bài tập tổng hợp hình học không gian 11

Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

BAỉI TAP TONG HễẽP CHệễNG IV
Cõu 1: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v B
vi A D = 2a,A B = BC = a . Mt phng (SAD) vuụng gúc vi mt phng
(ABCD). Hỡnh chiu vuụng gúc ca S trờn AD l im H. Cỏc mt phng
(SAB) v (SCD) cựng hp vi ỏy (ABCD) mt gúc bng 600 .
a). Chng minh rng tam giỏc ACD vuụng v SH (ABCD)
b). Tớnh SH theo a.
c). Tớnh khong cỏch t H n mt phng (SCD).
LI GII
a). Gi E trung im ca AD, cú ABCE l hỡnh vuụng.
1
2

Do ú cú EC = EA = ED = AD ACD vuụng ti C.
hai mt phng (SAD) v mp(ABCD) vuụng gúc vi
nhau
theo
giao
tuyn
AD,
m
(SAD) SH A D SH (ABCD) .
b). Trong mp(ABCD) dng
HG CD,G CD CD SG ,
(SCD) (ABCD) = CD

nờn SG CD,HG CD
SG (SCD),HG (ABCD)

ã
ã
= SGH
(SCD),(ABCD)
= 600 .


ã
=
Trong SHG cú tanSGH

SH
SH = HG 3 (1).
HG

AB A D
AB (SAD) AB SA
AB SH

Cú

(SAB) (ABCD) = AB

ã
ã H = 600
= SA
(SAB),(ABCD)
Cú SA AB,AD AB

SA (SAB),A D (ABCD)

ã
=
Trong SA H cú tanSAH

SH
SH = AH 3 (2).
AH

t A H = x > 0 HG = x (do t (1) v (2)). D thy GHD vuụng cõn ti G,
nờn cú DH = HG 2 AD AH = HG 2 2a x = x 2 2a = x( 2 + 1)

142


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

2a

x=

2+1

= 2a

(

)

21 .

Do ú SH = AH 3 = 2a 3

(

)

21 .

Cú CD (SHG) m CD (SCD) (SCD) (SHG) hai mt phng ny vuụng
gúc vi nhau theo giao tuyn SG, trong mp(SHG) dng HI SG,I SG
HI (SCD) . Vy d ( H ,(SCD)) = HI

Cú

1
HI

2

=

1
HG

2

+

1
2

HS

=

1
2

x

+

1
2

3x

HI =

x 3
=a 3
2

(

)

21

Cõu 2: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a, SA = a . Hỡnh
chiu ca S trờn ( ABCD ) l H thuc AC v AH =

AC
.
4

a). Chng minh BD ( SA C ) .
b). Tớnh khong cỏch t S n ( ABCD ) v tớnh gúc ca SC vi ( ABCD ) .
c). Gi DM l ng cao SA C . Chng minh M l trung im ca S.
LI GII
a). Vỡ ABCD l na lc giỏc u nờn ni tip trong
ng trũn tõm O ng kớnh AD.

BD A B
BD (SAB)

BD SA

Cú

BD A K ( do AK (SA B)) .
AK SB

AK (SBD)

AK BD

Cú

SD AH
SD (AHK) .
SD AK ( do A K (SBD))

Cú

b). Cú AC = AD2 CD2 = (2a)2 a2 = a 3 .
Cú AC l hỡnh chiu vuụng gúc ca SC trờn
0
ã
ã
mp(ABCD), do ú SC,(ABCD) = SCA = 60 . Trong

SAC cú SA = AC tan600 = a 3. 3 = 3a .

Trong SAB cú

143

1
AK

2

=

1
2

AB

+

1
2

AS

=

1
2

a

+

1
9a2


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

⇒ AK =

3a
10

Trong ∆SAD có

1
AH

2

=

1
AD

2

+

1
2

AS

=

1
2

4a

+

1
2

9a

⇒ AH =

6a
13

Vì AK ⊥ (SBD) mà HK ⊂ (SBD) ⇒ AK ⊥ HK
1
1
KA.KH = KA. AH 2 − A K 2 =
2
2
c). Trong mp(ABCD) dựng Dx PAC ⇒ AC P(Dx,SD) .
S∆A HK =

Do đó d ( AC,SD ) = d ( AC,(Dx,SD)) = d ( A ,(Dx,SD))
Trong mp(ABCD) dựng A M ⊥ Dx ⇒ Dx ⊥ (SAM)
mà Dx ⊂ (Dx,SD) ⇒ (SAM ) ⊥ (Dx,SD) hai mặt phẳng này vuông góc với nhau
theo giao tuyến SM, trong mp(SAM) dựng A N ⊥ SM ,N ∈ SM
Câu 3: Cho hình chóp ( S.ABCD ) có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B.
Biết A D = 2a,AB = BC = a,( SAB) ⊥ ( ABCD ) ; ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) và SA = 2a.
a). Chứng minh: SA ⊥ ( ABCD ) .
b). Tính góc giữa đường thẳng SB và ( ABCD ) .
c). Gọi O là trung điểm AC. Chứng minh : ( SBO ) ⊥ ( SAC ) .
d). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.
LỜI GIẢI

(SAB) ∩ (SAD) = SA

⇒ SA ⊥ (ABCD) .
a). Có (SAB) ⊥ (ABCD)
(SAD) ⊥ (ABCD)


b). Có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên
mp(ABCD), nên góc giữa SB với mp(ABCD) là góc
·
.
SBA
Trong ∆SA B vuông tại A có
SA 2a
·
·
tanSBA
=
=
= 2 ⇒ SBA
= arctan2 .
AB a

c). Gọi H trung điểm của AD, suy ra tứ giác ABCH là hình vuông nên BO ⊥ AC .
 BO ⊥ A C

Có 

 BO ⊥ SA

⇒ BO ⊥ (SAC) , mà BO ⊂ (SBO) ⇒ (SBO) ⊥ (SAC) .

144


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

d). Hai mt phng (SBO) v (SAC) vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SO, trong
mp(SAC) dng A G SO,G SO AG (SBO) , nờn d ( A ,(SBO)) = AG .
1
2

a 2
.
2
1
1
1
2
1
2a
=
+
=
+
AG =
Trong SAO vuụng ti A cú
3
AG 2 AO 2 AS2 a2 4a2
D thy BCDH l hỡnh bỡnh hnh nờn CD P BO CD P(SBO) . Vy

Vỡ ABCH l hỡnh vuụng cnh a nờn A O = AC =

d ( SB,CD ) = d ( CD,(SBO)) = d ( C,(SBO))

Hai im C v A nm trờn ng thng cú giao im vi mp(SBO), nờn cú
d ( C,(SBO))

d ( A,(SBO))

=

CO
2a
= 1 d ( A,(SBO)) = d ( C,(SBO)) =
AO
3

Cõu 4: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, cnh a.
Hai mt bờn ( SAB) v ( SA D ) cựng vuụng gúc vi mt ỏy v SA = a 3 .
a). Chng minh:tam giỏc SCD l tam giỏc vuụng.
b). Tớnh gúc gia ng thng AD v mt phng ( SAC ) .
c). Tớnh gúc gia mt phng ( SBD ) v ( ABCD ) .
d). Tớnh khong cỏch t B n mt phng ( SCD ) .
LI GII
CD AD
CD (SAD)
CD SA

a). Cú

CD SD SCD vuụng ti D.
BD AC

b). Cú

BD SA

BD (SAD) .

T ú suy ra AO l hỡnh chiu vuụng gúc ca
AD trờn mp(SAC), do ú gúc gia AC vi
ã
mp(SAC) l gúc DAO
= 450 .
BD = (SBD) (ABCD)

ã
ã
ã
= SO,AC
(SBD);(ABCD)
= SOA
c). Cú SO BD;AC BD
.


SO (SBD);AC (ABCD)

(

)

SA a 3
ã
ã
tanSOA
=
=
= 6 SOA
= arctan 6
Trong SAO vuụng ti A cú
.
AO a 2
2

145


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

d). Theo câu a) có CD ⊥ (SA D) mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SA D) , hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SD, trong mp(SAD) dựng A G ⊥ SD,
G ∈ SD ⇒ AG ⊥ (SCD) .
Dựng đường thẳng d qua G và song song với AB ⇒ AB và d đồng phẳng.
Trong mp(AB,d) dựng BH PAG,H ∈ d ⇒ BH ⊥ (SCD) . Vậy d ( B,(SCD)) = BH
Trong ∆SAD vuông tại A có

1

1
1
1
1
a 3
=
+
=
+
⇒ AG =
2
AG 2 AD 2 AS2 a2 3a2

Theo cách dựng trên thì tứ giác ABHG là hình bình hành. Do đó
BH = AG =

a 3
a 3
.
⇒ d ( B,(SCD)) =
2
2

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, cạnh 2a,
SO ⊥ ( ABCD ) và các mặt bên là tam giác đều. Gọi I,J lần lượt là trung điểm

của CD và AD.
a). Chứng minh: A C ⊥ ( SBD ) và ( SOI ) ⊥ ( SCD ) .
b). Tính góc của mặt phẳng ( SCD ) và mặt phẳng ( ABCD ) .
c). Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SCD ) .

d). Gọi M là giao điểm của JC và BD,G thuộc đoạn SI sao cho SI = 3GI. Chứng
minh: BD ⊥ MG.
LỜI GIẢI
 AC ⊥ BD

⇒ AC ⊥ (SBD) .
a). Có  AC ⊥ SO
 BD,SO ⊂ (SBD)

CD ⊥ OI ( OI P BC )

⇒ CD ⊥ (SOI) ,
Có CD ⊥ SO
OI,SO ⊂ (SOI)


mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SOI) .
CD = (SCD) ∩ (ABCD)

·
·
·
 = SI,OI
⇒ (SCD);(ABCD)
= SIO
c). Có SI ⊥ CD;OI ⊥ CD
.


SI ⊂ (SCD);OI ⊂ (ABCD)



(

Trong ∆SIO vuông tại O có

)

SO a 3
·
·
tanSIO
=
=
= 6 ⇒ SOA
= arctan 6
.
OI a 2
2

146


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

Cõu 6: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, cnh a,
SA ( ABCD ) v SA = a 2 . Gi E l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB.

a). Chng minh: ( SAC ) ( SBD ) .
b). Chng minh: A E ( SBC ) .

c). Tớnh gúc gia ng thng SC v mt phng ( ABCD ) .
d). Tớnh khong cỏch t im G n mt phng ( SBC ) , vi G l trng tõm ca
tam giỏc SAD.
LI GII
BD AC; BD SA
BD ( SAC ) ,
AC,SA (SAC)

a). Cú

m BD (SBD) (SBD) ( SAC ) .
BC AB

BC ( SAB) ,
b). Cú BC SA
AB,SA (SAB)


m BC (SBC) (SBC) ( SAB) , hai mt phng
ny vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SB, trong
(SAB) cú A E SB AE (SBC)
c). Cú AC l hỡnh chiu vuụng gúc ca SC trờn mp(ABCD), nờn gúc gia SC vi
ã
mp(ABCD) l gúc SCA
.
ã
=
Trong SA C vuụng ti A cú tanSCA

SA a 2

ã
=
= 1 SCA
= 450 .
AC a 2

CD AD

CD ( SAD ) , m CD (SCD) (SCD) ( SAD ) , hai
d). Cú CD SA
AD,SA (SAD)


mt phng ny vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SD, trong mp(SAD) dng
A H SD,H SD AH (SCD) . Vy d ( A ,(SCD)) = AH

Trong SAD vuụng ti A cú

1
1
1
1
1
a 6
=
+
= 2 + 2 AH =
2
2
2

3
AH
AD
AS
a 2a

Cú A B PCD AB P(SCD) d ( B,(SCD)) = d ( A ,(SCD))
Gi F giao im ca BG vi SC.
d ( G,(SCD))
d ( B,(SCD))

147

=

GF 1
1
a 6
= d ( G,(SCD)) = d ( B,(SCD)) =
BF 3
3
9


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, với
A D = DC = a; SA = AB = 2a; SA ⊥ ( ABCD ) ; I là trung điểm cạnh AB.

a). Chứng minh: CI ⊥ ( SA B) ;BC ⊥ ( SA C ) .

b). Tính khoảng cách h từ điểm A đến ( SBC ) .
c). Tính góc α giữa SA và ( SID ) .
d). Tính góc β giữa hai mặt phẳng ( ( SAB) ,( SBC ) ) .
LỜI GIẢI
a). Có tứ giác ADCI là hình vuông nên CI ⊥ AB
CI ⊥ AB
⇒ CI ⊥ (SAB)
CI ⊥ SA

Có 

Trong tam giác ABC có CI là đường trung
tuyến và CI =

AB
⇒ ∆ABC vuông tại C.
2

CB ⊥ AC
⇒ CB ⊥ (SAC)
CB ⊥ SA

Có 

b). Theo câu a) có CB ⊥ (SAC) mà CB ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAC) , hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SC, trong mp(SAC) dựng
A H ⊥ SC,H ∈ SC ⇒ AH ⊥ (SBC) . Vậy d ( A ,(SBC)) = AH .

Trong ∆SA C vuông tại A có

1
1
1
1
1
2a 3
=
+
=
+
⇒ AH =
3
AH 2 A C 2 AS2 2a2 4a2

 DI ⊥ AC
⇒ DI ⊥ (SAC) , mà DI ⊂ (SDI) ⇒ (SDI) ⊥ (SAC) , hai mặt phẳng
 DI ⊥ SA

c). Có 

này vuông góc với nhau theo giao tuyến SO, trong mp(SAC) dựng A J ⊥ SO,J ∈ SO
⇒ AJ ⊥ (SDI) . Vậy SJ là hình chiếu vuông góc của SA trên mp(SDI) do đó góc
·
giữa SA và (SDI) là góc ASO
.

Trong ∆SAO vuông tại A có

a 2
AO

2
2.
·
·
tan ASO
=
= 2 =
⇒ ASO
= arctan
SA
2a
4
4

d). Trong mp(SAB) dựng A K ⊥ SB,K ∈ SB .
SB ⊥ AK
⇒ SB ⊥ (SHK ) ⇒ SB ⊥ HK
SB ⊥ AH ( do AH ⊥ (SBC))

Có 

148


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

SB = (SAB) (SBC)

ã
ã

ã
= AK,HK
(SAB);(SBC)
= AKH
Cú AK SB;HK SB
.


AK (SAB);HK (SBC)


)

(

Cú SA B vuụng cõn ti A nờn A K =

SB
=a 2
2

Vỡ A H (SBC) AH HK ( do HK (SBC)) AHK vuụng ti H, nờn:
AH
ã
tan AKH
=
=
HK

AH

AK 2 AH 2

=

2a 3
3
ã
= 2 AKH
= arctan 2 .
2
4a
2
2a
3

Cõu 8: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, v SH
vuụng gúc vi mt phng ( ABCD ) ti trung im H ca on AO. Cho
SA = A B = a.

a). Chng minh: mt phng ( SAC ) vuụng gúc mt phng ( SBD ) .
b). Tớnh khong cỏch t S n ( ABCD ) .
c). Chng minh: SOA l gúc gia ( SBD ) v ( ABCD ) . Tỡnh s o gúc ny.
LI GII
BD AC; BD SH
BD (SAC) ,
AC,SH (SA C)

a). Cú

m BD (SBD) (SBD) (SAC) .

b). Cú

AH =

AC AB 2 a 2
. Trong
=
=
4
4
4

vuụng ti A cú SH = SA 2 AH 2 =

SA H

a 14
.
4

BD = (SBD) (ABCD)

ã
ã
ã
(SBD);(A
BCD) = SO,AC
= SOA
c). Cú SO BD;AC BD
.

SO (SBD);AC (A BCD)


(

)

a 14
SH
ã
ã
= 4 = 7 SOH
= arctan 7 .
Trong SHO vuụng ti H cú tanSOH =
HO a 2
4

149


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a;
SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 3 .

a). Chứng minh rằng: ∆SBC vuông, tính góc giữa SC và ( SAD ) .
b). Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( SBC ) .
c) Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) .

LỜI GIẢI
 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC
 BC ⊥ SA

a). Có 

vuông tại B.
CD ⊥ AD

Có 

CD ⊥ SA

⇒ CD ⊥ (SAD) . Do đó SD là hình

chiếu của SC trên mp(SAD), nên góc giữa SC và
·
mp(SAD) là góc CSD
.
·
=
Trong ∆SCD vuông tại D có tanCSD

CD a 1 ·
1
=
= ⇒ CSD = arctan .
SD 2a 2
2

b). Theo câu a) có BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB) , hai mặt phẳng này vuông góc với
nhau theo giao tuyến SB, trong mp(SAB) dựng A F ⊥ SB,F ∈ SB ⇒ AF ⊥ (SBC) .
Vậy d ( A ,(SBC)) = AF .
Trong ∆SA B vuông tại A có

1
1
1
1
1
a 3
=
+
= 2 + 2 ⇒ AF =
2
2
2
2
AF
AB AS
a 3a

Có A D P BC ⊂ (SBC) ⇒ AD P(SBC) ⇒ d ( D,(SBC)) = d ( A ,(SBC))
Kết luận d ( D,(SBC)) =

a 3
.
2
 BD ⊥ AC

⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO .
 BD ⊥ SA

c). Gọi O = AC ∩ BD . Có 

(SBD) ∩ (A BCD) = BD

·
·
·
 = SO,AC
⇒ (SBD),(ABCD)
= SOA
Có SO ⊥ BD;AC ⊥ BD
.


SO ⊂ (SBD);A C ⊂ (ABCD)


(

)

150


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

SA a 3

ã
ã
tanSOA
=
=
= 6 SOA
= arctan 6
Trong SAO vuụng ti A cú
.
OA a 2
2
d). Trong mp(SAC) dng OH SC,H SC OH BD ( do BD (SA C))
d ( BD,SC ) = OH .

a 2
HO
CO
Cú CHO ~CAS g.g
( ) AS = CS HO = 2 .a 3 = a1030 .
a 5
a 30
.
10

Kt lun d ( BD,SC ) =

e). Trong mp(ABCD) dng Bx PAC AC Pmp ( SB,Bx) .
T ú cú d ( A C,SB) = d ( A C,(SB,Bx)) = d ( A ,(SB,Bx)) .
Dng A I Bx,I Bx Bx (SAI) ,

m Bx mp ( SB,Sx) ( SB,Bx) (SAI) hai mt phng
ny vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SI, trong mp(SAI)
dng A J SI,J SI AJ ( SB,Bx) .
Vy d ( A ,(SB,Bx)) = AJ

a 2
.
2
1
1
1
1
1
a 21
=
+
=
+
AJ =
2
2
2
2
2
7 .
AI
AS
a 2
Cú A J
a 3

ữ
2 ữ



D thy AOBI l hỡnh vuụng AI =

(

Kt lun d ( A C,SB) =

)

a 21
.
7

Cõu 10: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú SA ( ABCD ) , ỏy ABCD l hỡnh thang
A B PCD v A B = 2CD, ABC vuụng ti C, SA = A C = CB = a 2 v E l trung

im AB.

a). Chng minh: ( SCD ) ( SAD ) .
b). Xỏc nh v tớnh gúc gia SC v ( SAB) .
c). Tớnh khong cỏch gia AB v SC.
LI GII
AC BC

Theo cú

AC = BC

ABC vuụng cõn ti C. Cú

CE l ng trung tuyn ca ABC CE l ng
cao CE AB .

151


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Dễ thấy ADCE là hình thoi và CE ⊥ AB ⇒ ADCE là
hình vuông.
CD ⊥ AD

a). Có 

CD ⊥ SA

⇒ CD ⊥ (SAD) , mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SA D) .

CE ⊥ AB
⇒ CE ⊥ (SAB) ⇒ SE là hình chiếu vuông góc của SC trên
CE ⊥ SA

b). Có 

·

mp(SAB), suy ra góc giữa SC và (SAB) là góc CSE
1
2

1
2

Có CE = AB = AC 2 = a
Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều với
A B = BC = CD = a và A D = 2a . Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với ( ABCD ) . H là trung điểm cạnh AD (cho biết các tam giác
AHB,BHC,CHD là các tam giác đều).
a). Chứng minh: SH vuông góc với ( ABCD ) .

b). Xác định và tính góc giữa SB và ( ABCD ) .
c) Tính góc giữa ( SBC ) và ( SAD ) .
d). Tính khoảng cách từ D đến ( SAB) .
LỜI GIẢI

a). Vì SAD là tam giác đều và H trung điểm của AD ⇒ SH ⊥ AD ,
AD 3
= a 3.
2
(SAD) ⊥ (ABCD)

(SAD) ∩ (A BCD) = A D
⇒ SH ⊥ (ABCD) .
Có 
SH ⊥ AD
SH ⊂ (SAD)

SH =

152


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

b). Cú BH l hỡnh chiu vuụng gúc ca SB trờn mp(ABCD), do ú gúc gia SB v
ã
(ABCD) l gúc SBH
.
ã
Trong SBH vuụng ti H cú tanSBH
=

SH a 3
ã
=
= 3 SBH
= 600 .
BH
a

S (SBC) (SAD)

(SBC) (SAD) = Sx P BC PA D .
c). Cú BC PAD
BC (SBC);AD (SAD)

Vỡ SH AD SH Sx .
Trong mp(ABCD) dng HG BC,G BC BC SG (nh lý 3 ng vuụng
gúc) SG Sx
(SBC) (SA D) = Sx

SH Sx
ã
ã
= GSH
(SBC),(SAD)
T ú cú
.


SG

Sx

SG (SBC);SH (SAD)

HG l ng cao ca tam giỏc u HBC HG =

BC 3 a 3
.
=
2
2

a 3

GH
1 ã
1.
Trong SGH vuụng ti H cú tanGSH
ã
=
= 2 = GSH
= arctan
SH

a 3

2

2

ã
= arctan 1 .
Vy (SBC),(SAD)




2

d). Trong mp(ABCD) dng HI AB,I AB AB (SHI) m A B (SAB)
(SA B) (SHI) , hai mt phng ny vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SI, trong
mp(SHI) dng HK SI,K SI HK (SAB) . Vy d ( H,(SAB)) = HK .
Trong SHI vuụng ti H cú

1
1
1
1
1
=
+
=
+
2
2
2
2
HK
HI
HS
a 3
a 3

ữ
ữ
2



(

)

2

HK =

a 15
5 .

Hai im D, H nm trờn ng thng cú giao im vi (SAB) ti A, nờn cú
d ( D,(SAB))

d ( H,(SAB))

=

DA
2a 15
= 2 d ( D,(SAB)) = 2d ( H,(SAB)) =
HA
5

Kt lun d ( D,(SA B)) =

2a 15
.
5

Cõu 12: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ABCD l hỡnh thoi cnh a tõm O,
BAD = 600 ; SA B u v ( SAB) ( ABCD ) . Gi H l trung im ca AB.

a). Chng minh: SH ( ABCD ) v SCD vuụng ti D.

153


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

b). Tính góc giữa SD và ( SAB) .
c). Xác định và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SBC ) .
d). Gọi G là trọng tâm của ∆SA B, K thuộc cạnh SD sao cho KS = 2KD . Xác
định và tính góc giữa ( ABC ) và ( BKG ) .
LỜI GIẢI

a). Vì SAB là tam giác đều và H trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ,
SH =

AB 3 a 3
.
=
2
2

(SAB) ⊥ (A BCD)

(SAB) ∩ (ABCD) = AB
⇒ SH ⊥ (ABCD) .
Có 
SH ⊥ AB
SH ⊂ (SAB)
·
Vì ABCD là hình thoi có BAD
= 600 ⇒ các tam giác ABD và BCD là các tam

·
·
·
giác đều. Có CDH
= CDB
+ BDH
= 600 + 300 = 900 ⇒ CD ⊥ HD .
CD ⊥ SH

Có 

CD ⊥ HD

⇒ CD ⊥ (SHD) ⇒ CD ⊥ SD ⇒ ∆SCD vuông tại D.

 DH ⊥ A B

⇒ DH ⊥ (SAB) ⇒ SH là hình chiếu vuông góc của SD
b). Có  DH ⊥ SH
 AB,SH ⊂ (SAB)

·
trên mp(SAB), do đó góc giữa SD và (SAB) là góc DSH
.
a 3
·
Trong ∆SDH vuông tại H có SH = DH =
⇒ DSH
= 450 .
2

154


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn
0
ã
Vy SD,(SAB) = 45 .

c). Trong mp(ABCD) dng HI BC,I BC BC (SHI) m BC (SBC)
(SBC) (SHI) , hai mt phng ny vuụng gúc vi nhau theo giao tuyn SI, trong
mp(SHI) dng HJ SI,J SI HJ (SBC) . Vy d ( H,(SBC)) = HJ .
a
a 3
ã
Trong BHI vuụng ti I, cú HI = HBsinIBH
.
= .sin600 =
2

4

Trong SHI vuụng ti H cú
1
1
1
1
1
a 15
=

+
=
+
HJ =
2
2
2
2
2
10 .
HJ
HI
HS
a 3 a 3

ữ

ữ
ữ
ữ
4 2

Kt lun d ( H,(SBC)) =

a 15
.
10

d). Gi P trung im ca SA. Vỡ SA B u SA = AB = a SP =

a
2

2
a 6
a 6
Vỡ SHD vuụng cõn ti H SD = SH 2 =
, cú SK = SD =
3

2

3

2

3a
6
2
=
.
4
a 6
2.a.
2
2
2
2
ã
Trong SPK cú: PK = SP + SK 2PK.SK.cosASD

SA 2 + SD 2 AD 2
ã
=
Trong SAD cú: cosASD =
2SA.SD

2

2
a a 6
a a 6 6 5 2
= ữ +
.
= a .
ữ 2. .

ữ
2
3
2 3 4 12



Trong SPK cú SK 2 = SP 2 + PK 2 =

2a2
SPK vuụng ti P.
3

PK SA

SA (BGK ) , m SA (SA B) (SAB) (BGK )
Cú BP SA
PK ,BP (BGK)

ã
(SAB),(BGK
) = 900 .



Cõu 13: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v B.
Bit BC = AB = 2A D = 2a;SH ( A BC ) vi H l trung im AB; mt bờn SAB l
tam giỏc u.

155


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

a). Chứng minh: các tam giác SAD, SBC vuông.
b). Tính góc giữa hai mặt phẳng: ( SA D ) và ( SBC ) .
c). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
d). Tính khoảng cách từ điểm A đến ( SCD ) .
LỜI GIẢI

 AD ⊥ AB

⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ AD ⊥ SA ⇒ ∆ SAD vuông tại A.

a). Có  AD ⊥ SH
 AB,SH ⊂ (SA B)

 BC ⊥ AB

⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆ SBC vuông tại B.
Có  BC ⊥ SH
 AB,SH ⊂ (SA B)

S ∈ (SAD) ∩ (SBC)

⇒ (SAD) ∩ (SBC) = Sx PAD P BC .
b). Có  AD P BC
 AD ⊂ (SAD);BC ⊂ (SBC)


Theo câu a) A D ⊥ SA ⇒ Sx ⊥ SA và BC ⊥ SB ⇒ Sx ⊥ SB
(SAD) ∩ (SBC) = Sx

·
· SB = 600
=A
⇒ (SAD),(SBC)
Vậy có Sx ⊥ SA;Sx ⊥ SB
.


SA ⊂ (SAD);SB ⊂ (SBC)


c). Có A D P BC mà BC ⊂ (SBC) ⇒ AD P(SBC) ⊃ SC . Do đó:
d ( A D,SC ) = d ( AD,(SBC)) = d ( A ,(SBC))

Theo câu a) có BC ⊥ (SAB) mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SAB) ⊥ (SBC) , hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SB, trong mp(SAB) dựng

156


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

A K ⊥ SB,K ∈ SB ⇒ A K ⊥ (SBC) . Vậy d ( A ,(SBC)) = AK = a 3 (do AK là đường

cao của tam giác đều SAB).
Kết luận d ( A D,SC ) = a 3 .
d). Trong mp(ABCD) dựng HI ⊥ CD,I ∈ CD ⇒ CD ⊥ (SHI) mà CD ⊂ (SCD)
⇒ (SCD) ⊥ (SHI) , hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI, trong

mp(SHI) dựng HJ ⊥ SI,J ∈ SI ⇒ HJ ⊥ (SCD) . Vậy d ( H,(SCD)) = HJ .
uuuu
r

1 uuur
2

Trong mp(ABCD) gọi Q = A B ∩ CD , có A D = BC ⇒ AD là đường trung bình
của tam giác QBC.
1
2

1
2

1
2

Có S∆QBC = S∆HQC + S∆BCH ⇒ BQ.BC = HI.CQ + BH.BC
⇔ 4a.2a = HI. (4a)2 + (2a)2 + a.2a ⇒ HI =

3a 5
5

Trong ∆SHI vuông tại H có
1
1
1
1
1
=
+
=
+
2
2
2
2
HJ
HI
HS
 3a 5 

a 3

÷
÷
5



(

)

2

⇒ HJ =

3a 2
4 .

Hai điểm A, H nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SCD) tại Q, nên có
d ( A,(SCD))

d ( H,(SCD))

=

AQ 2
2
a 2
= ⇒ d ( A,(SCD)) = d ( H,(SCD)) =

HQ 3
3
2

Kết luận d ( A,(SCD)) =

a 2
.
2

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Biết
tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
a). Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh: SH ⊥ ( ABCD ) .
b). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) .
c). Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) .
d). Tính góc tạo bởi mặt phẳng ( SAB) và ( SCD ) .
LỜI GIẢI

157


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

a). Vì SAB là tam giác đều và H trung điểm của AB
⇒ SH ⊥ AB , SH =

AB 3 a 3
.
=
2

2

(SAB) ⊥ (A BCD)

Có (SAB) ∩ (ABCD) = AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) .
SH ⊥ AB;SH ⊂ (SAB)


b). Có CH là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD), do đó góc giữa SC và
·
(ABCD) là góc SCH
.
a 5
Trong ∆BCH vuông tại B có HC = BC 2 + BH 2 =
.
2

a 3
SH
15
15
·
·
= 2 =
⇒ SCH
= arctan
Trong ∆SCH vuông tại H có tanSCH =
.
CH a 5
5

5
2
CD
⊂
(SCD)
⇒
AB
P
(SCD)
A
B
P
CD
c). Có
mà
. Do đó:
d ( A ,(SCD)) = d ( H,(SCD)) (Vì H ∈ AB ).

Trong mp(ABCD) dựng HI ⊥ CD,I ∈ CD ⇒ CD ⊥ (SHI) mà CD ⊂ (SCD)
⇒ (SCD) ⊥ (SHI) , hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI, trong
mp(SHI) dựng HJ ⊥ SI,J ∈ SI ⇒ HJ ⊥ (SCD) . Vậy d ( H,(SCD)) = HJ .
1
1
1
1
1
a 21
=
+
=

+
⇒ HJ =
2
2
2
2
2
7 .
HI
HS
Trong ∆SHI vuông tại H có HJ
( a)  a 3 

÷
÷
 2 

Vậy d ( A ,(SCD)) =

a 21
.
7

S ∈ (SAB) ∩ (SCD)

⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx PAB PCD .
d). Có  AB PCD
 AB ⊂ (SA B);CD ⊂ (SCD)


Có SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ Sx( Sx PAB)
Có CD ⊥ (SHI) ⇒ SI ⊥ CD ⇒ SI ⊥ Sx ( Sx PCD )
(SAB) ∩ (SCD) = Sx

·
·
 = HSI
⇒ (SAB),(SCD)
Vậy có Sx ⊥ SH;Sx ⊥ SI
.


SH ⊂ (SAB);SI ⊂ (SCD)


158


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

IH
a
2 3
2 3
ã
ã
tanISH
=
=
=

ISH
= arctan
Trong SHI vuụng ti H cú
SH a 3
3
3 .
2
ã
= arctan 2 3 .
Kt lun (SAB),(SCD)




3

Cõu 15: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v D,
cú SA (ABCD) , A B = 2A D = 2CD = 2a,SA = a 2 .
a). Chng minh 4 mt bờn ca khi chúp l cỏc tam giỏc vuụng. Tớnh khong
cỏch t A n (SBC).
b). Tớnh gúc gia hai mt phng (SCD) v (SBC).
c). Tớnh khong cỏch gia hai ng thng AC v SB.
LI GII
a). Vỡ SA (ABCD) SA AB,SA AD SAB
v SAD l cỏc tam giỏc vuụng.
CD AD

CD (SAD)
Cú CD SA
AD,SA (SAD)

CD SD SCD vuụng ti D.

Gi E trung im ca AB suy ra t giỏc ADCE
l hỡnh vuụng. Xột A BC cú CE l ng trung
1
2

tuyn v CE = AB ABC vuụng ti C.
BC AC

BC (SAC) BC SC SBC vuụng ti C.
Cú BC SA
AC,SA (SAC)


Cú BC (SAC) m BC (SBC) (SBC) (SAC) , hai mt phng ny vuụng
gúc vi nhau theo giao tuyn SC, trong mp(SAC) dng A M SC,M SC
AM (SBC) . Vy d ( A ,(SBC)) = AM .

D thy ABC l tam giỏc vuụng cõn ti C, nờn CA = CB =
Trong SA C vuụng ti A, cú
Vy d ( A ,(SBC)) = a .

159

AB
2

= a 2.

1
1
1
1
1
=
+
= 2 + 2 AM = a .
2
2
2
AM
AS AC
2a 2a


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

CD ⊥ (SA D)
có
mà
CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SA D) , hai mặt phẳng này vuông
góc với nhau theo giao tuyến SD, trong mp(SAD) dựng
A K ⊥ SD,K ∈ SD ⇒ AK ⊥ (SCD) .
Trong ∆SAD vuông tại A, có

b).

Theo

câu

a)

1
1
1
1
1
a 6
.
=
+
= 2 + 2 ⇒ AK =
2
2
2
3
AK
AS AD
2a a
 AM ⊥ (SBC)  ·
· K
⇒ (SBC);(SCD) = MA
.


AK
⊥

(SCD)


Có 

Vì A K ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ KM ⇒ ∆ AKM vuông tại K.
2

a 6
a 3
KM = AM − AK = a − 
÷ =
 3 ÷
3


2

2

2

a 3
KM
2
2
· K=
·
tanMA
= 3 =

⇒ MAK
= arctan
.
AK a 6
2
2
3

c). Trong mp(ABCD) dựng Bx PAC ⇒ AC Pmp ( SB,Bx) . Từ đó có:
d ( A C,SB) = d ( A C,(SB,Bx)) = d ( A ,(SB,Bx)) .

Dựng A I ⊥ Bx,I ∈ Bx ⇒ Bx ⊥ (SAI) , mà Bx ⊂ mp ( SB,Sx) ⇒ ( SB,Bx) ⊥ (SAI) ,
hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI, trong mp(SAI) dựng
A J ⊥ SI,J ∈ SI ⇒ AJ ⊥ ( SB,Bx) . Vậy d ( A ,(SB,Bx)) = AJ

Dễ thấy ACBI là hình vuông ⇒ AI = AC = a 2 .
1

Có A J 2

=

1
AI

2

+

1

2

AS

=

1

+

1

( a 2) ( a 2 )
2

2

⇒ AJ = a

.

Kết luận d ( A C,SB) = a .
Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của S lên mp ( ABC ) là trung điểm O của BC.
a). Chứng minh: BC ⊥ SA . Tính SA theo a, biết SO = A B .
b). Dựng OH ⊥ AB tại H. Chứng minh: ( SOH ) ⊥ ( SAB) .
c). Tính khoảng cách từ O đến mp ( SAB) theo a.

160

C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

LỜI GIẢI
a). Vì ∆ ABC đều và O trung điểm của BC ⇒ AO ⊥ BC ,
AB 3 a 3
.
=
2
2
Trong ∆SAO vuông tại O có

AO =

2

 a 3
a 7
.
SA = SO + OA = a + 
÷ =
 2 ÷
2


2

2

2

 AB ⊥ OH

⇒ AB ⊥ (SOH) , mà A B ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (SOH) .
b). Có  AB ⊥ SO
OH ,SO ⊂ (SOH)


c). Hai mặt phẳng (SAB) và (SOH) vuông góc với nhau theo giao tuyến SH, trong
mp(SOH) dựng OI ⊥ SH ,I ∈ SH ⇒ OI ⊥ (SAB) . Vậy d ( O,(SAB)) = OI
a 3
Trong ∆BHO vuông tại H có HO = BO sin600 =
.
4

1
1
1
1
1
a 57
=
+
=
+ 2 ⇒ OI =
2
2
2
2
19 .

OH
OS
 a 3 a
Trong ∆SHO vuông tại O có OI

÷
÷
 4 

Kết luận d ( O,(SAB)) =

a 57
.
19

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và
SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = a,A B = 2a,BC = a 3 . Gọi J, K lần lượt là trung điểm

của AB,CD. Gọi G,G' lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB,SCD.
a). Chứng minh: ( SGG') ⊥ ( SA B) .
b). Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SGG') và ( ABCD )
c). Tính khoảng cách từ G đến ( SCD ) .
LỜI GIẢI
a). Vì G là trọng tâm của ∆SA B ⇒ ba điểm S, G, J
thẳng hàng. Tương tự ba điểm S, G’, K thẳng hàng.
Do đó (SGG') ≡ (SJK ) .
 JK ⊥ AB( do JK P BC )

Có  JK ⊥ SA ( do SA ⊥ (ABCD))
 AB,SA ⊂ (SAB)



161


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

⇒ JK ⊥ (SAB) , mà JK ⊂ (SGG') ⇒ (SGG') ⊥ (SAB) .
(SGG') ∩ (ABCD) = JK

SJ ⊥ JK ( doJK ⊥ (SAB) ⊃ SJ )
·
·
 = SJA
⇒ (SGG'),(ABCD)
b). Có 
.


 AJ ⊥ JK
SJ ⊂ (SGG');AJ ⊂ (ABCD)

·
Trong ∆SA J vuông tại A có tanSJA =

SA a
·
= = 1⇒ SJA
= 450 .
AJ a

CD ⊥ AD

⇒ CD ⊥ (SAD) mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SAD) ⊥ (SCD) , hai
c). Có CD ⊥ SA
 AD,SA ⊂ (SAD)


mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SD, trong mp(SAD) dựng
A H ⊥ SD,H ∈ SD ⇒ AH ⊥ (SCD) . Do đó d ( A ,(SCD)) = AH .

Trong ∆SAD vuông tại A có

1
1
1
1
1
a 3
.
=
+
= 2 + 2 ⇒ AH =
2
2
2
2
AH
AD
AS

3a a

Có A J PCD mà CD ⊂ (SCD) ⇒ AJ P(SCD) ⇒ d ( J,(SCD)) = d ( A ,(SCD))
Hai điểm G, J nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SCD) tại S, nên có
d ( G,(SCD))
d ( J,(SCD))

=

GS 2
2
2 a 3 a 3
= ⇒ d ( G,(SCD)) = d ( J,(SCD)) = .
=
.
JS 3
3
3 2
3

Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 2 . Gọi
M là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của đáy.
a). Xác định hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng ( SCD ) .
b). Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SMO ) và ( SCD ) .
c). Tính khoảng cách giữa AB và SC.
LỜI GIẢI
a). Vì O là tâm của đáy (ABCD) và S.ABCD là hình
chóp đều, nên SO ⊥ (ABCD) .
Gọi N trung điểm CD, dễ thấy 3 điểm M, O, N
thẳng hàng. Và MN là đường trung bình của hình

vuông ABCD ⇒ MN ⊥ CD .

162


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

CD ⊥ MN

⇒ CD ⊥ (SMN) , mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SMN ) ⊥ (SCD) , hai
Có CD ⊥ SO
MN ,SO ⊂ (SMN )


mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SN, trong mp(SMN) dựng
MJ ⊥ SN ⇒ MJ ⊥ (SCD) . Suy ra J là hình chiếu vuông góc của M trên (SCD).

b). Do (SMO) ≡ (SMN) , theo câu a) đã chứng minh được (SMN) ⊥ (SCD) . Suy ra
góc giữa hai mặt phẳng này bằng 900 .
c). Có A B PCD mà CD ⊂ (SCD) ⇒ AB P(SCD) ⊃ SC . Từ đó suy ra:
d ( A B,SC ) = d ( AB,(SCD)) = d ( M,(SCD)) = MJ ( do M ∈ AB) .

Trong mp(SMN) dựng OI ⊥ SN ,I ∈ SN ⇒ OI PMJ , nên OI là đường trung bình
của ∆MNJ ⇒ MJ = 2OI .
Trong ∆SBO vuông tại O có SO = SB − BO =
2

2

(

2

 a 2
a 6
.
a 2 −
÷ =
 2 ÷
2



)

2

Trong ∆SON vuông tại O có
1
1
1
1
1
a 42
=
+
=
+
⇒ OI =
2

2
2
2
2
14
OI
OS ON
 a 6  a

÷

÷
2
÷
 2   

Kết luận d ( A B,SC ) =

a 42
.
7

Câu 19: Cho hình lăng trụ A BC.A / B/ C / có tất cả các cạnh bằng a. Góc tạo bởi
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng

(A BC )
/

/

/

thuộc đường thẳng B/ C / .

a). Tính khoảng cách giữa 2 mặt đáy.
b). Chứng minh rằng hai đường thẳng A A / và B/ C / vuông góc và tính khoảng
cách giữa chúng.
LỜI GIẢI
Xét ∆A HA ' vuông tại H có
A H = AA 'sin 300 =

a
a 3
, A 'H = AA 'cos300 =
.
2
2

⇒ d ( (ABC),(A 'B'C ')) = AH =

163

a
.
2


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

b). Xét ∆A 'B'C ' đều có cạnh bằng a

⇒ đường cao của tam giác có độ dài bằng

a 3
a 3
, mà A 'H =
⇒ A 'H là
2
2

đường cao của tam giác ⇒ H trung điểm của B’C’.
 B'C ' ⊥ A 'H

⇒ B'C' ⊥ (AHA ') ⇒ B'C' ⊥ AA ' .
Có  B'C ' ⊥ AH
 A 'H ,A H ⊂ (AHA ')


Trong mp(AHA’) dựng HK ⊥ AA ',K ∈ AA ' ⇒ B'C' ⊥ HK ( do HK ⊂ (AHA ')) .
Từ đó suy ra d ( B'C ',AA ') = HK .
Trong ∆A HA ' vuông tại H có
Kết luận d ( B'C ',AA ') =

a a 3
.
a 3
HK.AA ' = AH.HA' ⇒ HK = 2 2 =
a
4

a 3

.
4

Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C,
SA ⊥ ( A BC ) , SA = A C = a;BC = a 3 . Gọi M là trung điểm của SC và G là

trọng tâm của tam giác ABC.
a). Chứng minh: ( ABM ) ⊥ ( SBC ) .
b). Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SCG ) và ( ABC ) .
LỜI GIẢI

 BC ⊥ AC

⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AM ( do AM ⊂ (SAC)) .
a). Có  BC ⊥ SA
SA ,AC ⊂ (SAC)


Theo đề bài có A C = AS ⇒ ∆SA C cân tại A ⇒ AM ⊥ SC .

164


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

AM BC

AM (SBC) m A M (ABM ) (ABM ) (SBC) .
Cú AM SC
BC,SC (SBC)

b). Gi H trung im ca AB thỡ (SCG) (SCH) .
Trong mp(ABC) dng A I CH ,I CH CH SI
(SCH) (ABC) = CH

SI CH
ã
ã
= SIA
(SCH),(ABC)
Cú


AI

CH

SI (SCH);A I (ABC)

ỏy (ABC) c v li hỡnh 2.
Cú A B = AC 2 + BC 2 = 2a A H = a ACH u AI =

a 3
.
2

SA
a
2 3

2 3
ã
ã
tanSIA
=
=
=
SIA
= arctan
Trong SA I vuụng ti A cú
AI a 3
3
3 .
2
2 3
ã
Kt lun (SCH),(A
.
BC) = arctan




3

Cõu 21: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht vi
A D = 2AB = 2a . Tam giỏc SAD l tam giỏc u v nm trong mt phng vuụng

gúc vi mt ỏy (ABCD). Gi H trung im ca AD.
a). Chng minh SH (ABCD) v CD SA .

b). Xỏc nh v tớnh gúc gia SB v mp(SAD).
c). Tớnh khong cỏch t D n mp(SAB).
d). Gi M l im thuc cnh BC sao cho BM = 3CM . Chng minh
(SHM) (SBD) .
LI GII
a). Vỡ SAD u nờn SH AD , hai mt phng
(SAD) v (ABCD) vuụng gúc vi nhau theo giao
tuyn AD, m
(SAD) SH A D SH (ABCD) .
CD AD
CD (SAD) CD SA .
CD SH

Cú

b). Tng t cú A B (SAD) nờn SA l hỡnh
chiu vuụng gúc ca SB trờn mp(SAD).

165


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

AB a 1 ·
1
·
·
·
=
=

= ⇒ BSA = arctan
Do đó SB,(SAD) = BSA . Có tan BSA
SA

2a

2

2

c). Vì A B ⊥ (SAD) ngoài ra A B ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (SAD) , hai mặt phẳng này
vuông góc với nhau theo giao tuyến SA, trong mp(SAD) dựng DK ⊥ SA ,
K ∈ SA ⇒ DK ⊥ (SA B) . Vậy d ( D,(SAB)) = DK = a 3 (DK là đường cao của tam

giác đều).
d). Mặt phẳng đáy (ABCD) được vẽ lại ở hình 2.
Gọi N trung điểm của BC, gọi E = BD ∩ HM ,O = BD ∩ HN
·
·
= NHM
Ta có ∆HDO = ∆NHM ( c.g.c) ⇒ HDO
.

·
·
·
·
Có NHM
+ EHD
= 900 ⇔ HDO

+ EHD
= 900
·
⇒ HED
= 900 ⇔ BD ⊥ HM
 BD ⊥ SH
⇒ BD ⊥ (SHM ) ,
 BD ⊥ HM

Có 

mà BD ⊂ (SBD) ⇒ (SHM ) ⊥ (SBD) .
Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B.
Biết BC = AB = 2A D = 2a;SH ⊥ (ABC) với H trung điểm của AB; mặt bên SAB
là tam giác đều.
a). Chứng minh các tam giác SAD, SBC vuông.
b). Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
c). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
d). Tính khoảng cách từ A đến mp(SCD).
LỜI GIẢI
 AD ⊥ BC
⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ A D ⊥ SA , vậy
 AD ⊥ SH

a). Có 

∆SAD vuông tại D.

Tương tự BC ⊥ (SAB) ⇒ ∆SBC vuông tại B.
S ∈ ( SBC ) ∩ ( SAD )

b). Có 
( SBC ) ⊃ BC \\ AD ⊂ ( SAD )
⇒ ( SBC ) ∩ ( SAD ) = Sx//BC//AD
Có SA ⊥ A D ⇒ SA ⊥ Sx và

166