Huong dan giai 02a

HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bi 1
1. (Bạn đọc tự vẽ hình)
Ta có SAB  SAC � AB  AC . Đặt AB  AC  x .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC ta có :
� 1�
BC 2  AB 2  AC 2  2AB.AC.cos1200 � a2  x2  x2  2.x.x. �
 �
� 2�
a
� x
3

Mặt khác: S ABC 

1
1 a a
a2 3
�
AB.AC.sin BAC

.
sin 1200 
.
2
2 3 3
24
a2 

a2

2
a
3
3

SA 

SB 2  AB 2 

�V 

1
1 a2 3
2 a3 2
.
SA.S ABC 
a

3
3 24
3
72

2. . (Bạn đọc tự vẽ hình)
Gọi H là trung điểm của AC thì SH  AC � SH   ABC  . Đặt
SH  h
2
2
Ta có SC 2  HS 2  HC 2  h2  a , SB2  HS 2  HB 2  h2  3a

4

2

2

2

4

0

Mà SC  BS  BC  2BS.BC cos 60

a2
3a2
3a2 1
3.
� h2 
 h2 
 a2  2a h2 
. � ha
4
4
4 2
2
a2 3
1
3 a2 3 a3 2
.

� VS.ABC  .a .

4
3
2 4
8
�
�
  (SAD), ( ABCD)  600
3. Kẻ HK  AD � SKH

Ta có SABC 

243


Ta có: HK 

1
a
CD 
4
4

� SH  HK tan 600 

a 3
,
4

S ABCD  a2
1
a3 3
SH .S ABCD 
3
12
Do AB / /(SCD)
� d  AB, SC   d( A, (SCD))
VSABCD 

4
d  H , (SCD)
3



3
3
AD  a
4
4
1
1
1
64
3a



� HE 

Trong tam giác SHF ta có:
.
2
2
2
2
4
HE
HS
HF
9a

Vẽ HF  CD, HE  SF � HE  d(H , (SCD)) , HF 

4. (Bạn đọc tự vẽ hình)
Ta có SO  (SAC) �(SBD) . Do hai mặt phẳng (SAC ) và (SBD) cùng
vuông góc với mặt phẳng  ABCD  nên suy ra SO  ( ABCD) .
Kẻ OE  AB, OK  SE � OK  d  O, (SAB)  a 3
Vì

1
OE

2

1



2



1
2



4
2

�

1
2



1
2



4
1

2

OA
OB

3a
SO
OK
OE
3
1
S ABCD  AC.DB  2a2 3 . Vậy VS. ABCD  a 3 .
2
3



4
2

a

� SO 

a
2

5. (Bạn đọc tự vẽ hình)
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A .
Ta có: BC  (SAB) � AK  (SBC ) � AK  SB � SB  ( AHK )
�
AHK   (SAB), (SBC )  600 .
Do đó �

Trong tam giác vuông AKH ta có: AK  sin 600  3 � AK  3 AH

AH

2

2

Suy ra
1
AK 2

244



4
3AH 2

�

1
SA 2



1
AC 2



4� 1

1 �
1
2
a 2
�

� SA 
� 2
�
3 �SA
2
AB2 � SA 2 a2


BC 

AB 2  AC 2  a 3 � SABC 

1
a2 3
.
CA.CB 
2
2

3
Vậy VS.ABC  a 6

12

6. Gọi H là hình chiếu của S lên BC ; E , F lần lượt là hình
chiếu của H lên AB, AC suy ra
SH  ( ABC ) và HE  HF nên AH
�
là phân giác của góc BAC
AB
BC
BH
AB

 1
 1
HF
HC
CH
AC
AB.AC
2a
� HF 

AB  AC
3

Ta có:

Suy ra SH  HF .tan 600  2a 3 ,
3

SABC 

1
AB.AC  a2
2

3
Vậy VS.ABC  2a 3 .

9

7. ( Bạn đọc tự vẽ hình )

Ta có BA  BC nên tam giác ABC vuông cân tại B.
BC  BA,BC  AS
Vì
nên
BC  (SAB) � BC  AB �
,
AB �
 SB � AB �
 (SBC) � AB �
 SC.
B ��
C  SC � SC  (AB ��
C ).
Thể tích khối chóp S.AB ��
C
là:
1
1
V  SC�

.SAB��
SC�
.AB �
.B ��
C.
C 
3
6
Ta có: SC  SA 2  AC2  SA 2  BC2  BA 2  a 3.
SA 2
a

.
SC
3
1
a 2
Tam giác SAB vuông cân tại A nên AB �
 SB �
 SB 
.
2
2
a2
a 6
2
2
Suy ra B ��
C 2  SB �
 SC�


� B ��
C 
.
6
6

Tam giác SAC�vuông tại A, đường cao AC�nên SC�

245


1
1 a 3 a 2 a 6 a3
SC�
.AB �
.B ��
C  .
.
.

.
6
6 3
2
6
36
�
8. Vì hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm A nên   SBA.
Mặt

khác, SA  BC, AD  BC (tam giác ABC cân tại A ) nên BC  (SAD) do đó
S
�
  BSD.
Từ các tam giác vuông SAB,SDB
ta có AB  SB.cos ,BD  SB.sin .
Mà AB 2  AD2  DB 2 nên
SB 2.cos2   SB 2.sin2   a2
a
� SB 
.
2
cos   sin2 
Vậy thể tích cần tìm là V 

C

A
D
Do đó BD 

asin 

asin 

,SA  SB.sin  
.
cos2   sin2 
cos2   sin2 B
1

1
Thể tích khối chóp là: V  SA.SABC  SA.AD.BC,
3
6
3
1
a sin .sin 
.
hay V  .SA.AD.BD 
3
3(cos2   sin2  )
S
9. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC), ta có SA,SB,SC lần lượt
tạo với đáy các góc SAH,SBH, SCH nên các tam giác SAH, ABH, SCH
bằng nhau nên HA  HB  HC, hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Gọi M là trung điểm của BC thì H �AM.
Theo định lý hàm số sin cho tam giác ABC có
BC
a
a
 2R  2HA � HA 
� SH  HA.tan  
.tan .
sin A
sin 
sin 
 a

Mặt khác, tam giác ABC cân tại A nên AB  BM.cot  .cot , do đó diện

2 2
2
C
A
2
1
a

tích đáy là SABC  AM.BC 
.cot .
H
2
4
2
M
3
1
a tan 
V  SH.SABC 
.
Thể tích của khối chóp cần tìm là

3
48sin2
2
B
10. Ta có: MN / / AD; BC  SA và BC  AB � BC  (SAB)
246

� BC  BM � BCMN là hình
thang vuông tại B và M .

SA  AB tan 600  a 3,
MN
SM
2
4a

 � MN 
,
AD
SA
3
3
2a
BM  AB 2  AM 2 
3
BCMN
Diện tích hình thang
:
S

BC  MN
10a2
BM 
2
3 3

Hạ SH  BM � SH  (BCMN ) � SH là đường cao của khối chóp

S.BCMN .
Do MH S : MAB nên suy ra:
MH .MB  MS.MA � MH 

MS.MA a 3

MB
3

� BH  BM  MH  a 3 � SH  SB 2  BH 2  4a2  3a2  a

Vậy VS.BCMN 

1
1 10a2
10 3a3
S.SH  .
.a 
.
3
3 3 3
27

Bi 2

AB  BC  CA
1. Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC: p 
 9a
2
Nên diện tích tam giác ABC là:

SABC 

p( p  AB)( p  BC )( p  AC )  9a.4a.3a.2a  6a2 6

247


Kẻ đường cao AK của tam giác
ABC và đường cao AH của tam
giác SAK
Ta có: AH  (SBC )
� AH  d( A,(SBC )) 
AK 

2a 6
,
3

2SABC

 2a 6
BC
Trong tam giác vuông SAK ,
1
1
1


ta có:
2

2
AH
SA
AK 2

�

1
SA 2



1



1



9



1



1

AH 2 AK 2 24a2 24a2 3a2
1
Vậy VS. ABCD  .a 3.6a2 6  6a3 2 .
3
2. Gọi O là tâm của đáy, I là trung điểm BC

� SA  a 3

�

� O  (SBC ), ( ABC )  600
a) Ta có BC  (SI O) � SI


IO 

1
a 3
AI 
3
6

� SO  I O tan 600 

a
,
2

a2 3
4

1
Vậy VSABC  SO.SABC
3
SABC 



1 a a2 3 a3 3
. .

3 2
4
24

b) Gọi E , F , P lần lượt là trung điểm của AB, BS, SM , ta có:
�
SA, BM    EF , PF  � EF
�

 F P . Đặt AB  x

2
2
2
2
2
Ta có: EF  a, BM 2  2(BS  BC )  SC  x  2a , F P  BM

4

248

2

2


�3x2
�
2�
 SA 2  AE 2 � SC 2
�4
�
2(EC 2  ES 2)  SC 2
4a2  x2
�
EM 2 
 �

4
4
4
2(SE 2  EM 2 )  SM 2 9a2

4
16
Tam giác EF P vuông tại F nên
EP 2 

EP 2  EF 2  FP 2 � x2  8a2 � x  2a 2

AO 

2
x 3
AI 
� SO 
3
3

SA 2  AO2 

4a2 

8a2 2a 3

3
3

2
3
Vậy VSABC  1 SO.SABC  2a 3 x 3  4a .

3

9

4

3

3. Vẽ ME / / SA � ME  ( ABCD) , do đó DM  BN � DE  BN .
Đặt AN  xAD
uuuu
r uuur uuuu
r
uuuu
r 1 uuur
DE  DA  AE   AD  AB ;
uuuu
r
uuur uuuur
uuur 3 uuuu
r
BN   AB  AN   AB  xAD
uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
BN  DE � 3AD  AB AB  xAD  0
uuur uuuu
r
� 3xAD2  AB 2  (3  x) AB.AD  0
Ta có tam giác ABD đều nên:







uuur uuuu
r
a2
�
AB.AD  AB.AD.cos BAD
 a.a.cos 600 
2
2
Nên ta có: 3xa2  a2  a (3  x)  0 � x  2 � AN  2 AD  2a

2

5

5

5

2

Ta có: ME  2 SA  2a 3 , SABN  1 AB.AN .sin 600  a
3

3

3
10

2

2

Suy ra SBND  SABC  SABN  3a

3

20

2
3
Vậy VBDMN  1 ME .SBND  1 2a 3 . 3a 3  a .

3

3

3

20

10
4. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên  ABCD  , tương tự như ví dụ

trên ta cũng có I là tâm đường tròn nội tiếp hình thang ABCD .

249


Vì tứ giác ABCD ngoại tiếp
nên

AB  DC  AD  BC  5a
Diện tích hình thang ABCD
1
là S   AB  DC  AD
2
1
 .5a.2a  5a2
2
Gọi p là nửa chu vi và r là

bán kính đường tròn nội tiếp
của hình thang

ABCD thì p 

AB  DC  AD  BC 10a

 5a ,
2
2

S 5a2

 a � IK  r  a.
p
5a
Tam giác SAD đều và có cạnh 2a nên
S  pr � r 

SK  a 3 � SI 

SK 2  I K 2  a 2

3
Vậy V  1 SI .S ABCD  1 a 2.5a2  5 2a .

3
3
3
AM
1 BA


5. Ta có
nên hai tam giác ABM và BCA đồng dạng
AB
S
2 BC
�
�
� ABM  BCA
�
�  BCA
�  BAC
�  900
� ABM
 BAC
� B  900 � MB  AC
� AI
Mặt khác, SA vuông góc với đáy nên

SA  BM, do đó BM  (SAC) suy ra
(SBM )  (SAC).
Vì N là trung điểm của SC, nên gọi
H là trung điểm của AC thì NH là
A
đường trung bình của tam giác SAC.
SA a
 , NH //SA nên NH  (ABCD).
Ta có NH 
2
2
B
1
Thể tích khối chóp ABI N là VNAI B  NH.SABI .
3
250

N
M
I

D

H
C


1
1
1

a 3


� AI 
2
2
2
3
AI
AB
AM
2
a 6
1
a 2
BI  AB 2  AI 2 
� SABI  I A.I B 
.
6
2
6
1 a a2 2 a3 2
Vậy thể tích khối chóp ABI N là VNAI B  . .

.
3 2 6
36
6. Hình chiếu của SC lên mặt đáy
�  450. Mặt khác
S

là AC nên SCA
�  300.
CB  (SAB) nên CSB
Trong

tam

giác

AMB

ta

có

và

�  300
Tam giác vuông SBC có CSB
1
nên BC  SC.
A
2
B
�  450
Tam giác vuông SAC có SAC
2
nên SA  AC 
SC.
D

C
2
Từ tam giác vuông ABD ta có BA 2  BC2  AC2 nên SC  2a, suy ra BC  a
và SA  a 2.
a3 2
Thể tích của khối chóp S.ABCD là V 
.
3
7. Dễ dàng tính được AN  DM  a 2,
mà AD  2a nên tam giác AND vuông tại N.
S
Theo định lí ba đường vuông góc thì
DN  MN, suy ra
M
DN
3
�
tan DMN


MN
3
Ta được MN  a 6 nên từ tam giác vuông
E A
AMN thì AM  2a � SA  4a.
Gọi F  AB �DN thì B là trung
điểm AF � E là trọng tâm tam
B
C
N

giác
nên
SAF
1
4
d(E,(ABC))  SA  a.
F
3
3
1
4
1
2
VM.AFD  MA.SADF  a3,VE.BFN  d(E,(ABC)).SBFN  a3
3
3
3
9
10 3
a.
Thể tích khối đa diện ADM.BNE là VADM.BNE  VM.AFD  VE.BFN 
9
8
Mà VS.ABND  2a3, nên VS.DMEN  VS.ABND  VADM.BNE  a3.
9
251

D

8. a) Tính VS.A BCD .
Gọi O là giao điểm của AC và BD ,
theo tính chất của hình chóp đều ta có
SO   ABCD  .
Trong tam giác vuông SOC ,

S

2

�a 2 � a2
SO  SC  OC  a  �
�
�2 � 2
�
�
a 2
� SO 
.
2
Thể tích của khối chóp S.ABCD .
2

2

2

2

1

1 a 2 a3 2
V  SABCD .SO  a2.

.
3
3
2
6

H

I

O

B

C

Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABCD : Stp  4SSBC  SA BCD
a 3
Vì tam giác SBC có các cạnh đều bằng a nên là tam giác đều suy ra SSBC 
4
� Stp  a2 3  a2  a2





31 .

Tính diện tích hai mặt chéo SAC và SBD .
Hai mặt chéo SAC và SBD bằng nhau:
1
1
a 2 a2
AC.SO  a 2.
 .
2
2
2
2
b) . Tính d A , SCD  .
SSAC 





3
Cách 1. Ta có VS.A CD  1 VS.ABCD  a 2 .
2
12
1
Mặt khác VSA CD  SSCD .d  A , SCD  
3

a3 2
3V
a 6

� d A , SCD   SACD  4 
.
2
SSCD
6
a 3
2
Cách 2. Gọi I là trung điểm của CD , dựng OH  SI  H �SI  , ta có





�
CD  OI
� CD   SOI  � CD  OH.
�
CD  SO
�
�
OH  SI
� OH   SCD  � OH  d O, SCD 
�
OH  CD
�



252

D

A




a 2 a
.
SO.OI
2
2  a 6.
OH.SI

SO.OI
�
OH


Trong tam giác vuông SOI ,
SI
6
a 3
2
d A , SCD 
CA
AO � SCD    C �

2
CO

d O, SCD 















� d A , SCD   2d O, SCD   2OH 

a 6
.
3

9. a) .Tính VS.A BCD .
Gọi O là giao điểm của AC và BD ,
ta có SO   ABCD  .

S

� hình chiếu vuông góc của SC

lên mặt phẳng  ABCD  là OC �

I

 SC, ABCD     SC,OC   �SCO  600.

F

Trong tam giác vuông SOC ,

K

a 2
a 6
SO  OC tan 60 
. 3
.
2
2
0

1
a3 6
� VS.ABCD  SABCD .SO 
.
3
6

E

D

C

O
A
B

b) .Tính diện tích thiết diện .
Gọi I là trung điểm của cạnh SC , K là giao điểm của AI và SO .
Qua O dựng đường thẳng song song với BD , cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại
E,F . Nối AE,AF .
Tam giác cân SAC có �
SCA  600 nên là tam giác đều , suy ra AF  SC.
�BD  AC
� BD   SAC  � BD  SC � EF  SC  do EF P BD  .
�
�BD  SO
�
EF  SC
 �
 AEIF
�
AI  SC
�

SC

 AEIF  P  .

� Thiết diện của  P  và hình chóp S.ABCD là tứ giác AEIF .
�
EF P BD
1
�
� EF   SAC  � EF  AI � SAEIF  AI.EF
�
2
�BD   SAC 
AI 

AC 3 a 2 3 a 6


.
2
2
2
253


Trong tam giác SAC , K là giao điểm của hai đường trung tuyến SO và AI nên
K là trọng tâm của tam giác này
EF SK 2
2
2a 2
1 2a 2 a 6 a2 3

 � EF  BD 
� SAEIF 

.

.
BD SO 3
3
2
2 3
2
3
10. a) Điều kiện của h để C’ thuộc cạnh SC .
�

 P   SC � A C'  SC , C’ là

S

chân đường cao của tam giác
SAC , suy ra C’ thuộc cạnh SC 
khi và chỉ khi �
ASC là góc nhọn.
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD , ta có O là trung điểm
của AC , SO  h và tam giác
SAC cân tại S , suy ra
1
�
OSC  �
ASC
2
do đó �

A SC là góc nhọn

D'

C'
K

B'

D
A
O

B

C

a 2
OC
�
��
OSC  450 � tanOSC

 1 hay 2
a 2
 1� h 
.
SO
h
2

b) Tính VS.A ’B’C’D’ .
Trong tam giác vuông SOC ,
2

�a 2 �
a2
a2
.
SC  SO  OC  h  �
� SC  h2 
�  h2 
�2 �
2
2
�
�
�BD  AC
� BD   SAC  � BD  SC � BD P  P  do  P   SC
�
�BD  SO
2

2

2

2



�
�BD � SBD 
� B'D' P BD
�
 P  P BD , P  � SBD   B'D'
�

1
.
AC'.B'D'
2
 AC'.SC  SO.AC

� B'D'   SAC  � B'D'  AC' � SAB'C 'D' 

Trong tam giác SAC : 2SSA C
� AC' 

254

SO.AC

SC

h.a 2
h2 

a2
2



2ah
2h2  a2 .




2

�
a2 � 2ah
Trong tam giác vuông SAC’ , SC'  SA  AC'  h 
�
�
2 � 2h2  a2 �
�
�
2



2

2

2 2

2h  a
4a h


2
2h2  a2

2

2

2

 2h  a  � SC'  2h  a .

2 2h  a 
2 2h  a 
2

2

2

2

2

2

2

2

2

Gọi  K   B'D'�AC' , khi đó S,K ,O là ba điểm chung của hai mặt phẳng  SAC 
và  SBD  nên chúng thẳng hàng.

B'D' SK
BD.SK

� B'D' 
.
BD
SO
SO
Hai tam giác vuông SKC’ và SOC có góc nhọn S chung nên chúng đồng dạng
,suy ra

Trong tam giác SBD,B’D’ P BD �

2h2  a2



2 2h2  a2

SK SC
SC'.SC

� SK 

SC' SO

SO
� B'D' 

a 2.

2



2h2  a2
2

.



h

2



2h2  a2
.
2h



2h  a
a 2 2h2  a2

2h

.
h
2h2









a 2 2h2  a2
a2 2 2h2  a2
1
2ah
Suy ra SA B'C 'D' 
.

.
2
2
2 2h2  a2
2h2
2h 2h  a
Suy ra thể tích khối chóp S.AB’C’D’ .



2
2
2
1 a 2 2h  a

1
V  SA B'C 'D'.SC' 
3
3 2h 2h2  a2

.

2

2

2h  a



2

2

2 2h  a







2
2
2
1 a 2h  a
 .
6 h 2h2  a2




2

.

c) Chứng minh tam giác B’C’D’ có góc tù .
Vì O là trung điểm của BD nên K là trung điểm của B’D’ .
Mặt khác B’D’  AC’ � Tam giác B’C’D’ cân tại C’ .
KC' SK

Hai tam giác SC’K và SOC đồng dạng suy ra
OC SC
KD' SK
B’D’ P BD �

OD SO
KC'
�


 1��
KD'C'  450 .
Vì OD  OC,SC  SO nên KC’  KD’ � tanKD'C'
KD'
Tam giác B’C’D’ cân tại C’ , �
B'D'C'  450 ��
B'C'D'  900 ��
B'C'D' là góc tù.
Bi 3
255


1. Gọi O là tâm của đáy, ta có SO  ( ABCD) suy ra :
1
VS. ABCD  SO.S ABCD .
3
a) Gọi M là trung điểm CD , ta có: CD  (SMO)
�
Do đó góc SMO
là góc giữa mặt
�
bên với mặt đáy, nên SMO
 600
Đặt AB  2x � MO  x,
OC  x 2
Trong các tam giác vuông
SOC, SOM ta có:
SO2  SC 2  OC 2  5a2  2x2;
SO  OM .tan 600  x 3

Nên ta có phương trình : 5a2  2x2  3x2 � x  a
1
4 3 3 4 3 3
x 3.(2x)2 
x 
a .
3
3
3
�
b) Gọi K là hình chiếu của O lên AM, ta có OK  (SCD) nên OSK
là
�
góc giữa đường cao SO với mặt bên nên OSK
 450 . Gọi N là trung điểm
Vậy VS. ABCD 

AB.
AB / /(SCD) � d( AB, SC)  d( AB,(SCD))  d(N ,(SCD))  NH  2a
1
NH  a
2
Các tam giác SKO, SOM là các tam giác vuông cân nên ta có
Trong đó HN / / OK � OK 

SO  OK 2  a 2, OM  SO  a 2



1

a 2 2a 2
3
2. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Vậy VS. ABCD 



2



8a3 2
.
3

a) Gọi M là trung điểm CD.
�
SM  CD,SH  CD � CD  (SHM ) �   SHM
� SH  x tan ,HM  x
Tam giác HCD vuông cân tại H
� CD  2x,HC  HD  2x.
256


Xét tam giác vuông
SC2  SH 2  HC2 nên

SHC

� b2  x2 tan2   2x2 � x 

ta

có

b
2  tan2 

.

Thể

tích

của

khối

chóp

4
b3 tan 
1
1
4 3
2
V

.
V  SH.S ABCD  x tan .(2x)  x tan , hay

3 (2  tan2  )3
3
3
3
b) Diện tích đáy của khối chóp SABCD  a2.
Gọi I là trung điểm của SH, hạ IK  SM thì I K  (SCD) � I K  k.
SI
IK

,
Đặt SH  h. Tam giác SI K và tam giác SMH đồng dạng nên
SM HM
h a
a2
2ak
.  k. h2 
�h
.
2
2 2
4
a  16k 2
2a3k
.
Thể tích khối chóp là V 
3 a2  16k2
3. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Gọi E là trung điểm của BC và F là hình chiếu vuông góc của E lên SA thì
a 2
.

EF là đoạn vuông góc chung của SA và BC � EF  d  BC,SA  
2
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC . Hai tam giác vuông SOA và EFA   đồng
dạng, suy ra
a 3 a 2
a 6
.
SO OA
OA.EF
a 6
3
2 
6

� SO 


.
2
2
EF FA
FA
3
AE2  EF2
�a 3 � �a 2 �

�
�
�2 �
� �

�
�
�
� �2 �
Do đó ta có: SI.HM  I K .SM �

1
1 a2 3 a 6 a3 2
� VS.ABC  SABC .SO  .
.

.
3
3 4
3
12
4. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
a) Tam giác SCD vuông tại S � SP  CD , mà MN P CD � SP  MN .
b) Gọi E là trung điểm của AB , ta có SE  AB .
a2 7a2
a 7
Trong tam giác vuông SEA , SE2  SA 2  EA 2  2a2 
.

� SE 
4
4
2
MN   là đường trung bình trong tam giác SAB
1

a
1
a 7
.
� MN  AB  , d  A ,MN   SE 
2
2
2
4
1
1 a a 7 a2 7
� SA MN  MN.d  A ,MN   . .

.
2
2 2 4
16
257


Dựng OH  SE thì OH   SAB (do OH  SE,OH  AB ) � OH  d  O, SAB 
2

�a 2 � 3a2
Trong tam giác vuông SOA , SO  SA  OA  2a  � � 
.
�2 � 2
�
�
1

1
1
2
4
14





Trong tam giác vuông SOE ,
2
2
2
2
2
OH
SO
OE
3a
a
3a2
2

� OH 

a 3



2

2

2

a 42
14

14
d P, SAB
EP
a 42

 2 � d P, SAB  2d O, SAB 
.
EO
7
d O, SAB















Thể tích khối tứ diện AMNP :
1
1 a2 7 a 42 a3 6
V  SAMN .d P, SAB  .
.

.
3
3 16
7
48
5. a) Xác định các góc  , .





�
SA   SAB � SAC 
�
� SA   ABC  .
�
 SAB   ABC  ,  SAC    ABC 
�
� hcSB /(A BC)  AB � SB, ABC    SB,AB  �
SBA  .





Tam giác ABC cân tại A có AD là trung tuyến � BD  AD .
�BD  AD
� BD   SAD 
�
�BD  SA
� hcSB /
 SD � SB, SAD    SB,SD   �
BSD  .

 SAD 





b) Chứng minh
SB2  SA 2  AD2  BD2.
Trong tam giác vuông SAB ,
SB2  SA 2  AB2 .
Trong tam giác vuông ADB ,
AB2  AD 2  BD 2 .
Suy ra SB2  SA 2  AD 2  BD 2 (*).
1
1
c) V  SABC .SA  AD.BC.SA

3
6
Trong tam giác vuông

S


C

A

a

SAB,SA  SBsin 
Trong tam giác vuông SDB (vuông tại D ) , BD  SBsin  .
Thay SA ,BD vào (*) ta được
258

D


B






SB2  SB2 sin2   a2  SB2 sin2  � SB2 1 sin2   sin2   a2





� SB2 cos2   sin2   a2 � SB2 

2

a
2

cos   sin2 

1
1
1
a2
� V  a.2SBsin .SBsin   a.SB2 sin .sin   a.
.sin .sin .
6
3
3 cos2   sin2 


a3 sin .sin 



3 cos2   sin2 



.

1 cos2 1 cos2 1

  cos2  cos2 
2
2
2
2  2
2  2
 cos
cos
 cos     cos     .
2
2

Lại có cos2   sin2  

�V 



a3 sin .sin 

3 cos2   sin2 





2
6. a) Chứng minh SC 

a3 sin  sin 
.
3cos     cos     (đpcm).

a2
cos2   sin2 

Hình chiếu vuông góc của
SC lên  ABCD  là AC nên
SC, ABCD   �
SCA   .



S





�BC  SA
� BC   SAB �
�
�BC  AB

hình chiếu vuông góc của
SC lên  SAB là SB
� SC, SAB  �
BSC   .



D

A



Xét tam giác vuông



B
C

SA C ,cos 

AC
AC 2
� cos2  
.
SC
SC 2

Xét tam giác vuông SBC (vuông tại B ), sin  

Suy ra cos2   sin2  

AC 2  BC 2
SC 2



AB2
SC 2



BC
BC 2
.
� sin2  
SC
SC 2

a2
SC 2
259


� SC 2 

a2
cos2   sin2 

. (đpcm).

b) VSA BCD
VSA BCD 


1
1
1
1
SA BCD .SA  AB.BC.SA  a.SC sin .SC sin   a2SC 2 sin  sin 
3
3
3
3

1 a3 sin .sin 
.
3 cos2   sin2 

7. a).Tính Sxq của hình chóp .
S

a



D

F

C
O

A



B


E

�
SA   SAB � SAD 
�
�
 SAB   ABCD  � SA   ABCD 
�
�
 SAD    ABCD 
�
Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC,CD , ta có
�BC  AE
� BC   SAE  � BC  SE.
�
�BC  SA

�BC   SBC  � ABCD 
�
�

AE � ABCD  , AE  BC �  SBC  , ABCD    SE,AE   �
SEA  
�
�
SE � SBC  , SE  BC
�
SFA  .
Tương tự  SCD  , ABCD   �









Trong hai tam giác vuông SA E,SAF , SE  SF 
260

SA
a

.
sin  sin 


AE  AF  SA cot   acot  .

Trong tam giác vuông AEB , AB 

AE
acot 

.
�
sinABE sin 
2

�acot �
a2 cot2 
Ta có SA BCD  AB.AD.sin   AB2 sin   �
sin


.
�
sin 
�sin  �
SSA D  SSAB 

1
1 a2 cot 
SA.AB  .
,
2
2 sin 

1
1 a

a2 cot 
BC.SE  .

.
2
2 sin  2sin .sin 
Suy ta diện tích xung quanh của hình chóp S.ABCD .
SSCD  SSBC 

Sxq  2 SSBC  SSAB  

a2 cot  �
1 �
1
�
�
sin  � sin  �

b). Tính VS.A BCD .
1
a3 cot2 
VS.A BCD  SABCD .SA 
.
3
3sin 

c). Chứng tỏ rằng : sin  

cot .sin


2

.
sin2   cot2  .

Gọi  O  AC I BD thì theo tính chất của hình thoi , BD  AC , O là trung điểm
của AC và BD .
�BD  AC
� BD   SAC  �  SBD    SAC 
Ta có �
�BD  SA
�
 SBD  � SAC   SO
�
�
� hcSB /  SAC   SO � SB, SAC    SB,SO   �
BSO   .
 SBD    SAC 
�
�
SB � SBD 
�
OB
(*) .
Trong tam giác vuông SOB ,sin  
SB

OA là đường phân giác của �
DAB ��

OAB  .
2
 acot
 acot 
OB  ABsin 
.sin 
.
Trong tam giác vuông AOB ,

2 sin 
2
2cos
2
Trong tam giác vuông SAB ,
2
acot  � 2 � cot2  �
2
2
2
2 �
SB  SA  AB  a  �
1
�
� a �
� sin2  �
�sin  �
�
�





261


� cot2  � a
� SB  a �
1
sin2   cot2 .
�
� sin2  � sin 
�
�
acot 
.


2cos
cot.sin
Từ (*)
2
2 .
� sin  

a
2
2
2
sin   cot2 

sin   cot 
sin 
Bi 4 Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,BA. H  AM �CN.

1
a2 3
a.a.sin 600 
.
2
4
2
a 3
Vì H cũng là trọng tâm của tam giác ABC nên HA  AM 
.
3
3
a2
1
�h
3b2  a2 .
Do đó SH 2  SA 2  AH 2  b2 
3
3
1. Diện tích đáy của khối chóp S.ABC là SABC 

2
2
2
Thể tích của khối chóp là V  1 SH.S ABC  a 3b  a .
3

12
a2 3
2. Diện tích đáy SABC 
.
S
4
Vì SH  BC,AM  BC nên BC  (SAM ), do
đó góc giữa mặt (SBC) và mặt đáy là góc giữa
�
hai đường thẳng MA,MS. Do SHM
 900 nên
�
�
  (MA,MS)
 SMA.

1
a 3
AM 
,
3
6
a 3
nên SH  HM.tan  
tan .
6
a3 tan 
Thể tích khối chóp là V 
.
8

Ta có HM 

C

A
H

N

M
B

 x

3. Đặt AB  x. Xét tam giác vuông SAN ta có SN  AN.cot  .cot .
2 2
2
2
2
2
Trong tam giác vuông SHN : SN  SH  HN , nên
2

�x 3 �
x2

.cot2  h2  �
�x
�6 �
�

4
2
�
�
262

2 3.h

3cot
1
2
2

.


x2 3
3 3.h2

.
Diện tích đáy
4
2
3cot
1
2
1
3.h3
V  SH.S ABC 
.

Thể tích khối chóp là

3
3cot2  1
2
4. Vì hình chiếu của S lên mặt đáy là H nên góc giữa cạnh bên và mặt đáy là
�
Trung đoạn của hình chóp là SM  d. Đặt SH  h.
  SAH.
1
1
Ta có AH  SH.cot   h.cot  � HM  AH  h.cot .
2
2
Tam giác SHM vuông tại H nên SM 2  SH 2  HM 2, hay
1
2d
h2  h2 cot2   d2 � h 
.
4
4  cot2 
SABC 

Suy ra AH 

2dcot 
2

4  cot 

của khối chóp SABC 



AB 3
4dcot 
� AB 
, nên diện tích đáy
2
3(4  cot2 )

AB 2 3 4 3d2 cot2 

.
4
3(4  cot2 )

Thể tích của khối chóp là V 

1
16d3 cot3 
h.SABC 
.
3
9 (4  cot2 )3

Bi 5
1. Gọi M là trung điểm của BC. Vì các tam giác SBC,ABC là tam giác đều nên
�
�

SM  BC,AM  BC � SMA
 (SBC),(ABC)
 600.

a 3
nên tam giác SAM là tam giác đều.
2
Gọi H là trung điểm cạnh AM � SH  AM mà BC  SH nên SH
là đường cao của khối chóp, nhưng SH cũng là đường cao của tam giác đều
S
a 3 3 3
SAM nên SH 
.
 a.
2
2 4
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
1
3 3
VSABC  SH.SABC 
a.
3
16
Mặt khác, tam giác SAC có
a 3
CS  CA  a,SA 
2
A
C
Suy ra diện tích của tam giác SAC là

H
M
Ta có SM  AM 

B

263


1
SA 2
39 2
SA. SC2 

a.
2
4
16
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là:
SACS 

3VSABC 3 13

a.
SACS
13
2. Vì BC  (SAB) nên AH  BC
AH  (SBC) � AH  HK ,AH  SC
mà AK  SC � SC  (AHK ).
1

Vậy VSAHK  SK .HA.HK .
6
AB.SA 2a

.
Ta có AH 
SB
5
d(B,(SAC)) 

AK 

S
K

H

AC.SA 2 5a

,
SC
3

HK  AK 2  AH 2 

C

A
8a

,SK 

4a
3

B
3 5
1 4a 2a 8a
32 3
� VSAHK  . .
.

a.
6 3 5 3 5 135
4
4
2
2
a nên SAHS  a2.
Mặt khác SH  SA  AH 
5
5
3VK SAH 8
 a.
Vậy khoảng cách cần tìm là: d(K ,(SAB)) 
SAHS
9
3. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Gọi M,N là trung điểm của BC,BA. H,K là
hình chiếu của S,C� xuống mặt phẳng

(ABC). SA  a 3 ,SH  a 15
2
6
và thể tích khối chóp S.ABC là V 

a3 5
.
24

Tam giác C�
AB cân tại C�và C�
N  C�
K 2  KN2 

nên ta có SABC�
264

7
a
4

3V AB
3V
7 2
AB))  C.C�

a . Vì thế d(C,(C�
S
2S
8

C�
AB
C�
AB


hay khoảng cách cần tìm là d(C,(C�
AB)) 

a 35
.
14

Bi 6
1. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
�
Rõ ràng (SHM )  AB nên SMH
 600.
a
3
Ta có MH  nên SH  MH.tan 600 
a.
4
4
1
1
1
3 3
SACN  AD.CN  a2 � VSANC  SH.SACN 
a.

2
4
3
48
Hạ HK  AC � SK  AC.
HO
a

Tam giác OHK vuông cân tại K nên HK 
2 4 2
3VNACS
14
7 2
� SK 
a,SACS 
a . Ta có d(N,(SAC)) 
SACS
8
8

21
a.
14
2. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Vì M là trung điểm của SC
nên OM //SA,MS  MC
nên d(N,(SAC)) 

do đó:

d(SA,BM )  d(SA,(OBM ))  d(S,(OBM ))  d(C,(OBM )) 

3VC.OMB
.
SOMB

1
AC  2a nên
OB  BC2  OC 2  a
2
1
� SOBC  OB.OC  a2.
2
Gọi N là trung điểm của OC thì MN //SO nên MN  (OBC) và
1
1
2 3
MN  SO  a 2. Do đó VM.OBC  .MN.SOBC 
a.
2
3
3
Ta có OC 

Ta có SA  SO2  OA 2  2 3a nên OM  3.a.
S
Tam giác OMB vuông tại O nên
3VC.OMB 2 6
1
3 2

SOMB  .OB.OM 
a � d(SA,BM ) 

a.
2
2
SOMB
3
Vậy khoảng cách giữa SA và BM là

3.

2 6
a.
3
M

A

B
I

Q

265
N
D

P

C


Vì các mặt bên nghiêng trên đáy một
góc  và chân đường cao I nằm
trong hình thang ABCD nên I là
tâm đường tròn nội tiếp hình thang.
Gọi tiếp điểm của nó với các cạnh
là M,N,P,Q (hình vẽ). Ta cũng có
� 
SNI
nên SI  I N.tan   r.tan .
� C  900 � BC  5a,
I B,I C là phân giác của hai góc kề bù nên BI
9a
12a
I B 2 16a
.
và CN 
IN 
,BN 

5
5
BC
5
24
a,
Từ các hình vuông AMI Q, QI PD ta có AD  2r 
5

28a
21a
588a2
2352a3
AB 
,DC 
� SABCD 
� VS.ABCD 
tan .
5
5
25
125
336 2
252a2
a , do đó
Mà SACD 
nên SACB  SABCD  SACD 
25
25
1
1344 3
VS.ABC  SH.SACB 
a .tan .
3
125
S
6a2
Theo công thức hình chiếu SBCS  BCI 
nên

cos  cos 
3VA .SBC 672a.sin 
d(A,(SBC)) 

.
SBCS
125

266