ĐÁP án CHUYÊN đề 6 có CHỨA câu hỏi

Dạng Góc Dạng 1.1 Góc đường thẳng với mặt phẳng Câu (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông C , AC = a , BC = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60° B 90° C 30° Lời giải D 45° Chọn C Có SA ⊥ ( ABC ) ( · , ( ABC ) ⇒ SB ( ABC ) nên AB hình chiếu SA mặt phẳng · , AB = SBA · = SB ) ( ) 2 Mặt khác có ∆ABC vng C nên AB = AC + BC = a SA · · , ( ABC ) = 30° tan SBA = = SB AB nên Khi ( Câu ) (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy A 45° B 60° C 30° D 90° Lời giải Chọn A · Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy góc SCA SA · ⇒ tan SCA = · = 45° AC = ⇒ SCA Ta có SA = 2a , AC = 2a Vậy góc đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45° Trang 1/77 - Mã đề 117 Câu ( ABC ) , (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng SA = 2a , tam giác ABC vuông B , AB = a BC = 3a (minh họa hình vẽ bên) ( ABC ) Góc đường thẳng SC mặt phẳng A 30° B 60° C 45° D 90° Lời giải Chọn C ( ABC ) , suy góc đường thẳng SC mặt phẳng Vì SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) · SCA SA 2a · tan SCA = = =1 AC a + 3a Mà · Vậy SCA = 45° Câu (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB = 2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 45° B 60° C 90° D 30° Lời giải Chọn B · Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SBA AB · cos SBA = = · = 60° SB ⇒ SBA Ta có Vậy góc đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60° Trang 2/77 - Mã đề 117 Câu (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) SA = 2a Tam giác ABC vuông cân B AB = a ( minh họa hình vẽ bên) ( ABC ) Góc đường thẳng SC mặt phẳng 0 A 45 B 60 C 30 Lời giải Chọn A D 90 ( ABC ) Ta có AC hình chiếu vng góc SC mặt phẳng ( ABC ) SCA = ϕ Suy góc đường thẳng SC mặt phẳng Ta có AC = a 2, SA = a nên tam giác SAC vuông cân A ⇒ ϕ = 45 · Câu ( ABC ) , (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng SA = 2a , tam giác ABC vuông B, AB = a BC = a (minh họa hình vẽ bên) ( ABC ) bằng: Góc đường thẳng SC mặt phẳng A 45 B 30 C 60 Lời giải D 90 Chọn A ( ABC ) nên AC hình chiếu SC lên mặt phẳng ( ABC ) Ta có SA ⊥ · SC , ( ABC ) ) = ( SC , AC ) = SCA Do ( 2 Tam giác ABC vng B, AB = a BC = a nên AC = AB + BC = 4a = 2a Trang 3/77 - Mã đề 117 · Do tam giác SAC vng cân A nên SCA = 45 SC , ( ABC ) ) = 450 Vậy ( Câu (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a Gọi M trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường ( ABCD ) thẳng BM mặt phẳng A B C Lời giải D Chọn D SO = a − a2 a = 2 SO ⊥ ( ABCD ) Gọi O tâm hình vng Ta có Gọi M trung điểm OD ta có MH / / SO nên H hình chiếu M lên mặt phẳng ( ABCD ) MH = a SO = · Do góc đường thẳng BM mặt phẳng ( ABCD ) MBH a MH · tan MBH = = = BH 3a Khi ta có Vậy tang góc đường thẳng BM ( ABCD ) mặt phẳng Trang 4/77 - Mã đề 117 Câu ( ABC ) , (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng SA = 2a , tam giác ABC vuông cân B AB = a (minh họa hình vẽ bên) Góc ( ABC ) đường thẳng SC mặt phẳng o A 30 o B 90 o C 60 Lời giải o D 45 Chọn D SA ⊥ ( ABC ) Ta có nên đường thẳng AC hình chiếu vng góc đường thẳng SC lên mặt phẳng Do đó, ( ABC ) ( ) ( ) · , ( ABC ) = SC · , AC = SCA · α = SC (tam giác SAC vuông A ) Tam giác ABC vuông cân B nên AC = AB = 2a SA · tan SCA = =1 o AC Suy nên α = 45 Câu SA ⊥ ( ABCD ) [1H3-3.3-1] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , a Tính góc SC mặt phẳng ( ABCD ) ? A 30° B 45° C 60° Lời giải SA = D 90° AC = a , · · · AC hình chiếu vng góc SC ( ABCD ) ⇒ ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC ; AC ) = SCA Trang 5/77 - Mã đề 117 ( ) SA a · · ∆SAC : tan SCA = = : a = ⇒ SCA = 30° AC 3 Câu 10 [1H3-3.3-2] (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a SA ⊥ ( ABCD ) Biết SA = a Tính góc ABCD ) SC ( A 30° B 60° C 75° D 45° Lời giải Chọn A Ta có AC = a Vì AC hình chiếu SC lên AC ( ABCD ) ABCD ) nên góc SC ( góc SC a · tan SCA = = · Suy SCA a = 300 Xét ∆SAC vuông A, ta có: Câu 11 [1H3-3.3-2] (THPT THIỆU HĨA – THANH HĨA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình SA ⊥ ( ABCD ) chóp S ABCD , đáy ABCD hình vuông cạnh a Biết SA = a ( ABCD ) Tính góc SC A 45° B 30° C 60° Lời giải D 75° Chọn A Trang 6/77 - Mã đề 117 Vì · SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ (· SC ; ( ABCD ) ) = (·SC ; AC ) = SCA Ta có AC = AB + BC = a 2 SA a · · ⇒ tan SAC = = = ⇒ SCA = 450 AC a Câu 12 [1H3-3.3-2] (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh 2a Gọi M trung điểm SD ( ABCD ) Tính tan góc đường thẳng BM mặt phẳng A B C Lời giải D MH ⊥ ( ABCD ) Trong tam giác SOD dựng MH //SO, H ∈ OD ta có ( ABCD ) MBH · Vậy góc tạo BM mặt phẳng Ta có MH = 1 a SO = SD − OD = 4a − 2a = 2 2 3 3a BD = 2a = 4 MH · tan MBH = = BH Vậy BH = Trang 7/77 - Mã đề 117 Câu 13 [1H3-3.3-2] (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Cho khối chóp S ABC có SA ^ ( ABC ) , tam giác ABC vuông B , AC = 2a , BC = a , SB = 2a Tính ( SBC ) góc SA mặt phẳng A 45° B 30° C 60° Lời giải D 90° ( SAB ) kẻ AH ^ SB ( H Ỵ SB ) Trong ìïï SA ^ BC Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AH í ïïỵ AB ^ BC Vì AH ^ ( SBC ) ( SBC ) suy Mà SB ^ AH cách dựng nên , hay H hình chiếu A lên ( SBC ) góc ·ASH hay góc ·ASB góc SA 2 Tam giác ABC vuông B Þ AB = AC - BC = a AB Þ sin ·ASB = = Þ ·ASB = 30° SB Tam giác SAB vuông A Câu 14 [1H3-3.3-2] (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy SA = a Gọi α góc SD ( SAC ) Giá trị sin α A B C Lời giải D Trang 8/77 - Mã đề 117  DO ⊥ AC ⇒ DO ⊥ ( ABCD )  DO ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABCD ) )  O = AC ∩ BD  Gọi Ta có: · · · ⇒ SO hình chiếu SD lên mặt phẳng ( SAC ) ⇒ ( SD; ( SAC ) ) = ( SD; SO ) = DSO = α 2 Xét ∆SAD vuông A : SD = 3a + a = 2a Xét ∆SOD vng O : có SD = 2a , Câu 15 OD = a DO · ⇒ sin α = sin DSO = = SD [1H3-3.3-2] (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy tam giác cạnh a Tam giác SAB cân S thuộc mặt phẳng vng ° góc với đáy Biết SC tạo với mặt phẳng đáy góc 60 , gọi M trung điểm BC Gọi α góc đường thẳng SM mặt phẳng ( ABC ) Tính cos α cos α = cos α = cos α = 10 A B C Lời giải D cos α = 10 SH ⊥ ( ABC ) Gọi H trung điểm AB dễ thấy · SC tạo với mặt phẳng đáy góc 60° suy SCH = 60° Có HC = a 3a · ⇒ SH = HC tan SCH = 2 · Dễ thấy α = SMH , Câu 16 HM = a a 10 HM AC = ⇒ SM = ⇒ cos α = = 2 SM 10 [1H3-3.9-3] (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABCD có đáy hình thang vng B AB = BC = a, AD = 2a Biết SA vng góc với đáy ( ABCD) SA = a Gọi M , N trung điểm SB, CD Tính sin góc đường thẳng MN mặt phẳng ( SAC ) A 55 B 10 C 10 D Lời giải Chọn C Trang 9/77 - Mã đề 117 Ta gọi E , F trung điểm SC= AB Ta có ME / / NF ( song song với BC Nên tứ giác MENF hình thang,  MF / ISA ⇒ MF ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ ( ABCD )  hay tứ giác MENF hình thang vng M , F Gọi K = NF ∩ AC , I = EK ∩ M I = MN ∩ ( SAC )  NC ⊥ AC ⇒ NC ⊥ ( SAC )  Ta có:  NC ⊥ SA hay E hình chiếu vng góc N lên ( SAC ) Từ ta có được, góc MN ( SAC ) góc MN CI Suy ra, gọi Q góc MN ( SAC ) sin α = CN IN a IN KN 2 a 10 NC = CD = = = ⇒ IN = MN = MF + FN = 2 ; M ME 3 Vậy Câu 17 sin α = CN = IN 10 [1H3-5.2-3] (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình ( ∆ ) đường chóp tứ giác S ABCD có AB = a , O trung điểm AC SO = b Gọi a 14 ( ∆ ) chứa mặt phẳng ( ABCD ) khoảng cách từ O đến ( ∆ ) thẳng qua C , Giá trị lượng giác 2a A 4b − 2a 2 cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) 2a a B 2a + 4b 2 a C 2a + 4b Lời giải 2 D 4b − 2a Trang 10/77 - Mã đề 117 Ta có: ïìï AD ^ HI Þ AD ^ ( SIH ) Þ ( SAD) ^ ( SIH ) ùùợ AD ^ SH HK ^ SI ị HK ^ ( SAD) Từ H dựng Vậy d( H ;( SAD) ) = HK AH HI BM AH HI / / BM Þ = Þ HI = = AB BM AB Ta có: 3=4 3 SH IH SH IH 210 3 Þ HK = = = = 2 SI 15 SH + HI æ4 ữ ổ4 3ử ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ç ÷ +ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ứ ữ ố ữ ứ ố 210 ị d( SA ;BC) = HK = Câu 75 [1H3-5.4-3] (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABC µ SA ⊥ ( ABC ) SA = có tam giác ABC vng B , C = 60° , AC = , , Gọi M trung điểm AB Khoảng cách d SM BC A d= 21 B d= 21 C Lời giải d= 21 D d= 21 Ta có BC ⊥ SA BC ⊥ AB     ⇒ BC ⊥ ( SAB ) SA, AB ⊂ ( SAB )  SA ∩ AB = A  SAB ) Trong ( , dựng BH ⊥ SM cắt SM H Ta có BH ⊥ SM   ⇒ d ( SM , BC ) = BH ⇔ d = BH BH ⊥ BC  Trang 63/77 - Mã đề 117 Ta có ∆BMH ∽∆SMA ⇒ BH BM SA ×BM = ⇔ BH = SA SM SM Xét ∆ABC vuông B có ⇒ AM = BM = ( 1) AB ⇒ AB = sin 600 ×2 = AC · CA = sin B  3 7 SM = SA + AM = +  = ⇒ SM = ÷ ÷   ∆ SAM A Xét vuông có SA ×BM BH = = SM 2 = = 21 7 1× Thế vào ( ) , ta có Cách 2: (Nguyễn Văn Thịnh) Nhận xét: Các dạng tốn khoảng cách nên sử dụng quan hệ song song tỉ lệ để đưa tính khoảng cách từ chân đường cao hình chóp Gọi N trung điểm AC BC // ( SMN ) ⇒ d ( BC , SM ) = d ( BC , ( SMN ) ) = d ( B, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) Ta có AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A, ( SMN ) ) = AH Kẻ AH ⊥ SM , H ∈ SM , ta có ⇒ AM = µ Ta có AB = AC.sin C = 2.sin 60° = Xét tam giác SAM vng A có AH đường cao, suy Vậy Câu 76 d ( BC , SM ) = AH = SA AM SA2 + AM = 21 21 [1H3-5.4-3] (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối a 2b chóp tứ giác S ABCD tích với AB = a Gọi G trọng tâm tam giác SCD , cạnh AB, SD lấy điểm E , F cho EF song song BG Khoảng cách hai đường thẳng DG EF Trang 64/77 - Mã đề 117 2ab a 2b ab 2 A 2b + a B 2b + a 2 C 2b + a Lời giải ab 2 D 2b + a Gọi M trung điểm CD , O trung điểm BD Do S ABCD khối chóp tứ giác nên ABCD hình vng SO ⊥ ( ABCD ) VS ABCD Do Ta có S ABCD SO a SO a 2b = = = ⇒ SO = b 3 BE // CD Þ BE // ( SCD ) ü ùù ý ị BE // GF ( BEFG ) ầ ( SCD) = GF ùùỵ m BE // CD ị GF // CD SG GF SF SG = = = = Do G trọng tâm ∆SCD nên SM mà GF //CD nên DM SD SM DN = GF = DM Trên tia đối tia DC lấy điểm N cho Từ ta có DNFG BEND hai hình bình hành ( BDG ) // ( NEF ) KD DF = = Trên đoạn thẳng OD lấy điểm K cho OD SD , từ ta có FK //SO mà SO ⊥ ( ABCD ) suy FK ⊥ ( ABCD) Hạ KP ⊥ EN KH ⊥ PF , FK ⊥ ( ABCD ) nên FK ⊥ KP EN ⊥ KP   ⇒ EN ⊥ ( FKP ) ⇒ EN ⊥ KH KH ⊥ ( NEF ) EN ⊥ FK  Do mà KH ⊥ PF suy d ( DG, EF ) = d ( DG, ( NEF ) ) = d ( ( BDG ) , ( NEF ) ) = d ( K , ( NEF ) ) = KH Khi đó: 2 CD CD a BE = GF = MD = = = 3 3 Ta có: Trang 65/77 - Mã đề 117 FK DF 1 b = = FK = SO = 3 Do FK //SO nên SO DS , suy a a EN //BD, KP ⊥ EN , EJ ⊥ BD ⇒ KP = EJ = BE.sin 45Ο = = Hạ EJ ⊥ BD Do Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng FKP với đường cao KH ta có: ( 2b + a ) 1 1 ab = + = + = ⇒ KH = 2 2 2 KH KF KP ab 2b + a b a   ÷  ÷ 3   ab d ( DG, EF ) = 2b + a Vậy Câu 77 [1H3-5.4-3] (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG N NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , mặt bên SAB tam giác cân với ·ASB = 120° nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M trung điểm SC N trung điểm MC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM , BN 327a 79 A B 237 a 79 237 a 79 C Lời giải 237a D 316 Cách 1: Gọi H trung điểm AB Trang 66/77 - Mã đề 117 SH ⊥ ( ABC ) nên Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O ≡ H , HB ≡ Ox , HC ≡ Oy , HS ≡ Oz AH SH = =a 2 tan ASH Ta có: HC = AC − AH = 3a ; Vì ( SAB ) ⊥ ( ABC ) Khi đó: H ( 0; 0; ) , S ( 0; 0; a ) , ( A −a ;0;0 ) , B( a ;0;0  3a a  ) , C ( 0;3a ; 0) , M  0; ; ÷ ,  9a a  N  0; ; ÷  4 uuuu r  3a a  uuur  9a a  uu r AM =  a ; ; ÷ BN =  −a ; ; ÷ u AB = 2a ;0;0 2, 4,   Suy ra: , ( ) uuuur uuur  3a 3a 15 3a   AM , BN  =  −    ;− ; ÷ ÷   Khoảng cách hai đường thẳng AM , BN uuuu r uuur uuu r 3a  AM , BN  AB 237a   d ( AM , BN ) = = = uuuu r uuur 79 711a  AM , BN    Cách 2: Gọi P trung điểm AC , G trọng tâm tam giác ABC Kẻ NK / / SH , K ∈ HC ; EK / / AC , E ∈ BP Suy ra: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) a  NK = SH =  NK KC CN  4 = = = ⇒ SH CH CS  GK =  GC Ta có: NK / / SH nên EK GK 5 3a = = ⇒ EK = PC = EK / / AC nên PC GC 8 Trang 67/77 - Mã đề 117 NE = NK + EK = a 79 ; BP = HC = 3a  KN ⊥ BP ⇒ BO ⊥ ( NPB ) ⇒ BP ⊥ EN  KE ⊥ BP  Vì: Diện tích tam giác NBP là: Thể tích tứ diện N CPB là: VN CPB S ∆NBP = 79a NE.BP = 16 1 1 3a = d ( N , ( ABC ) ) S∆CBP = SH BP.PC = a 3a a = 3 24 NBP ) Khoảng cách từ C đến ( là: d ( C , ( NBP ) ) = 3VN CPB 237 a = S ∆NBP 79 AM , BN Vậy khoảng cách hai đường thẳng 2a 237 79 Cách 3: Kẻ KI ⊥ NE , I ∈ NE Khi đó: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) = d ( K , ( NPB ) )  KI ⊥ NE ⇒ KI ⊥ ( NPB ) ⇒ d ( K , ( NPB ) ) = KI  KI ⊥ BP  Ta có: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = KI Suy ra: Trong tam giác vng NKE ta có: 1 1264 237 a 237a = + = ⇒ KI = ⇒ d ( AM , BN ) = 2 2 KI KN KE 75a 316 79 [1H3-5.4-3] (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho tứ diện ABCD có cạnh cm Gọi M trung điểm CD Khoảng cách AC BM là: Câu 78 11 cm A 11 22 cm B 11 cm C 11 cm D 11 Lời giải Trang 68/77 - Mã đề 117 Gọi I , G trung điểm AC trọng tâm tam giác ABC V = DG S = ABCD ABC DG ⊥ ( ABC ) Ta có ⇒ AC || ( BMN ) Gọi N trung điểm AD ⇒ MN || AC ⇒ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = d ( N , ( BMN ) ) = h 1 11 S BMN = BK MN = BM − MK MN = 2 16 Gọi K trung điểm MN , ta có VDACB DA DC DB = = 2.2.1 = ⇔ V = VDBMN ⇔ = h.S BMN DACB 16 Ta có: VDNMB DN DM DB ⇔ Câu 79 9 11 22 = h ⇔h= 16 16 11 [1H3-5.4-4] (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ NĂM 2018-2019) Cho hình chóp · · S ABCD có đáy ABCD hình bình hành SA = SB = SC = 11 , SAB = 30° , SBC = 60° · SCA = 45° Tính khoảng cách d hai đường thẳng AB SD ? A d = 11 B d = 22 C d= 22 D d = 22 Lời giải Chọn D Trang 69/77 - Mã đề 117 Gọi H trung điểm AB , vẽ HE ⊥ CD E , HK ⊥ SE K Ta có ∆SBC nên BC = 11 , ∆SAC vng cân S nên AC = 11 2 Trong ∆SAB , AB = SA + SB − 2SA.SB.cos120° ⇒ AB = 11 ∆ABC có AB = AC + BC nên ∆ABC vng C , từ H tâm đường tròn ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ CD ⊥ ( SHE ) ⇒ CD ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SCD ) Ta có d ( AB, SD ) = ( AB, ( SCD ) ) = ( H , ( SCD ) ) = HK Ta có HE = d ( A, CD ) = AC AD AC + AD 2 = 11 2.11 2.11 + 11 2 = 11 SA 11 SH = = , 2 11 11 = = 22 SH HE 121 121.2 ⇒ HK = + SH + HE Vậy Câu 80 d ( AB, SD ) = 22 [1H3-5.4-4] (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC , AD vng góc với đôi AD = AC = AB = a Gọi ∆ đường thẳng chứa mặt ( BCD) cho khoảng cách từ điểm A đến ∆ nhỏ khoảng cách lớn hai đường thẳng ∆ AD d Khẳng định sau đúng? A d =a Gọi 14 14 B 3a < d < 4a 3a 4a 4a H hình chiếu vng góc A lên ( BCD) Khi ta có H trực tâm tam giác BCD ( BCD) d ( A; ∆) ≥ AH Do đường thẳng ∆ thỏa mãn Với đường thẳng ∆ nằm phải qua điểm H Kẻ HK ⊥ AD( K ∈ AD) H , K hai điểm cố định nằm ∆ & AD Trang 70/77 - Mã đề 117 Hiển nhiên, khoảng cách ∆ & AD độ dài đoạn vng góc chung chúng nên d (∆; AD) ≤ HK Dấu xảy HK ⊥ ∆ 1 1 1 14 = + + = + + 2= 2 2 a a AH AB AC AD a ⇒ AH = a ( )2 ( ) a 14 Ta có · cos HAK = Ta có: 3a 4a ⇒