Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

(1)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1

(2)

MỤC LỤC

CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH ... 3

DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG ... 3

DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG ... 9

DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. ... 40

DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ... 46

(3)

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3 CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH

DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Phương Pháp

Cách xác định:

Việc dựng hình chiếu của một điểm trên đường thẳng trong không gian, ta có thể làm theo 2 cách sau:

 Dựng mặt phẳng đi qua điểm và đường thẳng đã cho. Rồi trên mặt phẳng đó qua điểm đã cho dựng đoạn vuông góc từ điểm tới đường thẳng.

 Dựng một mặt phẳng đi qua điểm đã cho và vuông góc với đường thẳng, lúc đó giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng vừa dựng chính là hình chiếu của điểm trên đường thẳng.

Tính toán: Sau khi đã xác định được khoảng cách cần tính, ta dùng các hệ thức lượng trong tam giác, đa giác, đường tròn, … để tính toán.

Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB a, AD b, AA' c   . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD’.

A.

2 2

2 2 2

a b c a b c



  B.

2 2

2 2 2

b b c a b c



  C.

2 2

2 2 2

c b c a b c



  D.

2 2

2 2 2

abc b c a b c



  Hướng dẫn giải

Do AB AD' nên tam giác ABD’ vuông tại A. Trong tam giác ABD’ kẻ đường cao AH thì

 

AH d A,BD' . Trong ADD', ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2

AD' AD DD' b c BD' AB AD' a b c

   

    

Xét ABD', ta được:

2 2

2 2 2

AH.BD' AB.AD'

AB.AD' a b c

AH BD' a b c



   

 

c

a b

B'

C'

A'

A

D C

B D'

H

(4)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4 Vậy ^{d A,BD'}

 

^AH ^{a b}₂ ²₂ ^c²₂

a b c

  

  . Vậy chọn đáp án A.

Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình chiếu của C’ trên mp(ABC) trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC’ hợp với mp(ABC) góc

60 . Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách:

Câu 2.1. Từ điểm O đến đường thẳng CC’

A. a

2 B. 3a

2 C. a

4 D. a

3 Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, suy ra: ^C'O^



^ABC



^{, suy ra:}



^ABC

    

OC hch CC' CC', ABC C'CO Theo giả thiết, ta có: C'CO 60

Trong mp(C’CO) dựng OH CC' tại H ta được:

 

d O,CC' OH.

Xét COH OH OC.sin30 2 a 3 3 a. . 3 2 2 2

   

Suy ra: ^{d O,CC'}

 

^^a₂. Vậy chọn đáp án A.

Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’

A. ^{2a 13}

3 B. ^{3a 13}

13 C. ^{a 3}

3 D. ^{a 13}

Tính ^{d C,IC'}

 

Trong mp(C’IC) dựng CK IC' tại K ta được: ^{d C,IC'}

 

^^CK

Xét CIC' OC'.CI CK.IC' CK OC'.CI

     IC'

Mà OC' OC.tan60 a 3. 3 a;CI a 3

3 2

   

2 2

2 2 2 a 2 13a

IC' IO OC' a

12 12

    

Nên

 

a.a 32 3a 3a 13 d C,IC' CK

a 13 13 13 2 3

    . Vậy chọn đáp án B.

Câu 2.3. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A’B’

a

a a

60°

J

I O B'

C'

A C

B A'

K H

(5)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5 A. 2a 7

3 B. a 7

3 C. a 7

2 D. a 7

Tính ^{d O,A'B'}

 

Vì ^C'O^



^ABC

 

^∥^A'B'C'



^^OC'^



^A'B'C'



^. ^Gọi ^J ^là ^trung ^điểm ^của

 

A'B'C' J A'B'  A'B'C' OJ A'B' (định lí 3 đường vuông góc) Tức là: ^{d O,A'B'}

 

^^OJ

Xét

2 2 2 3a2 a 7

OC'J OJ OC' C'J a

4 2

      

Tức là: ^{d O,A'B'}

 

^ ^{a 7}₂ . Vậy chọn đáp án C.

Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a . Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE

A. 2a 5

5 B. ^{a 5}

3 C. ^{a 5}

5 D. 3a 5

Vì ^SA^



^ABCD



, trong mặt phẳng (ABCD) nếu dựng AH BE tại H thì SH BE (định lí 3 đường vuông góc). Tức là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH.

Ta có:

2

ABE 1 1 a 1

S AB.EF a.a AH.BE

2 2 2 2

    

Mà

2 2 2 a2 a 5

BE BC CE a

4 2

    

Nên

a2 2a

AHBE  5 , mà SAH vuông tại A, nên:

2 2 2 4a2 3a 3a 5

SH SA AH a

5 5 5

     

Vậy ^{d S,BE}

 

^^{3a 5}₅ . Vậy chọn đáp án D.

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, ^SA^



^ABCD



^,

SA a . Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CM

a

a a

F

E C

A D

B S

H

(6)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6 A. a 2

5 B. a 3

17 C. a 30

10 D. a 3

Do ^IO^



^ABCD



nên nếu dựng ^{OK CM K CM}^



^



^thì^{IK CM}^ ^.

Tức là: ^{d I,CM}

 

^^IK^.

Mà

2 2 a2 2

IK OI OK OK

   4 

Do S _OMC 1OK.MC

 2

2 2 2

OMC

2 2

a a a 2 2 8 4

2S a

OK MC a a 2 5

4



 

 

 

 

   



Suy ra

2 2

a a a 6 a 30

IK 4 20  2 5  10 . Vậy chọn đáp án C.

Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và SO a 3

 3 . Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA.

A. a 5

5 B. a 3

3 C. a 2

3 D. a 6

Dựng OH SA tại H ^^{d O,SA}

 

^^OH

Ta có: OA 2AI 2 a 3 a 3. SO

3 3 2 3

    , suy ra:

1 1 a 3 a 6 OH SA . . 2

2 2 3 6

  

Vậy ^{d O,SA}

 

^^{a 6}₆ . Vậy chọn đáp án D.

Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC.

A. ^{a 6}

7 B. ^{a 3}

2 C. ^{a 6}

3 D. ^{a 6}

Nhận xét rằng:

BAC' CA'A DAC' A'AC

        B'C'A D'C'A nên

a

a a

I

M O

C

A D

B

K

a

a a

a 3 3

O I

H

A C

B S

K

C B

D A

C'

A' B'

D' H

(7)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7 khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ đều bằng nhau.

Hạ CH vuông góc với AC’, ta được:

2 2 2

1 1 1 CH a 6

CH AC CC'   3 . Vậy chọn đáp án C.

Câu 8. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến đường thẳng SB bằng:

A. a

B. a

2 C. a

3 D. a 3

Gọi H là giao điểm của AC và BD.

AB BC CD DA a    ABCD là hình thoi.

Do đó AC BD đồng thời H là trung điểm của AC và BD.

SAC

 cân tại S SH AC (1) SBD

 cân tại S SH BD (2) Từ (1) và (2) suy ra: ^SH^



^ABCD



⁽³⁾

Vì SA SB SC SD   nên HA HB HC HD   .

Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) (4) Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều.

Xét SBD ta có: SA SB a,BD a 2   BD² SB²SD². Thế nên SBD vuông tại S.

Suy ra DS SB . Vậy ^{d D,SB}

 

^^{DS a}^ . Vậy chọn đáp án A.

Câu 9. Cho tứ diện ABCD có ^AB



BCD , BC 3a, CD 4a, AB 5a



   . Tam giác BCD vuông tại B. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD.

A. a

B. a

2 C. a

3 D. a 3

Ta có

 

AC CD d A,CD AC

 

   

² ²

2 2 2 2

ABC A 90

AC AB BC 5a 3a 34a

 

     

AC a 34

 

Câu 10. Cho tam giác ABC có AB 14,BC 10,AC 16   . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm O sao cho OA 8 . Khoảng cách từ điểm O đến cạnh BC là:

H

A

C B

D

S

B D

C A

H

(8)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

A. 8 3 B. 16 C. 8 2 D. 24

Hướng dẫn giải Nửa chu vi tam giác ABC: p 14 16 10 20

2

 

 

   

SABC 20. 20 14 20 16 20 10   40 3 2SABC 80 3

AH 8 3

BC 10

  

Nối OH thì OH BC . Khoảng cách từ O đến BC là OH:

2 2

OH OA AH 16 Vậy chọn đáp án B.

Câu 11. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC 2a , ABC 60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và SA SC SM a 5   . Khoảng cách từ S đến cạnh AB là:

A. a 17

4 B. a 19

2 C. a 19

4 D. a 17 2 Hướng dẫn giải

Chân đường cao hình chóp là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC (Do SA SC SM  ).

Góc AMC 120 , nên H ở ngoài tam giác AMC và HAM là tam giác đều nên:

HM AM a 

2 2 2 2

SH SM HM  5a a 2a

Từ H kẻ HK AB thì SK AB : SK là khoảng cách từ S đến cạnh AB.

HK MI a 3

  2 (do ABM là tam giác đều cạnh bằng a)

2 2

2 2 2 3a 19a a 19

SK SH HK 4a

4 4 2

      .

Vậy chọn đáp án B.

A C

B O

H

I 60°

K A M

C

B S

H

(9)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9 DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA a . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 30⁰. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD.

A.a

3 B.2a

3 C.4a

3 D. 5a

Chứng minh ^DB^



^SAC



^ Hình chiếu vuông góc của DS lên (SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO 30 ⁰. Đặt DO x , ta có SO x 3 (O là giao của AC và BD)

Từ SO² AO² SA² x a

    2

Gọi N là trung điểm của AB DN / /BM

Suy ra ^{d D; SBM}

   

^^{d N; SBM}

   

^¹₂^{d A; SBM}

   

Kẻ AI BM, AH SM  .

Từ đó chứng minh được ^AH^



^SBM



^^{d A; SBM}

   

^^AH

Trong (ABCD):

2

ABM ABCD BCM a

S S S

   2

Mà S_ABM 1AI.BM AI 2a

2 5

  

Khi đó: _AH¹₂ ^_AI¹₂ ^_SA¹₂ ^^AH^₃^^a^^{d D; SBM}

   

^^a₃^.

Vậy chọn đáp án A.

Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a 2 và BC a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là 60⁰. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD)

A.a 38

29 B.3a 58

29 C.3a 38

29 D. 3a

O M

D N

B C

A S

I H

(10)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10 Gọi H là hình chiếu vuông góc

của A trên BD và K là hình chiếu vuông góc của A trên SH.

Ta có SA BD và AH BD nên

 

BD SAH .

Suy ra AK BD . Mà AK SH nên ^AK^



^SBD



Ta có: ^{d C; SBD}

   

^^{d A; SBD}

   

^^AK

Ta có: 1₂ 1₂ 1₂ 1₂ 1₂ 1₂ 29₂ AK SA AH SA AB AD 18a Vậy ^{d C; SBD}

   

^^AK ^^{3a 58}₂₉ . Vậy chọn đáp án B

Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, ^SA^



^ABCD



^và

SA a 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AD. Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SBD).

A. 3a 21

11 B. a 21

9 C.3a 21

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Qua A dựng AH SO . Dễ dàng chứng minh được ^{AH BD}^

Khi đó AH d A, SBD

   

Trong tam giác vuông SAC, ta có:

 

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2

IC AC AC AB BC 2a 2

CI.SC AC

SC SC SA AC SA AB BC 2a 3a 5

       

   

CBS

 có IP SP IP CP CI CP 2 SB CB CS CB 5

    

∥

Áp dụng định lý Talet: ^{BE BP 3} ^{BE BC CP 3}

CQ PC 2 CQ PC 2

     

Mà AB CD CQ QP CQ BE 5BE

     3 Do AEF vuông tại A nên:

O F

E

Q P

D

C A

B S

I

H

60°

B

D C

A S

H K

(11)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

 

² ²

2 2

AEF 1 1 1 32 32a

S AE.AF AE AB BE AB

2 2 2 25 25

      (đvdt)

 

     

DA 5 d E, SBD 3d A, SBD DE 3  5

Tam giác SAO vuông tại A, khi đó

2 2

2 2 2

1 1 1 AH 3a

AH SA AO   7 Vậy ^{d E, SBD}

   

^^{3a 21}₇

Câu 4. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA a, BC 2a  , SA 2a ,

 

SA ABC . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng (SAB)

A.8a

9 B.a

9 C.2a

9 D. 5a

9 Hướng dẫn giải Vì ^BC^



^SAB



^nên:

 

AH BC, AH  SBC AH HK, AH SC

   mà

AK SC

 

SC AHK

 

Ta có: AH AB.SA 2a

SB 5

  ,

AC.SA 2 5a AK SC  3 ,

2 2 8a

HK AK AH

  3 5, SK 4a

 3 V_S.AHK 1 4a 2a 8a. . . 32 a³ 6 3 5 3 5 135

  

Mặt khác SH SA² AH² 4 a

   5 nên S_AHS 4a²

 5 Vậy khoảng cách cần tìm là:

   

^KSAH

AHS

3V 8a

d K, SAB

S 9

  .

Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC BAD 90  ⁰, BA BC a  , AD 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB.

Tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) A.5a

3 B. 4a

3 C.2a

3 D. a

3

A C

B S

H K

(12)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 12 Hướng dẫn giải

Gọi I là trung điểm AD.

Ta có CI IA ID AD

   2 , suy ra ACD vuông tại C.

CD AC

  . Mà ^SA^



^ABCD



^^{SA CD}^ nên ta có CD SD hay SCD vuông. Gọi

1 2

d , d lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) Ta có: SAB SHA SA SB

SH SA

 ∽  

2 2

SH SA 2 SB SB 3

  

mà ² ₂ ₁

1

SH d 2 d 2d SB d  3 3 Thể tích khối tứ diện S.BCD:

3

SBCD 1 1 2a

V SA. AB.BC

3 2 6

 

Ta có: SC SA²AC² 2a,

2 2 2

SCD 1

CD CI ID 2a S SC.CD 2a

    2 

Ta có:

3

S.BCD 1 SCD 1 2

3. 2a

1 6 a

V d .S d

3 2a 2

   

Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d₂ 2d₁ a

3 3

  . Vậy chọn đáp án D.

Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB AC a  , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng



^ABC



là trung điểm H của BC, mặt phẳng



^SAB



tạo với đáy một góc bằng 60⁰. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng



^SAB



^{theo a.}

A.^{a 3}

2 B.^{a 3}

8 C.^{a 3}

4 D. a

4 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm của AB^^{HK AB 1}^

 

Vì ^SH^



^ABC



^nên^{SH AB 2}^

 

Từ (1) và (2) AB SK

A I D

B C

S

H

60°

K

C H B

A S

M

(13)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13 Do đó góc giữa



^SAB



với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH 60 ⁰

Ta có SH HK.tanSKH a 3

  2

Vì IH / /SB nên ^{IH / / SAB}

 

^{. Do đó}^{d I, SAB}

   

^^{d H, SAB}

   

Từ H kẻ HM SK tại M ^^HM^



^SAB



^^{d H, SAB}

   

^^HM

Ta có 1 ₂ 1₂ 1₂ 16₂ HM a 3

HM  HK SH 3a   4 . Vậy ^{d I, SAB}

   

^ ^{a 3}₄ ^.

Vậy chọn đáp án C.

Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB 2a , AC 2a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30⁰. Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC)

A.a 3

5 B. a 5

3 C.a 5

5 D. 3a

5 Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng (ABC) kẻ HK BC tại

K^^BC^



^SHK



Từ giả thiết ta có: SHK 30 ⁰

2 2

BC AB AC 4a

AC HK 3 a 3

sin ABC HK

BC HB 2 2

    

Trong tam giác SHK có:

SH HK tanSKH a

 2

Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH // AC, do đó MH // (SAC). Suy ra:

 

     

d M, SAC d H, SAC

Trong mặt phẳng (SAB) kẻ HD SA tại D. Ta có: ^AC^



^SAB



^^{AC DH}^ ^^DH^



^SAC



2 2 2

1 1 1 HD a 5

DH HA HS   5

Vậy ^{d M, SAC}

   

^^{d H, SAC}

   

^^HD^^{a 5}₅ . Vậy chọn đáp án C.

Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB AC a  , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt

H

A C

B S

K M D

(14)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14 phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60⁰. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a.

A.^{a 3}

5 B. ^{a 5}

4 C. ^{a 3}

4 D. ^{a 3}

2 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm của AB

 

HK AB 1

 

Vì ^SH^



^ABC



^nên^{SH AB 2}^

 

Từ (1) và (2)AB SK

Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc giữa SK và HK bằng SKH 60 ⁰.

Ta có: SH HK tanSKH a 3

  2

Vậy

3

S.ABC 1 ABC 1 1 a 3

V S .SH . AB.AC.SH

3 3 2 12

  

Vì IH / /SB nên ^{IH / / SAB}

 

^{. Do đó}^{d I, SAB}

   

^^{d H, SAB}

   

Từ H kẻ HM SK tại M ^^HM^



^SAB



^^{d H, SAB}

   

^^HM

Ta có: 1 ₂ 1₂ 1₂ 16₂ HM a 3

HM  HK SH 3a   4 . Vậy ^{d I, SAB}

   

^ ^{a 3}₄ ^.

Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 60⁰. Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng



^SBC



A. a 7

29 B.a 21

4 29 C. a 21

3 29 D. a 21 29 Hướng dẫn giải

K C H

B

A S

M

H'K H I

A

B

C S

E

I' H' K H I

A

B A' C

(15)

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15 Ta có: CI AC² AI² a 3

   2 Do đó AH AI² IH² ^{a 7}

   4 , suy ra SH AH.tan60⁰ ^{a 21}

  4

Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC, E là hình chiếu của H trên SH’ thì

     

HE SBC d H; SBC HE. Ta có: HH' 1II' 1AA' a 3

2 4 8

   . Từ 1₂ 1₂ 1 ₂ HE a 21

4 29 HE HS HH'   Vậy ^{d H; SBC}

   

^{a 21}

 4 29. Vậy chọn đáp án B.

Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC 60 ⁰ hình chiếu của S trên mặt phẳng



^ABCD



trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng



^SAC



hợp với mặt phẳng



^ABCD



^góc ⁶⁰⁰. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng



^SCD



A. a

112 B. 2a

111 C. 6a

112 D. 3a 112 Hướng dẫn giải

Trong



^SBD



^kẻ ^{OE / /SH} khi đó ta có OC, OD, OE đôi một vuông góc. Và:

a a 3 3a

OC , OD , OE

2 2 8

  

Áp dụng công thức:

 

2 2 2 2

1 1 1 1 d 3a

d O, SCD OC OD OE   112 Mà ^{d B, SCD}

   

^^{2d O, SCD}

   

^ ^6a₁₁₂

Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 60⁰. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng



^ABCD



là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD 2HB . Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng



^ABCD



^góc⁶⁰⁰ với O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng



^SCD



^{theo a}

A.3a 7

15 B.3a 7

14 C.^{a 7}

11 D. ^{2a 7} 15 Hướng dẫn giải

E

H O A

B C

D S

(16)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16 Trong tam giác SHO có:

0 1 a 3 a SH HO.tan60 . . 3

3 2 2

  

Tính khoảng cách từ B đến



^SCD



^:

2 2

SD SH HD a 57; 6 SC SH HC a 21

6

  

   

²

 

SCD

a 57 a 21 SC SD CD

SD ; SC ; CD a, p

6 6 2

S p p SC p SD p CD a 21 3 12

 

   

    

Từ (1), (2), (3) ta có ^{d B, SCD}

   

^^{3a 7}₁₄ . Vậy chọn đáp án B.

Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC, SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60⁰. Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) nằm trong tam giác ABC. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

A. 2a 13

13 B.3a 13

13 C. 3a 13

Gọi M là trung điểm của BC.

Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là SMA 60 ⁰ SAM

 đều cạnh bằng a 3 2

2 SAM 3 3a S^ 16

 

 

3

S.ABC SAM

2 SAC

B.SAC 3 SAC 2

1 a 3

V BC.S

3 16

1 a 13 a 3 a 39

S .

2 4 2 16

3V 3a 3 3a 13 d B, SAC

S 16.a 39 13 16



 

  

60° 60°

H O B C

A D

S

60°

M

A C

B S

H

(17)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 17 Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB a, BC a 3  . Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)

A. 3a

11 B. a

13 C. 3a

15 D. 5a

 

SH ABCD SH AC SAC

 vuông tại S SH² HA.HC

2 2

AC AB BC 2a, suy ra:

 

     

a 3a a 3

HA , HC SH

2 2 2

CI 2HI d C, SBD 2d I, SBD

   

  

Hạ HN BD, N BD  và HK SN, KN . Suy ra: ^HK^



^SBD



^nên^{d H, SBD}

   

^^HK

Ta có: AB.AD 2S _ABD 2HN.BD HN AB.AD a 3 2BD 4

     

Ta có: 1₂ 1₂ 1₂ HK 3a 2 15

HK  HN SH   . Vậy ^{d C, SBD}

   

^^2HK^ ^3a₁₅

Vậy chọn đáp án D.

Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD 2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC a 3 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD)

A.^{3a 21}

7 B.a 21

7 C.^{4a 21}

7 D. ^{2a 21} 7 Hướng dẫn giải

Kẻ SH AC, H AC 

Do



^SAC

 

^ ^ABCD



^^SH^



^ABCD



2 2 SA.SC a 3

SA AC SC a, SH

AC 2

    

Ta có:

 

     

2 2 a

AH SA SH CA 4HA

2

d C, SAD 4d H, SAD

    

 

Do^{BC / / SAD}

 

^^{d B, SAD}

   

^^{d C, SAD}

   

^ ^{4d H, SAD}

   

H I A

B C

D S

N K

K

B C

A D

S

H J

(18)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18 Kẻ HK AD K AD , HJ SK











J SK



Chứng minh được



^SHK

 

^ ^SAD



^mà^{HJ SK}^ ^^HJ^



^SAD



^^{d H, SAD}

   

^^HJ^;^^AHK

vuông tại K HK AHsin 45⁰ a 2

   4

2 2

SH.HK a 3 HJ SH HK 2 7

  

 . Vậy

 

^{2a 3 2a 21}

d B, SAD

7 7

  .

Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB a , BC 2a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60⁰. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

A.3a 21

7 B.a 21

7 C.4a 21

7 D. 2a 21 7 Hướng dẫn giải

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật, ta có:

 

²

2 2 1 1 2

BH BO . AC a 2 2a a

3 3 2 3

    

Ta có ^SH^



^ABCD



nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc SBH 60 ⁰ Trong tam giác vuông SHB ta có:

SH BHtanSBH a.tan60  0a 3

Ta có: ^{d A; SBC}

   

^{2d 0; SBC}

   

2. d H; SBC³

   

3d H; SBC

   

  2 

Kẻ HK BC K BC , HI SK I SK













  

1 Ta có: ^SH^



^ABCD



^^{SH BC}^

Do đó ^BC^



^SHK



^^{BC HI}^

 

²

Từ (1) và (2) suy ra ^HI^



^SBC



^nên^{d H; SBC}

   

^^HI

Ta có HK 1DC 1a

3 3

  . Trong tam giác vuông SHK ta có:

2 2 2

2

a 3.a

SH.HK 3 a 3 a 21

HI SH HK 3a a 28 14

9

   

 

.

O K

H B C

A D

S

I

(19)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19 Vậy ^{d A; SBC}

   

^^{3d H; SBC}

   

^^3HI ^^{3a 21}₁₄ . Vậy chọn đáp án D.

Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB AC, BC a 3, BAC 120   ⁰. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 60⁰. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

A.4a 37

37 B. a

37 C.3a 37

37 D. 2a 37 37 Hướng dẫn giải

Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB AC a  Ta có

2 2 2 0 7a2

CI AI AC 2AI.AC.cos120

    4 CI a 7

  2 Do đó: AH₂ ^{2 AI}



² ^AC²



^CI² 3a² AH a 3

4 16 4

 

   

Suy ra SH AH.tan60⁰ 3a

  4

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.

Ta có:

   

 

d A; SBC AK AA' 4 HK HH'

d H; SBC    ^^{d A; SBC}

   

^^{4d H; SBC}

   

Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì ^HE^



^SBC



^^{d H; SBC}

   

^^HE

1 a

HH' AA'

4 8

  và từ 1₂ 1₂ 1 ₂ HE 3a

4 37 HE  HS HH'   Vậy ^{d A; SBC}

   

^^4HE ^^{3a 37}₃₇ . Vậy chọn đáp án C.

Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với

120°

K H I

A

B

C S

H'

E I H

B A' C

A

I' H' K

(20)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20 đáy một góc 60⁰. Biết rằng AB BC a, AD 3a   . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a

A.4a 3

5 B.3a

4 C.3a 3

7 D. 3a 3

2 Hướng dẫn giải Gọi K là hình chiếu của I lên AB.

Suy ra SKI 60 ⁰. Do IK / /AD KI BI

AD BD

  . Mà

BI BC a 1 BI 1 BI 1

ID AD 3a 3    BI ID 4 BD 4



Suy ra KI 1 KI 3a SI 3a 3 AD 4   4   4

Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có AB IK AB IH AB SI

 

 

  Từ đó suy ra ^IH^



^SAB



^^{d I; SAB}

   

^^IH

Mà do ^{DB 4IB}^ ^^{d D; SAB}

   

^^{4d I; SAB}

   

^^4IH

Lại có 1₂ 1₂ 1₂ 16₂ 16₂ IH 3a 3 IH  IS IK 27a 9a   8 Vậy ^{d D; SAB}

   

^^{3a 3}₂ . Vậy chọn đáp án D.

Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc DAB 120 0. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 60⁰. Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC)

A.a 3

5 B.3a

4 C.3a

7 D. 3a 3

   

     

SAC ABCD

SBD ABCD SO ABCD SO BC

SAC SBD SO

 

    

  

Kẻ ^{OK BC}^ ^^BC^



^SOK



   



^{SBC , ABCD}



^{SKO 60}⁰

  

60°

I

B C

A D S

K H

120°

60°

O A

D C

B S

K H

(21)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

 

     

AO SBC C

d A; SBC 2d O; SBC

 

 

   

         

 

2 2 2

SBC SOK

SBC SOK SK OH SBC d O; SBC OH OH SK

1 1 1 OH 3a d A; SBC 3a

8 4

OH OK OS

 

     

 

     

Câu 19. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, ABC 120 ⁰. Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho ASC 90 ⁰. Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a.

A. a

17 B.a 2

27 C. a 2

17 D. a

0 0

ABC 120 BAD 60  ABD đều cạnh a.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

a 3 2 a 3

AO ; AG AO ; AC a 3

2 3 3

    

SG GA.GC a 6

   3 (SAC vuông tại S, đường cao SG).

Kẻ ^{GH SO}^ ^^GH^



^SBD



^vì

     

BD GH  SAO d G; SBD GH SGO

 vuông tại G, đường cao GH

2 2 2 2

1 1 1 27 GH a 2

27 GH GS GO 2a

      . Vậy chọn đáp án B.

Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB a, BC a 3  . Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)

A. a

5 B. 2a

7 C. 3a

17 D. 3a

15 Phân tích: ^SH^



^ABCD



^^{SH AC}^ ^.

SAC

 vuông tại S SH² HA.HC

G

D O

A

B C

S

H

(22)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

2 2

AC AB BC 2a, suy ra:HA a, HC 3a SH a 3

2 2 2

   

 

     

CI 2HI d C, SBD 2d H, SBD . Hạ HN BD, N BD  và HK SN, KN . Suy ra: ^HK^



^SBD



^nên^{d H, SBD}

   

^^HK

Hướng dẫn giải Ta có:

AB.AD 2S ABD 2HN.BD AB.AD a 3 HN 2BD 4

  

  

Ta có:

2 2 2

1 1 1 HK 3a

2 15 HK HN SH   . Vậy ^{d C, SBD}

   

^^2HK^ ^3a₁₅^.

Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD 2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC a 3 . Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD)

A. 2a 13

7 B. 2a

7 C.2a 21

Kẻ SH AC, H AC 

Do



^SAC

 

^ ^ABCD



^^SH^



^ABCD



2 2 SA.SC a 3

SA AC SC a, SH

AC 2

    

Ta có:

 

     

2 2 a

AH SA SH CA 4HA d C, SAD 4d H, SAD

   2   

Do ^{BC / / SAD}

 

^^{d B, SAD}

   

^^{d C, SAD}

   

^^{4d H, SAD}

   

Kẻ HK AD K AD , HJ SK











J SK



Chứng minh được



^SHK

 

^ ^SAD



^mà^{HJ SK}^ ^^HJ^



^SAD



^^{d H, SAD}

   

^^HJ

AHK

 vuông tại K HK AHsin 45⁰ ^{a 2}

   4

H I A

B C

D S

N K

K

B C

A D

S

H J

(23)

2 2

SH.HK a 3 HJ SH HK 2 7

  

 . Vậy ^{d B, SAD}

   

^^{2a 3 2a 21}₇ ^ ₇ ^.

Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB a , BC 2a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60⁰. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

A. 3a 21

14 B. a 21

15 C. a 21

13 D. a 21

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật, ta có: ^BH^²₃^BO^^{2 1}_{3 2}^{. AC}^¹₃ ^a²^

 

^{2 2a} ² ^^a

Ta có ^SH^



^ABCD



nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc SBH 60 ⁰

Trong tam giác vuông SHB ta có:

SH BHtanSBH a.tan60  0a 3

Ta có: ^{d A; SBC}

   

^{2d 0; SBC}

   

2. d H; SBC³

   

3d H; SBC

   

  2 

Kẻ HK BC K BC , HI SK I SK













  

1

Ta có: ^SH^



^ABCD



^^{SH BC}^ ^{. Do đó}^BC^



^SHK



^^{BC HI}^

 

²

Từ (1) và (2) suy ra ^HI^



^SBC



^nên^{d H; SBC}

   

^^HI

Ta có HK 1DC 1a

3 3

  . Trong tam giác vuông SHK ta có:

2 2 2

2

a 3.a

SH.HK 3 a 3 a 21

HI SH HK 3a a 28 14

9

   

 

.

Vậy ^{d A; SBC}

   

^^{3d H; SBC}

   

^^3HI ^^{3a 21}₁₄

Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có AB AC, BC a 3, BAC 120   ⁰. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 60⁰. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

O K

H B C

A D

S

I

(24)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 24 A. 3a 21

14 B. a 21

15 C. a 21

13 D. a 21

Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB AC a 

Ta có

2 2 2 0 7a2

CI AI AC 2AI.AC.cos120

    4

CI a 7

  2 Do đó



² ²



² ²

2 2 AI AC CI 3a a 3

AH AH

4 16 4

 

   

Suy ra SH AH.tan60⁰ 3a

  4

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.

Ta có:

   

 

d A; SBC AK AA' 4 HK HH' d H; SBC   

 

     

d A; SBC 4d H; SBC

 

Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì ^HE^



^SBC



^^{d H; SBC}

   

^^HE

1 a

HH' AA'

4 8

  và từ 1₂ 1₂ 1 ₂ HE 3a

4 37 HE  HS HH'   Vậy ^{d A; SBC}

   

^^4HE ^^{3a 37}₃₇

Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 60⁰. Biết rằng AB BC a, AD 3a   . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a

A. 3a 5

4 B. a 2

5 C. a 3

13 D. 3a 3

Gọi K là hình chiếu của I lên AB.

Suy ra SKI 60 ⁰. Do IK / /AD KI BI

AD BD

  .

120°

K H I

A

B

C S

H' E

H I

B A' C

A

I' H' K

60°

I

B C

A D S

K H

(25)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25 Mà BI BC a 1 BI 1 BI 1

ID AD 3a 3    BI ID 4 BD 4



Suy ra KI 1 KI 3a SI 3a 3 AD 4   4   4

Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có AB IK

AB IH AB SI



  

  Từ đó suy ra ^IH^



^SAB



^^{d I; SAB}

   

^^IH

Mà do ^{DB 4IB}^ ^^{d D; SAB}

   

^^{4d I; SAB}

   

^^4IH

Lại có 1₂ 1₂ 1₂ 16₂ 16₂ IH 3a 3 IH  IS IK 27a 9a   8 Vậy ^{d D; SAB}

   

^^{3a 3}₂ . Vậy chọn đáp án D.

Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc DAB 120 0. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 60⁰. Tính khoảng cách từ A đến (SBC)

A. 3a

4 B. a 2

3 C. a 3

3 D. 5a

2

Hướng dẫn giải

   

     

SAC ABCD

SBD ABCD SO ABCD SO BC

SAC SBD SO

 

    

  

Kẻ ^{OK BC}^ ^^BC^



^SOK



   



^{SBC , ABCD}



^{SKO 60}⁰

  

 

     

a 3 3a

OK SO ; AO SBC C

4 4

d A; SBC 2d O; SBC

    

 

   

         

 

2 2 2

SBC SOK

SBC SOK SK OH SBC d O; SBC OH OH SK

1 1 1 OH 3a d A; SBC 3a

8 4

OH OK OS

 

     

 

     

120°

60°

O A

D C

B S

K H

(26)

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26 Câu 26. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, ABC 120 ⁰. Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho ASC 90 ⁰. Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a.

A. a 7

5 B. a 2

5 C. a 6

9 D. a 3

0 0

ABC 120 BAD 60  ABD đều cạnh a.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

a 3 2 a 3

AO ; AG AO ; AC a 3

2 3 3

    

SG GA.GC a 6

   3 (SAC vuông tại S, đường cao SG).

Kẻ ^{GH SO}^ ^^GH^



^SBD



^vì

     

BD GH 