Tự luận Hình học Lớp 11 - Chương 2 - Chủ đề 7: Bài tổng hợp

 CHUÛ ÑEÀ 7. BAØI TAÄP TOÅNG HÔÏP
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = a và vuông góc đáy.
 1) Chứng minh các mặt bên là những tam giác vuông.
 2) Mặt phẳng (a) qua A và vuông góc với SC lần lượt cắt SB, SC, SD tại B', C', D' . Chứng minh B' D' song 
 song BD và AB' vuông góc với SB .
 3) Đặt BM = x . Tính độ dài đoạn SK theo a và x . Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn SK .
 Lời giải
 S 1) SA ^ (ABCD)Þ SA ^ AB; SA ^ AD Þ SAB và SAD là các 
 tam giác vuông.
 ü
 SA ^ (ABCD)ï
 ý Þ SB ^ BC ( định lí 3 đường vuông góc)
 ï
 AB ^ BC þï
 C' B'
 Þ DSBC vuông góc tại đỉnh B .
 D' Chứng minh tương tự, ta có tam giác SDC vuông góc tại 
 đỉnh D .
 B
 A 2) SA ^ (ABCD)Þ SA ^ DB .
 ABCD hình vuông Þ AC ^ DB .
 K O M
 Do đó Þ DB ^ SAC Þ DB ^ SC .
 D C ( )
 ü
 DB / /a ï
 ï
Mà a ^ SC Þ DB / /a . Ta có DB Ì (SDB) ýï Þ D' B'/ /DB .
 ï
 a Ç = ï
 (SDB) D' B'þï
 2
3) Ta có DM2 = DC2 + CM2 = a2 + (a- x) , suy ra DM = x2 - 2ax + 2a2 .
 AK DA DC.DA a2
 DDKA ∽ DMCD Þ = Þ AK = =
 DC DM DM x2 - 2ax + 2a2
 a4 x2 - 2ax + 3a2
 2 = 2 + 2 = 2 + Þ =
 SK SA AK a SK a . Do đó SK nhỏ nhất khi AK nhỏ nhất; K chạy trên 
 x2 - 2ax + 2a2 x2 - 2ax + 2a2
cung DO của đường tròn đường kính AD nên AK nhỏ nhất khi K trùng với điểm O . Lúc đó M trùng với điểm B 
 3a2 a 6
hay x = 0 , thay giá trị này vào biểu thức của SK ta tính được SK = a. = .
 2a2 2
 µ 0
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a , góc BAD = 60 . Đường thẳng SO vuông 
 3a
góc với mặt phẳng (ABCD) và đoạn SO = . Gọi E là trung điểm của BC , F là trung điểm của BE .
 4
 1) Chứng minh mặt phẳng (SOF) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
 2) Tính khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC) 3) Gọi a là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết diện của hình chóp với a . 
 Tính diện tích thiết diện này.
 4) Tính góc giữa a và (ABCD).
 Lời giải
1) Dễ thấy DABC đều , do vậy DBOE cũng đều , suy ra: OF ^ BC
 ü S
 SO ^ (ABCD)ï
 ý Þ SF ^ BC
 ï
 OF ^ BC þï
Từ SF ^ BC và OF ^ BC Suy ra BC ^ (SOF) mà (SBC)É BC .
 N
Vậy (SOF)^ (SBC) H
 M
2) Do (SOF)^ (SBC) và chúng giao nhau theo giao tuyến SF
Từ O kẻ OK ^ SF thì OK ^ (SBC) hay OK là khoảng cách từ O K
 D C
đến (SBC). Tính OK theo công thức : G
 1 1 1 3a
 = + Þ OK = O E
 OK2 OS2 OF2 8 F
 A B
 OF cắt AD ở G . Từ G kẻ GH ^ SF thì GH ^ (SBC).
 3a
 GH là khoảng cách từ G đến (SBC). Ta lại có G Î AD mà AD / /(SBC)( vì AD / /BC ) nên GH = 20K =
 4
3) Mặt phẳng a qua AD và vuông góc với (SBC). Vậy a phải chứa GH , hay a là mặt phẳng tạo bởi hai đường 
thẳng AD và GH : a chứa AD ; (SBC) chứa BC mà AD / /BC nên giao tuyến MN của a và (SBC) phải song song 
với BC .
Vậy để có MN , từ H ta kẻ đường song song với BC , cắt SB , SC lần lượt ở M và N . Tứ giác AMND là thiết diện 
phải dựng , thiết diện này là hình thang vì AD / /MN . Do GH ^ (SBC) Þ GH ^ MN . Vậy GH là đường cao của hình 
 1
thang và ta có S = GH(AD + MN).
 ADNM 2
 a 3 3a2 9a2 12a2 a 3
Dễ thấy GF = ; ta tính được SF : SF2 = OF2 + SO2 = + = Þ SF =
 2 16 16 16 2
 a 3 a 3
Tương tự ta có SG = . Tam giác SGF là tam giác đều cạnh và đường cao GH nên H là trung điểm của SF , 
 2 2
 BC a
suy ra MN là đường trung bình của DSBC hay MN = =
 2 2
 æ ö 2
 1 3a ç a÷ 9a
Đồng thời SADNM = . ça + ÷=
 2 4 èç 2ø÷ 16
 3a
 ü
 GH ^ ADï µ µ GH 3 µ 0
4) Ta có ýï Þ HGF là góc giữa a và (ABCD). Do đó cos HGF = = 4 = Þ HGF = 30 .
 GF ^ AD þï GF a 3 2
 2 Bài 3. Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau . Gọi H,K 
lần lượt là trung điểm của AB,CD và E,F lần lượt là trung điểm của SA,SB .
 1) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
 2) Gọi G là giao điểm của CE và DF . Chứng minh GE vuông góc với SA và GF vuông góc với SB . Tính góc 
 giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB). Hai mặt phẳng này có vuông góc với nhau không?
 3) Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).
 Lời giải
 SH ^ CD ïü
1) Dễ thấy SH ^ (ABCD) và ýï Þ CD ^ (SHK). 
 HK ^ CDþï
Kết hợp với (SDC)É CD Þ (SCD)^ (SHK).
Trong (SHK) kẻ HI vuông góc với giao tuyến SK của (SCD) 
và (SHK) thì HI ^ (SCD) và HI là khoảng cách từ H đến (SCD). 
Nhưng do H Î AB và AB / /(SCD)( vì AB / /CD ) nên HI cũng là 
khoảng cách từ A đến (SCD)
 1 1 1 a 21
 = + Þ HI = .
 HI2 HS2 HK2 7
Do (SAB)É AB;(SCD)É CD mà AB / /CD nên hai mặt phẳng này 
cắt nhau theo một giao tuyến d / /AB / /CD .Vì vậy, ta suy ra S
 $
 SH ^ d và SK ^ d Þ HSK là góc phẳng của nhị diện hợp bởi hai
 mặt phẳng (SAB) và (SCD)
 F I
 $ HK a 2 3 $ 0 N
 tan HSK = = = » 1,1547 Þ HSK » 49 06' J R
 HS a 3 3
 E
 2
 G
 B C
2) Ta có AD ^ (SAB)Þ AD ^ SA Þ SA ^ BC
 H
 K
 DSAB đều , BE là trung tuyến Þ BE ^ SA
 Þ SA ^ (BCE)Þ SA ^ CE hay SA ^ GE A D
Chứng minh tương tự , ta có SB ^ GF .
 (SAB) và (GEF) cắt nhau theo giao tuyến EF . Gọi J là giao điểm của EF và SH . Ta thấy J,G,K thẳng hàng và ta 
 $
chứng minh được EF ^ (SHK)Þ JK ^ EF và JH ^ EF hay KJH là góc phẳng của nhị diện bởi (SAB) và (EGF)
 $ HK a 4 3 $ 0
 tan KJH = = = » 2,3094 suy ra Þ KJH » 66 31' . Vậy (SAB) và (EGF) không vuông góc với nhau.
 JH a 3 3
 4 GI KC a
3) Ta xét DJGE ∽ DKGC đề có: = = = 2 .
 GK EJ a
 2
Trong DSHK, J là trung điểm của SH nên KJ là trung tuyến. Điểm G chia trung tuyến KJ thành hai đoạn mà theo 
 KG 2
kết quả trên ta có: = Þ G là trọng tâm của D (SHK).
 KJ 3
 HG cắt SK tại R thì R là trung điểm của SK . Gọi N là hình chiếu của G trên (SCD) dễ thấy N Î SK
 GN GR 1 1 1 a 21 a 21
Trong DHRI , ta có GN / /HI và = = Þ GN = HI = . = .
 HI HR 3 3 3 7 21
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , các cạnh bên đều bằng a 3
 1) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD)
 2) Gọi a là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC . Hãy xác định thiết diện của hình chóp với a và tính diện 
 tích của thiết diện.
 3) Gọi j là góc giữa AB và a . Tính sinj .
 Lời giải
1) Do SA = SB = SC = SD , nếu kẻ SO ^ (ABCD) thì OA = OB = OC = OD , tức là O là tâm của hình vuông ABCD
 2 æ ö 2
 2 2 2 ça 2 ÷ 10a a
 SO = SA - OA = (a 3) - ç ÷= Þ SO = 10 .
 èç 2 ø÷ 4 2
 ü
 SO ^ (ABCD)Þ SO ^ BDï
2) Ta có ý Þ DB ^ (SAC)Þ DB ^ BC .
 ï
 BD ^ AC þï
Ta lại có a ^ SC . Vậy a / /DB . Do a / /DB và (SDB)É DB , nên nếu a giao với (SDB) theo giao tuyến IJ thì IJ / /DB . 
Ta xác định a như sau: S
- Trong mặt phẳng (SAC) kẻ AH ^ SC; AH cắt SO tại K
- Qua K , trong mặt phẳng (SDB) kẻ IJ / /BD .
 H
Tứ giác AIHJ là thiết diện giữa a với hình chóp.
Thật vậy DB ^ (SAC) mà IJ / /DB nên IJ ^ (SAC) Þ IJ ^ AC . J K
 I
 IJ ^ AC ïü
Từ ýï Þ AC ^ (AIHJ) Q
 AH ^ ACþï
 P
Vậy AIHJ chính là mặt phẳng a .
 ( ) D C
 ïü
 IJ ^ (SAC) ï
Do ý Þ IJ ^ AH O
 Ì ï
 AH (SAC)þï
 A B
 1
Tứ giác AIHJ có hai đường chéo vuông góc với nhau S = AH.IJ
 AIHJ 2
Ta tính AH : AH.SC = SO.AC ( vì bằng 2SABC ) SO.AC a 10 a 2 a 15
 Þ AH = với SO = ; AC = ;SC = a 3 . Thay vào ta tính được AH =
 SC 2 2 3
 15a2 12a2 2a 3
Trong tam giác vuông SHA , ta có SH2 = SA2 - AH2 = 3a2 - = Þ SH =
 9 9 3
Hai tam giác vuông SHK và SOC đồng dạng, cho ta: 
 SK SC SH.SC SK SH.SC IJ SK SH.SC
 = Þ SK = Þ = vì IJ / /BD Þ = = (*)
 SH SO SO SO SO2 BD SO SO2
 IJ 4 4a 2
Thay các giá trị của SH,SC,SO2 vào (*) ta có: = Þ IJ =
 BD 5 5
 1 a 15 4a 2 2a2 30
Vậy S = . . = .
 AIHJ 2 3 5 15
3) Để có góc giữa đường thẳng AB với mặt phẳng a , ta tìm hình chiếu của AB trên a .
Do IJ ^ (SAC) mà a É IJ nên a ^ (SAC); a cắt (SAC) theo giao tuyến AH . Nếu từ O ta kẻ OQ ^ AH Þ OQ ^ a . 
Lại do BD / /a , nên nếu từ B ta kẻ BP ^ a thì ta có BP / /OQ và BP = OB Þ BPQO là hình bình hành . Do vậy ta có 
cách xác định hình chiếu P của B trên a như sau:
- Trong (SAC) kẻ OQ ^ a
- Trong (OB,OQ) dựng hình bình hành OBPQ do OQ ^ a Þ BP ^ a
 µ BP OQ
 AP là hình chiếu của AB trên a Þ BAP = j nên sinj = =
 AB AB
 1 2a 3 a 3 a 3 3
Dễ thấy OQ = HC mà HC = SC - SH = a 3 - = Þ OQ = Þ sinj = .
 2 3 3 6 6
 µ µ
Bài 5. Cho hình thang ABCD có A và B là góc vuông AD = 2a; AB = BC = a . S là đỉnh nằm trên Ax vuông góc với 
mặt phẳng (ABCD). Gọi C' và D' lần lượt là hìn chiếu của A trên SC và SD .
 µ µ 0
 1) Chứng minh SBC = SCD = 90
 2) Chứng minh AD'; AC' và AB cùng nằm trong một mặt phẳng. Từ đó chứng minh rằng C' D' đi qua một 
 điểm cố định, khi S di động trên Ax .
 3) Cho AS = a 2 . Tính diện tích tứ giác ABC' D' .
 4) Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SC biết AS = a 2 .
 . Lời giải
 ïü
 SA ^ (ABCD)ï µ 0
1) ý Þ SB ^ BC ( định lí 3 đường vuông góc) Þ SBC = 90
 ï
 AB ^ BC þï
 ïü
 SA ^ (ABCD)ï µ 0
Nối AC , dễ thấy AC ^ CD . Do đó ta có ý Þ SC ^ CD ( định lí 3 đường vuông góc) Þ SCD = 90 .
 ï
 AC ^ CD þï
2) Dễ thấy AB ^ (SAD)Þ AB ^ SD (1)
Theo giả thiết AD' ^ SD (2) CD ^ ACïü
 ï Þ ^ Þ ^
Ta đã chứng minh được ý CD (SAD) CD AC' . S
 CD ^ SC þï
 D'
Giả thiết AC' ^ SC , vậy AC' ^ (SCD)Þ AC' ^ SD' (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra AB, AC', AD' năm ftrong một mặt F
phẳng a qua AB và vuông góc với SD .
 C'
Gọi I là giao điểm của AB và CD E
 A D
 ü
 I Î AB Þ I Î a ï P
 ý Þ I Î C' D' vì C' D' = a Ç(SCD)
 Î Þ Î ï
 I CD I (SCD)þï Q
Vậy C' D' đi qua điểm cố định I . C1
 B
3) Ta có: SABC ' D' = SAID' -SBIC ' C
 1
Dễ thấy BC / /AD và BC = AD nên AI = 2AB = 2a
 2
Trong tam giác vuông AID', AD' là đường cao nên:
 1 1 1 1 1 I
 = + = + .
 2 2 2 2 2
 AD' SA AD (a 2) (2a)
 2 2
 2 4a 2a 1 1 2a 2a 3
Suy ra Þ AD' = Þ AD' = nên SAID' = AI.AD' = .2a. = .
 3 3 2 2 3 3
 µ 0
Ta cũng có, do SAC = 90 Þ tam giác SAC vuông.
Ta cũng có AC = a 2 Þ AS = AC Þ tam giác SAC vuông, cân mà AC' ^ SC Þ C' Tat rung điểm của SC .
Từ C trong mặt phẳng (CID) kẻ CC1 / /SD . Dễ thấy DSC' D' = DCC'C1 Þ C1C' = C'D'
Trong tam giác AID , thì C là trung điểm của ID , suy ra C1 là trung điểm của ID' . Do vậy C' D' = C1C' mà 
 1 IC' 3
 C D' = ID' Þ = . Nếu từ C' kẻ đường cao AH của tam giác BIC' thì H Î AB và C' H / /AD' . Từ đó ta có:
 1 2 ID' 4
 C' H IC' 3 3a 1 1 3a 3a2 3 2a2 3 3a2 3 3a2 3
 = + Þ C' H = . Vậy SBIC ' = BI.C' H = .a. = ; SABC ' D' = - = 5 .
 AD' ID' 4 2 3 2 2 2 3 12 3 12 12
4) Gọi E là trung điểm của AD . Nối SE . Từ A kẻ AF ^ SE . Qua F kẻ đường thẳng song song với CE , cắt SC ở P . 
Từ P kẻ PQ / /AF cắt AB ở Q . PQ là đoạn vuông góc chung của SC và AB .
Thật vậy CE ^ AD Þ CE ^ (SAD)Þ (SEC)^ (SAD); AF Î (SAD) và do AF ^ SE Þ
 ü
 AF ^ (SEC)ï
 ý Þ PQ ^ (SEC);SC Î (SEC).
 ï
 PQ / / A F þï
 ü
 AB ^ (SAD)Þ AB ^ AFï
Vậy PQ ^ SC . Mặt khác ý Þ PQ ^ AB
 ï
 PQ / /AF þï
 1 1 1 1 1 2a2 a 6
Ta có: PQ = AF mà = + = + Þ AF2 = Þ AF = .
 AF2 SA2 AE2 2a2 a2 3 3 IM 3
Bài 6. Cho tứ diện đều SABC cạnh a . Gọi I là trung điểm BC , M là điểm trên đoạn IS sao cho =
 IS 5
 $
 1) Tính cos AIS và độ dài đoạn AM .
 2) Gọi a là mặt phẳng qua AM và song song với BC . Tính diện tích của thiết diện của tứ diện SABC với a .
 3) Tính khoảng cách từ I đến a .
 4) Tính góc giữa đường thẳng AB và a .
 Lời giải
1) Tứ diện SABC đều nên hình chiếu O của đỉnh S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có: 
 1 1 a 3 a 3 a 3 $ OI 1
 SO ^ (ABC) và O Î AI . Dễ thấy OI = AI = = , SI = . Suy ra cos AIS = = .
 3 3 2 6 2 SI 3
 3 3a 3 a 3
Ta biết: IM = IS = ; AI = . Áp dụng định lí cô sin vào tam giác AIM ta có:
 5 10 2
 2 2 · 3a 2
 AM = AI + IM - 2.AI.IM.cos AIS = .
 5
 ü
 a / /BC ï
 ï
2) Ta có (SBC)É BC ýï Þ P / /BC . Suy ra thiết diện của tứ diện SABC với a là tam giác APQ .
 ï
 a Ç = ï
 (SBC) PQþï
Dễ thấy BC ^ (ASI) mà PQ / /BC nên: PQ ^ (AIS)Þ PQ ^ AM S
 PQ SM 2 2a
Trong DSBC , ta có PQ / /BC nên = = Þ PQ = .
 BC SI 5 5
 1 1 2a 3a 2 3a2 2 P
Vậy SAPQ = PQ.AM = . . = .
 2 2 5 25 25 M
 H
3) Do PQ ^ (ASI)Þ a ^ (ASI);a Ç(ASI)= AM . Q
Nếu từ I kẻ IH ^ AM thì IH ^ a . Khoảng cách từ điểm I đến a 
 A B' C
 2SAIM
chính là đoạn IH . Ta biết IH.AM = 2.SAIM Þ IH = (*) Mặt khác
 3a 2
 O
 5 I
 1 $ $ 1 1 2 2
 S = IM.IA.sin AIS . Vì cos AIS = Þ sin AIS = 1- = .
 AIM 2 3 9 3
 B
 3a2 2 a
Suy ra Þ S = . Thay giá trị này vào (*) ta có: IH =
 AIM 20 2
4) Để tìm được góc giữa đường thẳng AB với a , ta tìm hình chiếu B' của B trên a .
 a
Nếu kẻ BB' ^ a , thì IH ^ a và BI / /a nên ta có: BB'/ /IH và BB' = IH = .
 2
 a
 µ BB' 1 µ 0
Ta có: sin BAB' = = 2 = Þ BAB' = 30 .
 AB a 2 Bài 7. Cho tam giác đều SAD và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi I là trung điểm 
của AD, M là trung điểm của AB,F là trung điểm của SB và K là giao điểm của CM và BI
 1) Chứng minh (CMF)^ (SIB).
 2) Tính BK và KF và suy ra rằng tam giác BKF cân.
 3) Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SD .
 4) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA .
 Lời giải
 ü
 SI ^ AD ï
1) Ta có ý Þ SI ^ (ABCD)Þ SI ^ CM (1)
 ^ ï
 (SAD) (ABCD)þï H
 S
 ¶ µ
 DBCM = DABI Þ B1 = C1 mà 
 ¶ ¶ 0 ¶ ¶ 0 µ 0
 C1 + M1 = 90 Þ B1 + M1 = 90 Þ MKB = 90
Hay BI ^ CM (2) J
 ü
 CM ^ (SIB) ï
Từ (1) và (2). suy ra ýï Þ (CMF)^ (SIB) F
 Ì ï
 CM (CMF)þï
2) Trong tam giác vuông MBC,KB là đường cao nên D C
 2
 1 1 1 1 1 2 a a 5 I
 = + = _ Þ KB = Þ KB =
 2 2 2 2 2 K
 KB MB CB æaö a 5 5
 ç ÷
 ç ÷
 è2ø A M B
Ta dễ dàng chứng minh được: SB = SC;SC2 = SD2 + DC2
( vì SD ^ DC ) Þ SB = SC = a 2
 SB2
Trong tam giác SBC;CF là trung tuyến, cho ta: SC2 + BC2 = 2.CF2 + Þ 2a2 + a2 = 2.CF2 + a2 Þ CF2 = a2 .
 2
Vì CK ^ (SIB)Þ CK ^ FK Þ DCKF vuông tại K nên FK2 = CF2 - KC2 .
 a2 4a2 4a2 a2 a 5
Ta lại có: KC2 = BC2 - KB2 = a2 - = . Do đó KF2 = a2 - = Þ KF =
 5 5 5 5 5
Vậy KB = KF Þ DBKF cân, đỉnh K .
 SI ^ AB ïü
3) Ta có SI ^ (ABCD)Þ ýï Þ AB ^ (SAD).
 AD ^ ABþï
Ta kẻ đường cao AJ của tam giác SAD thì AB ^ (SAD)Þ AB ^ AJ
 SD ^ IJ Þ AJ là đoạn vuông góc chung của AB và SD .
 a 3
Ta có ngay: AJ = ( vì DSAD đều cạnh a )
 2
4) Dễ thấy SA / /FM Þ SA / /(CMF) mà (CMF)É CM . Do vậy khoảng cách giữa SA và CM cũng là khoảng cách từ 
một điểm trên SA đến (CMF). Ta chọn điểm S chẳng hạn. Từ S kẻ SH ^ (CMF);SH là khoảng cách giữa SA và 
 CM . Ta đã có ü
 (SIB)^ (CMF) ï
 ï
 (SIB)Ç(CMF)= KF ýï Þ H Î KF
 ï
 ^ ^ ï
 SH (SIB),SH (CMF)þï
 µ µ µ µ µ
Ta có: SH = SF.sinSFH vì SFH = BFK (đối đỉnh) mà BFK = FBK ( DFBK cân)
 a 3
 µ µ µ µ µ SI 3 a 2 3 a 3
 Þ SFK = FBK Þ sinSFH = sin FBK; sin FPK = = 2 = Þ SH = . = .
 SB a 2 2 2 2 2 2 4
 µ
Bài 8. Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB = a; hai mặt bên (SAB) và (SBC) vuông góc với đáy; 
SB = a. Hạ BH  SA (H SA); BK  SC (K SC).
 1) Chứng minh: SB  (ABC); SC ^ (BHK).
 2) Chứng minh: BHK vuông .
 3) Tính cosin của góc tạo bởi SA và (BHK).
 Lời giải
 ü
 (SAB)^ (ABC) ï
 S ï
 1) Ta có (SBC)^ (ABC) ýï Þ SB ^ (ABC).
 ï
 Ç = ï
 (SAB) (SBC) SBþï
 K
 Do CA  AB, CA  SB CA  (SAB) CA  BH
 Mặt khác: BH  SA BH  (SAC) BH  SC
 Mà BK  SC SC  (BHK).
 H 2) Từ câu 1), BH  (SAC) BH  HK BHK vuông tại H.
 B C 3) Vì SC  (BHK) nên KH là hình chiếu của SA trên (BHK)
 · · ·
 (SA,(BHK))= (SA,KH)= SHK .
 Trong ABC, có: 
 µ 2 2 2 2 2 2
 A AC = ABtan B = a 3; BC = AB + AC = a + 3a = 4a
 SB2 a 5
Trong SBC, có: SC2 = SB2 + BC2 = a2 + 4a2 = 5a2 Þ SC = a 5 ; SK = =
 SC 5
 SB2 a 2
Trong SAB, có: SH = =
 SA 2
 3a2 a 30
Trong BHK, có: HK2 = SH2 - SK2 = HK =
 10 10
 · · HK 60 15
 cos(SA,(BHK))= cos BHK = = = . 
 SH 10 5
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD) và SA = 2a.
 1) Chứng minh (SAC) ^ (SBD) ; (SCD) ^ (SAD) .
 2) Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC).
 3) Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC)).
 Lời giải 1) BD  AC, BD  SA BD  (SAC) (SBD)  (SAC).
 S
 CD  AD, CD  SA CD  (SAD) (DCS)  (SAD).
 · ·
 2) SA  (ABCD) (SD,(ABCD))= SDA
 · SA 2a
 tanSDA = = = 2
 AD a
 · ·
 AB  (SAD) (SB,(SAD))= BSA
 H
 B
 A · AB a 1
 tan BSA = = =
 SA 2a 2
 · ·
 O BO (SAC) (SB,(SAC))= BSO .
 D C a 2 3a 2 · OB 1
 OB = , SO = tan BSO = =
 2 2 OS 3
3) Trong SAD, vẽ đường cao AH. Ta có: AH  SD, AH  CD AH  (SCD) d(A,(SCD)) = AH.
 1 1 1 1 1 2a 5 2a 5
 = + = + Þ AH = d(A,(SCD)) =
 AH2 SA2 AD2 4a2 a2 5 5
 a 2
 Ta có BO  (SAC) d(B,(SAC)) = BO = .
 2
 · 0
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, BAD = 60 , đường cao SO = a. 
 1) Gọi K là hình chiếu của O lên BC. Chứng minh rằng: BC ^ (SOK)
 2) Tính góc giữa SK và mp(ABCD). 
 3) Tính khoảng cách giữa AD và SB.
 Lời giải
 · 0
1) Do AB = AD = a, BAD = 60 Þ DBAD đều Þ BD = a . S
Ta có BC  OK, BC  SO BC  (SOK).
 · ·
2) Theo giả thiết SO  (ABCD) Þ (SK,(ABCD))= SKO .
 a a 3
Tam giác BOC có OB = ,OC = . 
 2 2
 1 1 1 a 3 · SO 4 3 H
Suy ra = + Þ OK = tanSKO = = .
 2 2 2 4 OK 3 F
 OK OB OC D C
3) Do AD // BC AD // (SBC) d(AD,SB) = d(A,(SBC)) .
Vẽ OF  SK OF  (SBC). O
 K
Vẽ AH // OF, H CF AH  (SBC). Suy ra
 A B
 d(AD,SB) = d(A,(SBC)) = AH .
Trong tam giác CAH có OF là đường trung bình nên AH = 2.OF
 a 3 1 1 1 a 57 2a 57
Trong tam giác SOK có OK = , OS = a = + Þ OF = Þ AH = 2OF = .
 4 OF2 OS2 OK2 19 19