Tam giác SBC cân tại S nên H nằm trên đường trung trực BC.. Tam giác SCD vuông tại C nên H thuộc AC.[r]
(1)HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN PHẦN II : HÌNH CHĨP CĨ ĐÁY LÀ HÌNH THANG
Bài 1.
1 Ta cóCA =CD=a√2,AD=2anên AD2 =CA2+CD2
Do đó∆ACDvng tạiCsuy raDC⊥CA (1)
VìSA⊥(ABCD) ⇒ DC⊥SA (2)
Từ (1) (2) suy DC⊥(SAC) ⇒ DC⊥SC Vậy tam giácSCD vng tạiC
2 Ta cód(H,(SCD)) = 3VH.SCD
S∆SCD
= 3VS.HCD
S∆SCD
•Pitago tam giác vngSACcóSC2 =SA2+AC2 ⇒ SC =2a ⇒ S∆SCD =
1
2CS.CD = 2.2a.a
√
2=a2√2
•Ta có VS.HCD VS.BCD
= SH
SB = SA2 SB2 =
2
3 ⇒VS.HCD =
3VS.BCD
MàVS.BCD =
3.S∆BCD.SA =
3.(SABCD−S∆ABD).SA =
3
3a2
2 −a
2
.a√2= a
3√2
6
Suy raVS.HCD =
3
a3√2
6 =
a3√2
9
Vậy d(H,(SCD)) =
a3√2
a2√2 = a
(2)3 TừHkẻ H I⊥SA Ta có
(
H I⊥SA
DA⊥(SAB) ⇒ H I⊥DA ⇒ H I⊥(SAD) Do đód(H,(SAD)) = H I
VìH I⊥SAvàBA⊥SAnên H I BA =
SH SB =
SA SB
2 =
3 ⇒ H I =
2
3BA =
2 3a
4 Ta cóVS.AHCD =VS.AHC+VS.ACD • VS.AHC
VS.ABC
= SH
SB =
2
3 ⇒ VS.AHC=
2
3VS.ABC =
a2
2 a
√
2
= a
3√2
9
•VS.ACD =
3
1
2CA.CD
.SA = a
3√2
3
VậyVS.AHCD =VS.AHC+VS.ACD = a3√2
9 +
a3√2
3 =
4a3√2
9 (đvtt)
5 Ta cóVS.AHCK =VS.AHC+VS.ACK •VS.AHC =
a3√2
9
• VS.ACK VS.ACD
= SK
SD =
3
4 ⇒VS.ACK =
4VS.ACD =
a3√2
3 =
a3√2
4
VậyVS.AHCK =VS.AHC+VS.ACK = a 3√2
9 +
a3√2
4 =
13a3√2
36 (đvtt)
6 Lấy Esao cho ADEClà hình bình hành, gọiMlà trung điểmCD Khi đód(AC;SD) =d(AC;(SDE)) =d(C;(SDE)) = 3VC.SDE
S∆SDE •VC.SDE =VS.CDE =VS.ACD = a
3√2
3
•DE = AC= a√2,
SD=√SA2+AD2 =a√6, AE=2AM =2
r
AD2+AC2
2 −
CD2
4 = a
√
10⇒SE=√AS2+AE2 =2a√3. Suy racosSDE[ = DS
2+DE2−SE2
2DE.DE =
−1
√
3 ⇒ sin[SDE=
√
2
√
3
Do đóS∆SDE =
1
2.DS.DE sinSDE[ = a
2√2. Vậy d(AC;SD) = 3VC.SDE
S∆SDE
= a
2√2 a2√2 =a
7 TừBkẻBJ song song vớiCD, với J ∈ AD Suy Jlà trung điểm AD Khi đócos(SB;CD) = cos(SB;BJ) =
cosSBJd
Ta cóSB=√AS2+AB2 =a√3; BJ =CD=a√2; SJ =pAS2+AJ2 =a√3. Suy racosSBJd =
BS2+BJ2−SJ2
2BS.BJ =
1
√
6
Vậycos(SB;CD) = √1
(3)Bài 2. •Ta có
MN//AD MN = AD
2 =a
⇒
(
MN//BC
MN = BC ⇒BCN Mlà hình bình hành Mặt khác
(
CB⊥AB
CB⊥SA ⇒CB⊥(SAB) ⇒CB⊥BM Vậy BCN Mlà hình chữ nhật
•Ta cóVS.BCN M =VS.BCM+VS.MCN VS.BCM
VS.BCA
= SM
SA =
1
2 ⇒ VS.BCM =
2VS.BCA =
1 2a
2.2a
= a
3
6
VS.MCN VS.ACD
= SM
SA SN SD =
1
1
2 =
1
4 ⇒ VS.MCN =
4VS.ACD =
3.a
2.2a
= a
3
6
VậyVS.BCN M = a3
6 +
a3
6 =
a3
3 (đvtt)
Bài 3. Ta có
(SBI)∩(SCI) = BI
(SBI)⊥(ABCD) (SCI)⊥(ABCD)
⇒SI⊥(ABCD)
Kẻ IK⊥BC,(K ∈ BC) ⇒ (SBC\) (ABCD) = SKId =600
•BC = q
(AB−CD)2+AD2 =a√5. •SABCD =
2a+a
2 2a=3a
2; S
∆ABI =
1
2AB.AI =a
2; S
∆DCI =
1
2DI.DC =
a2
2
⇒S∆BIC=S∆ABCD−(S∆ABI+S∆DCI) =
3a2
2
⇒ IK= 2S∆BIC
BC =
3a2 a√5 =
3a √
5
Xét tam giácSIKta cótan 600= SI
IK ⇒ SI = IK tan 60
0 = √3a
5
√
3= 3a
√
3
√
5
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SI = 3.3a
2.3a √
3
√
5 =
3a3√3
√
(4)Bài 4. GọiHlà trung điểm AD, suy raSH⊥AD
Do(SAD)⊥(ABCD) ⇒SH⊥(ABCD)vàSH = AD
√
3
2 =a
√
3 Kẻ HK⊥BC,(K ∈ BC) Khi đó(SBC)\,(ABCD) =SKH[
Ta cóS∆BHC =
2BC.HK ⇒HK =
2S∆BHC BC MàS∆BHC =SABCD−(S∆ABH+S∆DCH) = 3a
2
2 ,
BC = q
(AB−DC)2+AD2 =a√5. Do HK= 2S∆BHC
BC =
3a √
5
Xét∆SHKvuông tạiH nêntanSKH[ = SH
HK = a√3
3a √
5 =
√
15
Bài 5. Ta có
(
∆SABđều
Hlà trung điểm AB ⇒SH⊥AB ⇒SH⊥(ABCD)do(SAB)⊥(ABCD) •Pitago tam giácSHC: HC=√SC2−SH2=a√2.
Suy BC=√HC2−HB2 =a. •TínhAD KẻCE⊥AD,(E∈ AD)
Ta có∆AHEvng cân,∆BHCvng cân nênEHC[ =900 KẻDK⊥HC,(K ∈ HC), suy raDK//EH
GọiI = DK∩EC VìDK//EH ⇒EDK[ = AEH[ =450 ⇒∆EDI vuông cân ĐặtED=x ⇒EI =x ⇒DI =x√2vàCI =2a−x
DoDK//EH ⇒ IK EH =
CI
CE ⇒ IK =
CI.EH CE =
(2a−x)a√2
2a =a
√
2−√x
2
Ta cóDK =DI+IK ⇔ 2a√2=x√2+a√2−√x
2 ⇔ x =2a ⇒ AD=3a
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
3a+a
2 2a
2a
√
3
2 =
4a3√3
(5)Tính ADtheo cách khác : Cách 2.
Kéo dàiCHcắtADtạiM Khi đód(A,MC) = d(B,MC) = √a
2
Kẻ DK⊥HC, đóDK=d(D,(SHC)) =2a√2 Ta có MA
MD =
d(A,MC)
DK =
1
4 ⇒ MD=4MA ⇒ AD=3MA=3a
Cách 3.
Kéo dàiCHcắtADtạiM Khi đóCM =2a√2và\DMC=HCB[ =450 Kẻ DK⊥MC, đóDK =d(D,(SHC)) =2a√2
Xét∆DKMcó
(
\
DMK =DMC\ =450
\
DKM =900 ⇒∆DKMcân tạiK
⇒KM =KD=2a√2= MC⇒ K≡C Do ta tính AD=3a
TínhVS.ABCDtheo cách khác :
Kéo dàiCHcắtADtạiM Khi đó∆BHC =∆AHM VậyVS.ABCD =VS.CMD =
1
3S∆CMD.SH =
2MC.d(D,MC)
.SH = 4a
3√3
3
Bài 6.
1 Ta cóCI = AB=
2AD⇒∆ACDvng tạiC⇒ AC⊥CD
Do đó(SCD\) (ABCD) =SCA[.
Ta tính AC=√AD2−CD2 =a√3. •Xét∆SACvuông tạiAnêntanSCA[ = SA
AC ⇒ SA= ACtanSCA[ =3a •KẻCM⊥AD,M ∈ AD ⇒ MD=
4AD =
a
2
Suy CM=√CD2−MD2 = a √
3
Do đóSABCD =
AD+BC
2 CM=
2a+a
2
a√3
2 =
3a2√3
4
VậyVS.ABCD = 1SABCD.SA = 3a 3√3
(6)Nhận xét : Nếu AC khơng vng góc với CD, ta làm sau.
•KẻAK⊥CD,K ∈ CD.
•Ta cósinDb =
AK AD =
CM
CD ⇒ AK =
CM.AD CD .
2 Ta cód(AB,SI) = d(AB,(SIC)) =d(B,(SIC)) = 3VB.SIC
S∆SIC
= 3VS.BIC
S∆SIC •VS.BIC=
1
3S∆BIC.SA =
3SABCD
.SA=
3V.ABCD
•Xét∆SICcóSC =√SA2+AC2 =2a√3; SI =√SA2+AI2= a√10; IC =a. Ta cócosSCId =
SC2+CI2−SI2
2SC.CI =
√
3
4 ⇒sinSCId =
√
13
4
Do đóS∆SIC =
2SC.CI sinSCId =
a2√39
4
Vậy d(AB,SI) = 3VS.BIC
S∆SIC
= √3a
13
Cách 2.Ta cód(AB,SI) = d(AB,(SCI)) = d(A,(SCI))
Trong đáy(ABCD)vẽ AE⊥CI ⇒CE⊥(SAE)⇒(SCI)⊥(SAE) Trong∆SAE, vẽ AH⊥SE⇒ AH⊥(SCI)
Khi
d(AB,SI) = d(A,(SCI)) = AH
Ta tính AE= a
√
3
2 nên
1
AH2 =
1
SA2 +
1
AE2 ⇒ AH =
3a √
13
Bài 7. Vì∆SAC,∆SBDđều có cạnh bằnga√3nênSA =SB=SC =SD GọiH hình chiếu củaSxuống mặt phẳng ABCD
DoSA=SB =SC =SDsuy raH A= HB= HC= HD
Vậy hình thang ABCDnội tiếp đường trịn tâmH ⇒ ABCDlà hình thang cân Mặt khác [ACB=900nên Hlà trung điểmAB
Xét∆ACBcóCB=√AB2−AC2 =a,
1
CK2 =
1
CA2 +
1
CB2 ⇒CK = a√3
2 , vớiCK⊥AB,(K ∈ AB)
CB2 =BK.AB ⇒BK = CB
2 AB =
a2
2a = a
2 ⇒KH =
AB
2 −KB=
a
2
Suy raCD= AB−2KB =a
•Từ suy raSABCD =
AB+CD
2 CK=
2a+a
2
a√3
2 =
3a2√3
4
•Xét∆SHCcóSH =√SC2−CH2 =a√2. VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
a3√6
4 (đvtt)
Bài 8. Từ AB =BC =CD=
2ADta có
• AB,CDlà hai cạnh bên Do ABCDlà hình thang cân •BC,ADlà hai cạnh đáy BC=
2AD
Suy Ab=Db =600, Bb=Cb=1200
(7)Trong tam giác vngSBDcó SH2 =
1
SB2 +
1
SD2 ⇒SH =
120a
17 ,
BD =√SB2+SD2 =17a. Xét tam giácBCDcócosBCD[ = BC
2+CD2−BD2
2BC.CD ⇒ BC =
BD √
3 =
17a √
3,
⇒ AB=CD=
2AD=BC =
17a √
3
KẻCK⊥AD,(K ∈ AD) Xét∆CDKcósinCDK[ = CK
CD ⇒CK =
17a
2
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
AD+BC
2 CK
.SH =170a3√3(đvtt) Bài 9. HạSH⊥(ABCD), H ∈ (ABCD)
Do mặt bên hợp với đáy góc nênHlà tâm đường trịn nội tiếp hình thangABCD
Xét∆DH Ata cóDHlà phân giác ADC[, AHlà phân giácDAB[. ⇒∆DH Avuông tạiH ⇒ HK =
2AD=a, vớiKlà hình chiếu củaHlên AD
Tam giácSADđều nênSK = AD
√
3
3 =a
√
3 Do đóSH =√SK2−HK2 =a√2. Vì ABCDngoại tiếp nên AB+CD = AD+BC =2a+3a=5a
⇒SABCD =
AB+CD
2 AD=5a
2. VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
5a3√2
(8)Bài 10. Kéo dài AIcắtDCtạiE Khi đóDE=4a Ta cótanADB[ = AB
AD =
1
2, cotDAE[ =
AD DE =
1
Suy \AHD =900.Do AH2 =
1
AD2 +
1
AB2 ⇒ AH =
2a √
5
Xét∆SH AcótanSAH[ = SH
AH ⇒SH = AH tan 60
0= 2a √
3
√
5
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
DC+AB
2 AD
.SH = 8a
3√3
3√5 (đvtt)
Tính AH theo cách khác. Kéo dài AI cắt DC E Khi DE = 4a AH =
5AE=
1 52a
√
5= √2a
5
Bài 11.
1 KẻOI⊥AB,(I ∈ AB); CE⊥AB,(E ∈ AB) Suy raOI//CE Ta cóCE=√CB2+EB2 =3a, AC =√CE2+AE2 =3a√2. Khi AO
AC = AI AE =
2
3 ⇒ AO=
2
3AC=2a
√
2 Xét∆SOAcóSO=√SA2−AO2 =2a√2. VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SO=
AB+CD
2 CE
.SO =6a3√2(đvtt) Ta cócosSD\,BC =cosSD\,DI =
cosSDId =
SD2+DI2−SI2
2SD.DI
MàDI =BC = a√10,
SD=√SO2+DO2 =√SO2+CO2 =
r
2a√22+a√22 =a√10, OI =
3CE=2a,SI =
√
SO2+OI2 =2a√3. VậycosSD\,BC =
SD2+DI2−SI2
2SD.DI
=
Bài 12. Theo đềCD=4ABnênSACD =4SABC Suy raSACD =
4SABCD
Do đóVS.ACD =
3
4VS.ABCD =
(9)Mặt phẳng(CDM)cắtSBtại Nnên MN//ABsuy SN SB =
SM SA =
1
Ta cóVS.MNCD =VS.MNC+VS.MCD • VS.MNC
VS.ABC
= SM
SA SN
SB =
1
1
3 =
1
9 ⇒VS.MNC =
9VS.ABC =
4V
=
36V
• VS.MCD VS.ACD
= SM
SA =
1
3 ⇒VS.MCD =
3VS.ACD =
4V
=
4V
VậyVS.MNCD =
1 36V+
1
4V =
5
18V ⇒V =
18
5 VS.MNCD = 18a3
5 (đvtt)
PHẦN III : HÌNH CHĨP CĨ ĐÁY LÀ HÌNH BÌNH HÀNH Bài 1. GọiH hình chiếu củaSxuống mặt phẳng(ABCD)
Vì cạnh bên nghiêng với đáy nênH A= HB =HC =HD Suy Hlà tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD
Suy ABCDlà hình chữ nhật Khi đóH ≡O= AC∩BD Ta cóShcnABCD =
2AC.BD sin(AC,BD) =
√
3 ⇒ AC =2 ⇒ AO=1
Xét tam giác vngSOAta cóSO=OA tan 600 =1 VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SO=
√
3.1 =
√
3
3 (đvtt)
Bài 2. GọiKlà hình chiếu củaSxuống mặt phẳng(ABCD) Vì độ dài cạnh nênKA=KB=KC =KD Suy raKlà tâm đường trịn ngoại tiếp ABCD
Suy ABCDlà hình chữ nhật Khi đóK ≡ H = AC∩BD • AC =√AB2+BC2 =2a√2 ⇒ AH = AC
2 =a
√
2
Pitago tam giác vuôngSH Ata cóSH =√SA2−AH2= a√3. •Ta có∆H AB đều⇒S∆H AB = AB
2.√3
4 =
a2√3
2
VậyVS.H AB =
1
3S∆H AB.SH =
a3
2 (đvtt)
Cách khác :VS.H AB =
1
4VS.ABCD =
12SABCD.SH =
a3
2 (đvtt)
Nhận xét :S∆OAB =
4ShcnABCD với O= AC∩BD
Bài 3. Do tam giácSACvàSBD tam giác cạnhanênSA=SB =SC=SD GọiHlà hình chiếu củaSxuống mặt phẳng ABCD, vìSA =SB=SC =SDnên H A = HB = HC = HD Suy Hlà tâm đường trịn ngoại tiếp ABCD, đóABCD hình chữ nhật vàH≡O= AC∩BD
•SABCD =
1
2AC.BD sin 60
0 = a2 √
3
4
•SO= AC
√
3
2 =
a√3
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SO=
a3
(10)Bài 4. Do AB= AC =a,BC =a√2nên tam giácBACvuông A
GọiHlà chân đường cao hình chóp S.ABCD Tam giácSBCcân tạiSnên H nằm đường trung trựcBC Tam giácSCDvuông tạiCnênHthuộcAC Từ suy raH ≡A, tam giácBACvng cân tạiA
Ta cód(D,(SBC)) =d(A,(SBC)) Kẻ AK⊥SB,(K∈ SB) ⇒d(A,(SBC)) = AK •
AK2 =
1
SA2 +
1
AB2 ⇒SA = a √
2
•SABCD =2SABC =2
2AB.AC
= a2 VậyVS.ABCD =
3SABCD.SA =
a3
3√2 (đvtt)
Bài 5. Do AB=a,AC =a√3,BC =2anên tam giácBACvuông tạiA
GọiHlà chân đường cao hình chóp S.ABCD Tam giácSBCcân tạiSnên H nằm đường trung trựcBC Tam giácSCDvuông tạiCnên Hthuộc AC Suy raH giao điểm trung trựcBC với AC
GọiElà trung điểmBC, Ilà giao điểm trung trựcBCvới AD Từ I kẻ IK⊥SE, đó∆SHEv∆IKE ⇒ SH
IK = HE
KE (*)
•tanACB[ = AB
AC = HE
EC ⇒ HE= a √
3, HC =
√
EH2+EC2 = √2a
3
• AH = AC−HC = √a
3, cosCAD[ =
DC AD =
I H AH ⇒ I H= a
2√3, IE= I H+HE=
a√3
⇒KE=√IE2−IK2= a √
5
√
12
Từ (*) suy SH IK =
HE KE =
2
√
5 ⇒ SH =
2
√
5IK = 2a √
15
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
3(AB.AC).SH = 2a3
3√5 (đvtt)
Bài 6. VìSA=SBnên chân đường cao hình chóp thuộc trung trực cạnh AB Từ Hkẻ HE⊥CD,(E ∈ CD)
Từ Hkẻ HK⊥SE,(K ∈SE)
Từ BkẻBI⊥CD,(I ∈ CD) Khi đóHE =BI = BC sinABC[ = a
√
3
SHlà đường cao tam giác đềuSABnênSH = AB √
3
2 =a
√
3 Xét tam giácSHEta có
HK2 =
5 3a2,
1
SH2 +
1
HE2 =
5 3a2 Suy raSH⊥HE ⇒SH⊥(ABCD)
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
AB.BC sin[ABC.SH =a3(đvtt)
Cách khác.VìSA =SBnên chân đường cao hình chóp thuộc trung trực AB Từ Hkẻ HE⊥CD,(E ∈ CD)
(11)Từ BkẻBI⊥CD,(I ∈ CD) Khi đóHE =BI = BC sinABC[ = a
√
3
SHlà đường cao tam giác đềuSABnênSH = AB √
3
2 =a
√
3 •Ta cóVS.ABCD =2VS.CHD =2VH.SCD
•SK =√SH2−HK2= 2a √
3
√
5 ,KE=
√
HE2−HK2 = a √
3
2√5 ⇒SE=
5a√3 2√5
⇒S∆SCD =
1
2SE.CD =
5a2√3 2√5
VậyVS.ABCD =2
3S∆SCD.HK
=a3(đvtt)
Nhận xét ”Cách khác” áp dụng cho toán SH khơng vng góc với đáy ABCD.
Bài 7. Đặt SM
SC =x >0, suy SN SD =
SM SC =x Ta cóVS.ABMN =VS.ABM+VS.AMN
• VS.ABM VS.ABC
= SM
SC =x ⇒VS.ABM = xVS.ABC =
1
2xVS.ABCD
• VS.AMN VS.ACD
= SM
SC SN SD =x
2⇒V
S.AMN =x2VS.ACD =
2x
2V
S.ABCD Do đóVS.ABMN =
2 x+x
2
VS.ABCD Yêu cầu toán⇔ VS.ABMN
VS.ABCD
=
2 ⇔
1
2 x+x
2 =
2
⇔x2+x−1=0⇔
x = −1+
√
5
x = −1−
√
5
2 (loại)
Bài 8. GọiH hình chiếu củaSxuống mặt phẳng(ABCD)
•Do (SAD) và(SBC) hợp với đáy góc nên d(H,AD) = d(H,BC) Suy raH thuộc đường thẳng quaO = AC∩BDvà song song với AD
•Ta có
(
BC⊥SC (giả thiết)
BC⊥SH ⇒BC⊥(SHC) ⇒ BC⊥HC,
(
DA⊥SA (giả thiết)
DA⊥SH ⇒ DA⊥(SH A) ⇒ DA⊥H A Suy A,H,Cthẳng hàng VậyH ≡O
Ta tính đượcBC = ABcos 600 = a
2 Do đóSABCD =AB.BC sin 60
0= a2 √
3
4
Và AO=
2AC =
1
2AB sin 60
0= a √
3
4 ⇒SO= AO tanα =
a√3 tanα
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SO=
a3tanα
16 (đvtt)
(12)Bài 1. Do
AD⊂(SAD)
BC ⊂(BCM)
AD//BC
(SAD)∩(BCM) = MN
⇒ MN//AD,(N ∈ SD) ⇒ SM SA =
SN SD =
2
Xét tam giác vngSABcótan[SBA= SA
AB ⇒SA =ABtan[SBA=a √
3 Ta cóVS.BCN M =VS.MBC+VS.MCN
• VS.MBC VS.ABC
= SM
SA =
2
3 ⇒VS.MBC =
3VS.ABC
• VS.MCN VS.ACD
= SM
SA SN SD =
4
9 ⇒VS.MCN =
9VS.ACD
VậyVS.BCN M =
2
3VS.ABC+
9VS.ACD =
3VS.ABCD+
9VS.ABCD =
9VS.ABCD =
10a3√3
27 (đvtt)
Bài 2.
1 Xét tam giác IBCta có •tanICBd =tan[ACB=
AB BC =
1
√
2
•cotIBCd =cotMBJ[ =
BJ MJ =
1
√
2, với Jlà trung điểm BC
Do đótanICBd =cotIBCd, suy ra∆IBCvng tạiI ⇒BI⊥AC (1)
Mặt khácBI⊥SAvìSAvng góc với đáy (2)
Từ (1) (2) suy BI⊥(SAC) ⇒(SMB)⊥(SAC)
2 VAN IB =VN.AIB=
3S∆AIB.d(N,(AIB))
• BI2 =
1
BA2 +
1
BC2 ⇒ BI = a√2
√
3 , AI
2= AB2−BI2 ⇒ AI = √a
3
Do đóS∆AIB =
2I A.IB =
a2√2
6
• Gọi H trung điểm AC Khi NH đường trung bình tam giác SAC ⇒NH//SA⇒ NH⊥(AIB) Do đód(N,(AIB)) = NH = SA
2 =
a
2
VậyVAN IB =
3
a2√2
6
a
2 =
a3√2
36 (đvtt)
3 VS.CBM =
1
3S∆CBM.SA =
2SABCD
.SA=
2VS.ABCD =
a3√2
6 (đvtt)
Bài 3. VABCE =VE.ABC =
1
3S∆ABC.d(E,(ABC))
Từ Hkẻ H J⊥BC,(J ∈ BC) Khi đóSJHd =(SBC\) (ABCD) = 600
Ta có
(
H J⊥BC
AB⊥BC ⇒H J//AB⇒ H J AB =
CH CA =
1
3 ⇒ H J =
1
3AB= a
(13)•S∆ABC =
1
2AB.BC =3a
2.
•KẻEK//SH,(K ∈ AC) ⇒EK⊥(ABC)⇒d(E,(ABC)) = EK Ta có EK
SH = OE OS =
1
3 ⇒EK =
1
3SH =
a√3
3 , vớiO= AC∩BD
VậyVABCE =
3.3a
2.a √
3
3 =
a3√3
3 (đvtt)
Bài 4. KẻSH⊥AB,(H ∈ AB) Khi đóSH⊥(ABCD)
Do(SBC\) (ABCD) = (SAD\) (ABCD) =300nênSAH[ =SBH[ =300 Suy Hlà trung điểm ABvàSH =BH tan 300 = √a
3
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
3(AB.BC).SH = 8a3
3√3 (đvtt)
Bài 5.
1 KẻSH⊥AC,(H ∈ AC) ⇒ SH⊥(ABCD)
Xét∆SACta có AC2 = AB2+BC2=SC2+SA2, suy ra∆SACvng tạiS Do
SH2 =
1
SA2 +
1
SB2 ⇒ SH = a√3
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
3AB.BC.SH =
a3
2 (đvtt)
2 TừHkẻ HK⊥BC,(K ∈ BC) Khi đó(SBC\) (ABCD) = SKH[ Vì
(
AB⊥BC
HK⊥BC ⇒ HK//AB⇒ HK AB =
CH CA =
SC CA
2 =
4
⇒ HK =
4AB=
a
4
Xét tam giác vngSHKta cóSK =√SH2+HK2= a √
13
4
Vậycos(SBC\) (ABCD) = cosSKH[ = HK
SK =
1
√
13
Bài 6.
1 Tam giácSABcân tạiS, Hlà trung điểmABnênSH⊥AB Mặt phẳng(SAB)⊥(ABCD) ⇒SH⊥(ABCD)
KẻKH⊥AC,(K∈ AC) ⇒(SAC\) (ABCD) =SKH[ Kẻ BI⊥AC,(I ∈ AC).Ta có
BI2 =
1
BA2 +
1
BC2 ⇒BI = a√2
√
3
VìBI vàHKcùng vng gócACnên HK BI =
AH AB =
1
2 ⇒ HK=
1 2BI =
a √
6
Xét∆SHKvng tạiHcótanSKH[ = SH
HK ⇒SH = HK tanSKH[ =
a √
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
3(AB.BC).SH =
a3
(14)2 Lấy điểmEsao choCHEDlà hình bình hành
d(CH,SD) =d(CH,(SDE)) =d(H,(SDE)) = 3VH.SDE
S∆SDE
= 3VS.HDE
S∆SDE •VS.HDE =VS.ABC =
1
2VS.ABCD =
a3
6
•DH =√DA2+AH2 = 3a
2 ⇒SD=
√
SH2+DH2= a √
11
2
DE =CH =DH = 3a
SE=√EH2+SH2= a √
3
√
2
⇒cosESD[ = SE
2+SD2−ED2
2SE.SD =
2√2
√
33 ⇒sin[ESD =
5
√
33
Do đóS∆SDE =
1
2SE.SD sin[ESD= 5a2
4√2
Vậy d(CH,SD) = 3VS.HDE
S∆SDE
=
√
2
Bài 7.
Bài 8. HạSH⊥CD,(H ∈ CD) Do∆SCDcân tạiSnên Hlà trung điểmCD Vì(SCD)⊥(ABCD) ⇒SH⊥(ABCD)
GọiKlà trung điểmAB Ta có
(
AB⊥HK
AB⊥SH ⇒ AB⊥(SHK) ⇒ AB⊥SK Tam giácSABcóSK trung tuyến đường cao nên∆SABcân tạiS Theo đề(SAB\),(SCD) = β ⇒KSH[ =β
•Tam giác vngSAKcóAK =SAsinα =asinα ⇒ AB=2asinα, SK =SAcosα =acosα
•Tam giác vngSHKcóAD =KH =SK sinβ= acosαsinβ, SH =SK cosβ= acosαcosβ
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
3(AB.AD).SH =
2a3sinα.cos2α sinβ cosβ
3
PHẦN V : HÌNH CHĨP CĨ ĐÁY LÀ HÌNH THOI Bài 1. GọiO = AC∩BDvàG= AC0∩SO
Từ Mkẻ đường thẳng song song vớiBDcắtSBtạiB0, cắtSDtạiD0 Suy SB
0
SB = SG SO =
2 3,
SD0 SD =
SG SO =
2
Ta cóVS.AB0C0D0 =VS.AB0C0+VS.AC0D0
• VS.AB0C0 VS.ABC
= SB
0
SB SC0
SC =
2
1
2 =
1
3 ⇒ VS.AB0C0 =
3VS.ABC
• VS.AC0D0 VS.ACD
= SC
0
SC SD0
SD =
1
2
3 =
1
3 ⇒ VS.AC0D0 =
3VS.ACD
Do đóVS.AB0C0D0 =
3VS.ABC+
3VS.ACD =
3VS.ABC =
(15)=
3SABCD.SA
=
AB2 sinAb
.SA
= a
3√3
18 (đvtt)
Bài 2. Ta có
(SAC)⊥(ABCD) (SBD)⊥(ABCD) (SAC)∩(SBD) = SO
⇒SO⊥(ABCD)
KẻOI⊥AB,(I ∈ AB) KẻOK⊥SI,(K ∈ SI) Khi đóOK =d(O,(SAB)) •
OI2 =
1
OA2 +
1
OB2 ⇒ OI = a√3
2 ;
1
OK2 =
1
OS2 +
1
OI2 ⇒ OS = a
2
•SABCD =
2AC.BD =2a
2√3. VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SO=
a3√3
3 (đvtt)
Bài 3.
1 Ta có
(SAC)⊥(ABCD) (SBD)⊥(ABCD) (SAC)∩(SBD) =SO
⇒SO⊥(ABCD) KẻOK⊥AB,(K ∈ AB) Khi đó(SAB\),(ABCD) = SKO[ Tam giác ABCđều nên AC =a, BO= a
√
3
2 ⇒ BD=BO =a
√
3 Trong tam giác vuông ABOta có
OK2 =
1
OA2 +
1
OB2 ⇒OK = a√3
4
Trong tam giác vngSKOta cótanSKO[ = SO
OK ⇒SO =OK tan 30
0= a
4
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SO=
2AC.BD
.SO= a
3√3
24 (đvtt)
2 Ta cód(SA,CD) =d(CD,(SAB)) = d(C,(SAB)) = 3VC.SAB
S∆SAB
= 3VS.ABC
S∆SAB
=
2VS.ABCD
S∆SAB Ta tínhSA =√SO2+OA2= a
√
5
4 , SB=
√
SO2+OB2 = a √
13
4 , AB =a
Suy racos[SAB= AS
2+AB2−SB2
2AS.AB =
1
√
5 ⇒sin[SAB=
2
√
5
Do đóS∆SAB =
2AS.AB sinSAB[ =
a2
4
Vậy d(SA,CD) =
2VS.ABCD
S∆SAB
= a
√
3
Cách khác.GọiJ =OK∩CDvàHlà hình chiếu vng góc J trênSK Suy : K J=2OK = a
√
3
(16)DoCD//AB ⇒CD//(SAB) Suy :
d(SA,CD) = d[CD,(SAB)] =d[J,(SAB)] = JH Xét tam giác vuôngK JH ta : JH =K J sin 300 = a
√
3
1
2 =
a√3
Bài 4.
1 Ta có∆SBD =∆CBD(c−c−c) ⇒ SO=CO = AC
Xét∆SACcó trung tuyếnSObằng
2 cạnh đáy AC nên∆SACvuông tạiS
2 Gọi Hlà chân đường cao hình chóp
VìSB=SC =SDnên HB = HC= HDsuy raH ∈ AC Ta có
(
BD⊥AC ⊂(SAC)
BD⊥SH ⊂(SAC) ⇒ BD⊥(SAC)
3 Ta có AC =√SA2+SC2=√x2+a2 ⇒ SO= AC
2 =
√
x2+a2
2
Xét tam giácSBDta cóSO2 = SD
2+SB2
2 −
BD2
4
⇒ BD
4 =
SD2+SB2
2 −SO
2 = 3a2−x2
4
Để tốn có nghĩa khiBD >0 ⇒ BD2>0 ⇔ 3a2−x2>0 ⇒ x <a√3
4 • SH2 =
1
SA2 +
1
SC2 ⇒ SH =
ax √
a2+x2 • AC=√a2+x2,BD=√3a2−x2⇒ S
ABCD =
2AC.BD=
√
a2+x2√3a2−x2
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
ax√3a2−x2
6 (đvtt)
Bài 5. Gọi Mlà trung điểmSA Ta có
(
MB⊥SA
MD⊥SA ⇒(SAB\) (SAD) = \BMD ĐặtSA= x.Suy MB= MD=
r
a2− x2
4
Trong tam giác vngBMDcóBD=√MB2+MD2 =
r
2a2−x
2
Ta có∆SBD =∆CBD ⇒ SO =CO = AC
2 ⇒ ∆SACvuông S
⇒ AC =√SA2+SC2=√a2+x2. Xét∆OABta cóAB2 =OB2+OA2
⇔a2 =
2a2−x
2
+1
4 a
2+x2
⇒ x =a√2 •GọiHlà chân đường cao hình chóp
(17)Trong tam giác vuôngSAC: SH2 =
1
SA2 +
1
SC2 ⇒ SH = a√2
√
3
•Vớix =a√2⇒
(
BD=a
AC =a√3 ⇒ SABCD =
2AC.BD=
a2√3
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
a3√2
6 (đvtt)
Bài 6. Làm tương tự 4, chứng minh được∆SBDvng tạiS Ta cóS∆SBD =
2SB.SD ⇒ SD=
2S∆SBD SB =
4a
3
Xét∆SBD cóBD=√SB2+SD2= 5a
3 , SH =
2S∆SBD BD =
4a
5
Tứ giác ABCDlà hình thoi cạnha, đường chéoBD = 5a
3 nên AO =
a√11
6
Suy raSABCD =BD.AO=
5a2√11
18
VậyVS.ABCD =
3SABCD.SH =
4a3√11
54 (đvtt)
Bài 7. Làm tương tự 4, ta tìm độ dài cạnh lại bằng3√2 Bài 8. Gọi I =BM∩ AC Kẻ IK//SA,(K ∈ SC)
•SBCDM =
4SABCD =
AB2sinABC[= 3a
2√3
8
•GọiHlà hình chiếu củaKxuống mặt phẳng(ABCD) Suy KH//SO Ta có
KH SO =
CK CS =
CI CA =
2
⇒ KH =
3SO =
a√3
3 (Do I tâm∆ABD nên
CI CA =
2 3)
VậyVK.BCDM =
1
3SBCDM.KH =
a3
8 (đvtt)
Bài 9. Ta có
(
SO⊥BD
AO⊥BD ⇒ (SBD\) (ABCD) = SOA[ Gọi Hlà hình chiếu củaSxuống mặt phẳng(ABCD) VìSA=SB =SDnên H A= HB= HD Suy raH ∈ AC Xét∆ABDcó
(
AB= AD [
BAD=600 ⇒ ∆ABDđều ⇒ BD=a
Ta có∆ABD =∆SBD(c−c−c) Suy SO= a
√
3
Xét∆SOHta cótanϕ= SH
HO ⇒ SH =HO tanϕ=
1
a√3
!
√
5= a
√
15
6
VậyVS.ABCD = 1SABCD.SH =
AB2sinBAD[.SH = a
3√5
(18)2 Ta cód(C,(SBD)) = 3VC.SBD
S∆SBD
= 3VS.BCD
S∆SBD
= 3.1
2VS.ABCD
S∆SBD
= 3.1
2
a3√5 12
a2√3
= a
√
15
6
Bài 10. Áp dụng công thức trung tuyến AM2 = AD
2+AC2
2 −
CD2
4 ⇒ AC =a
√
3 Suy DO=√AD2−AO2 = a
2, đóS∆ADC =
2AC.DO =
a2√3
4
Kẻ AK⊥CD, (K ∈ CD) Ta cóS∆ADC =
2CD.AK ⇒ AK =
2S∆ADC CD =
a√3
Kẻ H I⊥CD, (I ∈ CD) Khi đóH I = AK = a
√
3
2 và(SCD\),(ABCD) = SI Hd
Xét∆SI H vuông tạiHnêntanSI Hd =
SH
H I ⇒SH = H I tanSI Hd = a
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SH =
3(2S∆ADC).SH =
a3√3
12 (đvtt)
Bài 11. GọiH hình chiếu củaSxuống mặt(ABCD)
DoSA=SC nên Hthuộc trung trực đoạnAC,SB=SDnên Hthuộc trung trực đoạnBD Suy H ≡O= AC∩BD
Ta cóS∆SAC =
1
2AC.SO ⇒SO =
2S∆SAC AC =2a
√
2 Do
(
DC ⊂(CDM)
DC//AB ⇒(CDM)∩(SAB) = MN//AB Suy SM
SA = SN
SB =
1
Vì VS.CMN VS.CAB
= SM
SA SN SB =
1
4 ⇒VS.CMN =
4VS.CAB =
3S∆ABC.SO
= a
3√2
3
Bài 12. Do
(
(SAB)⊥(ABCD)
(SAD)⊥(ABCD) ⇒ SA⊥(ABCD)
Kẻ AK⊥DC,(K ∈ DC) Khi đó(SCD\) (ABCD) = SKA[. Trong tam giácSKAta cótanβ= SA
AK ⇒ AK = SA
tanβ =
a
tanβ Ta cóS∆ADC =
2DC
2sin1800− α
=
2AK.DC ⇒ DC =
AK
sinα = a
sinαtanβ VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SA =
h
DC2sin1800−α
i
.SA = a
3
sinαtan2β (đvtt) Bài 13. Lấy Msao choCEMDlà hình bình hành
Khi đód(SD,CE) = d(CE,(SDM)) =d(E,(SDM)) = 3VE.SDM
S∆SDM
= 3VS.EDM
S∆SDM •Tam giácABD nênBD= a, suy raSI =OI tan 600 = a
√
3
4
S∆EDM =S∆EAD+S∆MAD
=
2AE.AD sin 60
0+1
2AM.AD sin 120
0 = a2 √
3
4
Suy ra3VS.EDM =S∆EDM.SI =
3a3
(19)•Ta cóSD =√DI2+SI2 = a √
3 cos[EBC= BE
2+BC2−EC2
2BE.BC ⇒EC =
a√7
⇒ MD=EC = a
√
7
cosMBI[ = BM
2+BI2−MI2
2BM.BI ⇒ MI =
a√31
⇒ MS =√MI2+SI2= a √
17 2√2
Suy racos\MDS= DM
2+DS2−MS2
2DM.DS =
3 4√21
Do đósin\MDS = s
1−
4√21
2 =
√
327 4√21
S∆SDM =
1
2DM.DS sin\MDS =
a2√327
32
Vậy d(SD,CE) = 3VS.EDM
S∆SDM
= √6a
327
PHẦN VI : HÌNH CHĨP CĨ ĐÁY LÀ HÌNH VNG Bài 1.
1 Ta có
(
CB⊥AB
CB⊥SA ⇒ CB⊥(SAB) ⇒ CB⊥AH (1)
Mặt khác AH⊥SB (2)
Từ (1) (2) suy AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥SC (*)
Tương tự ta chứng minh AK⊥SC (**)
Từ (*) (**) suy SC⊥(AKH)
2 Ta cóVO.AHK =VS.ABD−(VS.AHK+VH.AOB+VK.AOD) •VS.ABD =
1
3SABD.SA=
2a.a
.a√2 = a
2√2
6
• VS.AHK VS.ABD
= SH
SB SK SD =
SA SB
2
SA SD
2 =
3
3 =
4
9 ⇒ VS.AHK =
9VS.ABD
•VH.AOB =
1
3S∆AOB.d(H,(AOB)) =
2S∆ABD
1 3SA
=
6VS.ABD
•VK.AOD =VH.AOB =
1
6VS.ABD
VậyVO.AHK =
2
9VS.ABD =
a2√2
6 =
a3√2
27 (đvtt)
Cách 2.Ta cóAH = AS.AB
SB = a√2
√
3 ,
AK = AS.AD
SD = a√2
√
(20)HK BD =
SH SB =
SA SB
2 =
3 ⇒ HK=
2
3BD =
2a√2
3 ,
AN =√AH2−MH2 = 2a
3 , vớiN trung điểmHK
Suy S∆AHK =
2AN.HK =
1
2a
3 2a√2
3 =
2a2√2
9
•VìM= (AHK)∩SC ⇒ SC⊥AM Ta có MC
SC =
AC SC
2 =
2 ⇒ MC =
1
2SC =a
KẻOO0⊥(AHK) ⇒ OO0//SC Xét∆AMCta cóOO0 =
2MC =
a
2
VậyVO.AHK =
1
3SAHK.OO
0 = a3
√
2
27 (đvtt)
3 Ta cóVS.AHMK =VS.AHM+VS.AMK • VS.AHM
VS.ABC
= SH
SB SM
SC =
SA SB
2
SA SC
2 =
3 ⇒VS.AHM =
3VS.ABC =
6VS.ABCD
•VS.AMK =VS.AHM =
6VS.ABCD
VậyVS.AHMK =
1
3VS.ABCD =
a3√2
9 (đvtt)
4 Ta cóVHMKABCD =VS.ABCD−VS.AHMK =
2
3VS.ABCD =
2a3√2
9 (đvtt)
5 Kẻ MJ⊥(ABCD) ⇒ MJ//SA Ta có MJ
SA = CM
CS =
CA CS
2 =
2 ⇒ MJ=
1 2SA
VậyVM.BOC =
1
3S∆BOC.MJ =
4SABCD
1 2SA
=
8VS.ABCD =
a3√2 24
6 Ta cóVH.BAM =VM.ABH =
1
3S∆ABH.d(M,(ABH))
• AH2 =
1
SA2 +
1
AB2 ⇒ AH = a√2
√
3 , HB=
√
AB2−AH2 = √a
3
Suy S∆AMH =
1
2H A.HB=
a√2
√
3
a √
3 =
a2√2
6
•TừJlà chân đường cao hạ từMđến mặt phẳng(ABCD), ta kẻJ I⊥AB,(I ∈ AB)
Suy d(M,(ABH)) = J I Vì J I⊥AB⇒ J I//BC ⇒ J I
BC = AJ AC =
SM SC =
SA SC
2 =
2 ⇒ J I =
2BC =
a
2
VậyVH.BAM =VM.ABH =
3S∆ABH.d(M,(ABH)) =
a2√2
6
a
2 =
a3√2
36 (đvtt)
Bài 2. VìSC⊥(α) ⇒SC⊥AH (1)
Mặt khác
(
CB⊥AB
(21)Từ (1) (2) suy AH⊥(SCB)⇒ AH⊥SB Do SH SB = SA SB =
Tương tự SK SD = SM SC = SA SC =
Ta cóVAHMKBCD =VS.ABCD−VS.AHMK =VS.ABCD−(VS.AHM+VS.AMK) • VS.AHM
VS.ABC = SH SB SM SC = =
3 ⇒VS.AHM =
3VS.ABC =
6VS.ABCD
• VS.AMK VS.ACD = SM SC SK SD = 2 =
3 ⇒VS.AMK =
3VS.ACD =
6VS.ABCD
VậyVAHMKBCD =VS.ABCD−
6VS.ABCD+
6VS.ABCD
=
3VS.ABCD =
3
1 3a
2a√2
= 2a
3√2
9 (đvtt)
Bài 3. VS.ABCD =
1
3SABCD.SA = 3a
2.a√2= a3 √
2
3
Gọi I =SO∩B0D0 Khi AI∩SC =C0 KẻOE//AC0,(E∈ SC)
Trong∆SOEcóIC0là đường trung bình nênC0là trung điểmSE (1) Trong∆CAC0cóOElà đường trung bình nênElà trung điểmCC0 (2) Từ (1) (2) suy SC
0
SC =
1
Ta cóVS.AB0C0D0 =VS.AB0C0+VS.AC0D0
• VS.AB0C0 VS.ABC = SB SB SC0 SC = =
6 ⇒VS.AB0C0 =
6VS.ABC =
12VS.ABCD
• VS.AC0D0 VS.ACD = SC SC SD0 SD = =
6 ⇒VS.AC0D0 =
6VS.ACD =
12VS.ABCD
VậyVS.AB0C0D0 =
1
6VS.ABCD =
a3√2
3 =
a3√2
18 (đvtt)
Bài 4. Gọi I = AC0∩SO Khi đóIlà trọng tâm tam giácSACnên SI SO =
2
VìB0D0//BDnên SB
0 SB = SD0 SD = SI SO =
Ta cóVS.AB0C0D0 =VS.AB0C0+VS.AC0D0 • VS.AB0C0
VS.ABC = SB SB SC0 SC = =
3 ⇒VS.AB0C0 =
3VS.ABC =
6VS.ABCD
• VS.AC0D0 VS.ACD = SC SC SD0 SD = 2 =
3 ⇒VS.AC0D0 =
3VS.ACD =
6VS.ABCD
VậyVS.AB0C0D0 =
6VS.ABCD+
6VS.ABCD =
3VS.ABCD =
3
1 3a
2a√2
= a
3√2
9 (đvtt)
Bài 5.
1 VS.ACD =
1
2VS.ABCD =
3SABCD.SA
= a
3√3
6 (đvtt)
(22)Khi đócosSB\,AC =cosSB\,BM =
cosSBM[
Ta cóSB=√AS2+AB2 =2a; BM= AC =a√2.
Gọi I = AM∩BC ⇒ AM =2AI =2√BA2+BI2 =a√5. Suy SM=√AS2+AM2=2a√2.
VậycosSB\,AC=cosSB\,BM=
cosSBM[ =
BS2+BM2−SM2
2BS.BM
= 2√2
3 d(AC,SB) = d(AC,(SBM)) = d(C,(SBM)) = 3VC.SBM
S∆SBM
= 3VS.CBM
S∆SBM •VS.CBM =
2VS.ABCD =
a3√3
6
•Ta cósinSBM[ = q
1−cos2SBM[ =
2√2
Do đóS∆SBM =
1
2BS.BM sinSBM[ = 22a.a
√
2 2√2 =
7a2
2
Vậy d(AC,SB) = 3.a
3√3
6 7a2
2
= a
√
3
7
4 GọiFlà trung điểmBC vàK= BE∩ AF
Ta có∆ABF =∆BCE ⇒ BE⊥AF (1)
Mặt khácBE⊥SA (2)
Từ (1) (2) suy BE⊥(SAK) Do đód(S,BE) =SK •∆ABFvuông tạiBnên AK = AB
2 AF =
2a √
5
•∆SAKvng AnênSK =√AS2+AK2 = a √
19
√
5
5 Gọi I =BE∩CO Suy I trọng tâm∆BCD nênOI =
3OC =
a√2
6
VìMlà trung điểmSC,Olà trung điểmACnênOM//SA Suy raMO⊥(ABCD) DựngOH⊥BE⇒ MH⊥BE Suy rad(M,BE) = MH
Xét∆BOI vuông tạiO: OH2 =
1
OB2 +
1
OI2 ⇒OH = a √
20
Xét∆MOH vuông tạiO: MH2 =MO2+OH2
= a
√
3
!2 + a
2
20 =
4a2
5 ⇒ MH =
2a √
5
Tính OH theo cách khác : Ta cócosDBE[ = BD
2+BE2−DE2
2BD.BE =
3
√
10 ⇒sinDBE[ =
√
10
MàsinDBE[ = OH
OB ⇒OH =OB sinDBE[ =
a
2√5
Nhận xét : cách áp dụng cho đáy hình chữ nhật được.
(23)1 Kẻ NH//SA ⇒ NH⊥(ABCD) VBDMN =VN.BMD =
3S∆BMD.NH
•VìNlà trung điểmSCnên Hlà trung điểm ACvàNH= SA
2 =
a
2
•S∆BMD =S∆BAD−S∆BAM = a2
2 −
a2
4 =
a2
4
VậyVBDMN =
3
a2
4
a
2 =
a3
24 (đvtt)
2 Ta cód(D,(BMN)) = 3VD.BMN
S∆BMN
= 3VBDMN
S∆BMN
Xét∆NHMvuông tạiHnên MN =√HN2+HM2= √a
2
Xét∆ABMvuông tạiAnên MB=√AB2+AM2 = a √
5
Xét∆SBCvuông tạiBnênBN = SC
2 =
a√3
Áp dụng định lý hàm số cosin tam giácBMN ta có
cos\BMN = MN
2+MB2−NB2
2MN.MB =
√
2
√
5
Suy rasinBMN\=
√
3
√
5 Do đóS∆BMN =
2MN.MB sin\BMN =
a2√3 4√2
Vậy d(D,(BMN)) = 3.a
3
24
a2√3 4√2
= √a
6
Bài 7.
1 Ta cóVS.CDN M =
3SCDN M.SH
MàSCDN M =SABCD−(S∆AMN+S∆MBC) = a2
8
VậyVS.CDN M =
3 5a2
8 a
√
3 = 5a
3√3
24 (đvtt)
2 Ta có∆AMD =∆DNCnênDM⊥CN (1)
Mặt khác MH⊥SH (2)
Từ (1) (2) suy MH⊥(SHC)
Kẻ HK⊥SC, K∈ SC Khi đóHK =d(DM,SC) Trong tam giác vngNCDcóHC= DC
2 NC =
2a √
5
Trong tam giác vngSHCcó HK2 =
1
HS2 +
1
HC2 ⇒ HK =
2a√3
√
19
(24)1 Xét∆SH AcóSH =√SA2−AH2 =
v u u
ta2− a
√
2
!2 = a
√
14
4
Xét∆SHCcóSC =√HS2+HC2 =
v u u t14a
2
16 +
3a√2
!2
=a√2= AC Do đó∆SCAcân tạiCnên Mlà trung điểmSA
2 Ta có VS.MBC VS.ABC
= SM
SA =
1
VậyVS.MBC =
1
2VS.ABC =
4VS.ABCD =
" 3a
2.a √
14
# = a
3√14
48 (đvtt)
Bài 9.
1 Kẻ MH//SO,(H ∈ AC) ⇒ MH⊥(ABCD) Khi đóMN\,(ABCD) = MNH\. Xét∆CNHta cóCH =
4AC =
3a√2
4 , CN =
a
2 cos 450 = HC
2+CN2−HN2
2HC.CN ⇒ HN =
a√10
4
VậycosMNH\ = HN
MN = a√10
4
2
a√10 =
2 ⇒ MNH\ =60
0.
2 Xét∆MHNcótan 600= MH
HN ⇒ MH =HN tan 60
0 = a √
30
4
VậyV =
3SABCD.MH = 3a
2.a √
30
4 =
a3√30
12 (đvtt)
Bài 10*. TừOkẻOM⊥SD (1)
Ta có
(
AC⊥BD
AC⊥SO ⇒ AC⊥(SBD)⇒ AC⊥SD (2) Từ (1) (2) suy raSD⊥(ACM)⇒(SAD)⊥(ACM)
Vậy D0 ≡ Mlà hình chiếu vng góc củaOlênSD Suy SD
0
SD =
SO SD
2 =
7
Ta cóVS.ABCD0 =VS.ABC+VS.ACD0
•VS.ABC =
2VS.ABCD
• VS.ACD0 VS.ACD
= SD
0
SD =
6
7 ⇒VS.ACD0 =
7VS.ACD =
7VS.ABCD
VậyVS.ABCD0 =
2VS.ABCD+
7VS.ABCD = 13
14VS.ABCD = 13
14
1 3a
2.a√3
= 13a
3√3
42 (đvtt)
Bài 11.
1 KẻSH⊥AB Ta có
(SAB)⊥(ABCD) (SAB)∩(ABCD) = AB SH⊥AB
(25)VìSA2+SB2 =a2+3a2 =4a2 = AB2 Suy ra∆SABvng tạiS Do
SH2 =
1
SA2 +
1
SB2 ⇒ SH = a√3
2
VậyVS.BMDN =
1
3SBMDN.SH =
2SABCD
.SH = a
3√3
3 (đvtt)
2 Kẻ ME//DN,(E∈ AD) ⇒ AE=
4AD =
a
2;
ME=√AM2+AE2 = a √
5
2 ;
SM =
2AB= a
Ta có
(
EA⊥AB
EA⊥SH ⇒ EA⊥(SAB) ⇒ EA⊥SA Do đóSE=√AS2+AE2 = a
√
5
Khi đócosSM\,DN =cosSM\,ME=
cosSME[ =
MS2+ME2−SE2
2MS.ME
=
√
5
Bài 12.
1 Gọi Hlà trung điểmAD Suy SH⊥AD ⇒ SH⊥(ABCD)
Vì∆ABN =∆BCP ⇒ AN⊥BP ⇒ HC⊥BP Ta có
(
BP⊥HC
BP⊥SH ⇒ BP⊥(SHC) ⇒ BP⊥SC ⇒ BP⊥MN Do đóBP⊥(AMN) ⇒ BP⊥AM
2 VCMNP =VM.CNP =
1
3S∆CNP.d(M,(ABCD))
•S∆CNP=
1
2CN.CP =
a2
8
•KẻMK⊥(ABCD),K∈ (ABCD).Ta cód(M,(ABCD)) = MK =
2SH =
a√3
VậyVCMNP =
1
a2
8
a√3
4 =
a3√3
96 (đvtt)
Bài 13.
1 •∆SADđều nênSE= a
√
3
2 ; EB=
√
AB2+AE2 = a √
5
2
Kiểm tra ta đượcSB2 =ES2+EB2 VậySE⊥EB •Do
(
SE⊥EB
SE⊥AD ⇒ SE⊥(ABCD) ⇒ SE⊥CH (1)
Mặt khác∆AEB =∆BFC ⇒ CH⊥BE (2)
Từ (1) (2) suy raCH⊥(SEB) ⇒ CH⊥SB VC.SEB =VS.CEB =
3SCEB.SE=
1
2SABCD.SE=
a3√3
(26)Bài 14. Gọi Mlà trung điểmBC KẻOK⊥SM,(K∈ SM) Khi đód(O,(SBC)) =OK ĐặtBC =x
Trong tam giác vngSOMta cóOM= x
2,SM=
x√3
2
⇒SO=√SM2−OM2 = √x
2
Hơn nữaOS.OM =OK.SM⇔ √x
2
x
2 =d
x√3
2 ⇔ x=
√
6d VậyVS.ABCD =
1
3SABCDSO =
√
6d2.d√3 =2d3√3(đvtt) Bài 15. Gọi I,J trung điểmAB,CD
Khi đódSI J=SJ Id=(SAB\) (ABCD) =600 ⇒ ∆SI Jđều cạnha
GọiGlà trọng tâm tam giácSAC, suy raGcũng trọng tâm tam giácSI J GọiK= IG∩SJ,(K∈ SJ) Khi đóKlà trung điểmSJ
•Suy MN =
2DC =
a
2,IK=
a√3
2 ⇒ SABMN =
AB+MN
2 IK =
3a2√3
8
•
(
SK⊥MN
SK⊥IK ⇒ SK⊥(ABMN)vàSK = a
2
VậyVS.ABMN =
3SABMN.SK =
a3√3
16 (đvtt)
Cách 2.Ta cóVS.ABMN =VS.ABM+VS.AMN • VS.ABM
VS.ABC
= SM
SC =
1
2 ⇒ VS.ABM =
1
2VS.ABC =
4VS.ABCD
• VS.AMN VS.ACD
= SM
SC SM
SC =
1
1
2 =
1
4 ⇒ VS.AMN =
4VS.ACD =
8VS.ABCD
VậyVS.ABMN =
3
8VS.ABCD =
" 3a
2.a √
3
# = a
3√3
16 (đvtt)
Bài 16. GọiO = AC∩BD,G =SO∩AM
Từ Mkẻ đường thẳng song song vớiBDcắtSBtạiE, cắtSDtạiF Suy SE
SB = SF SD =
2
Xét∆SOC vuông tạiCnênSO=OC tan 600 = a
√
6
Ta cóVS.AEMF =VS.AEM+VS.AMF • VS.AEM
VS.ABC
= SE
SB SM
SC =
2
1
2 =
1
3 ⇒ VS.AEM =
3VS.ABC =
6VS.ABCD
•VS.AMF =VS.AEM =
1
6VS.ABCD
VậyVS.AEMF =
1
3VS.ABCD =
3SABCD.SO
= a
3√6
18 (đvtt)
Bài 17. GọiIlà trung điểmCD Ta có
(
CD⊥OI
CD⊥SO ⇒CD⊥(SOI)⇒ (SCD)⊥(SOI) KẻGH⊥SI Suy raGH =d(G,(SCD)) = a
√
(27)KẻOK⊥SI Suy raOK//GHnên OK GH =
SO SG =
3
2 ⇒OK =
3GH
2 =
a√3
Trong tam giác vngSOIcó OK2 =
1
SO2 +
1
OI2 ⇒SO= a√3
2
VậyVS.ABCD =
1
3SABCD.SO=
a3√3
6 (đvtt)
Bài 18**. Ta cóVS.ABC =VS.BCD =VS.CDA =VS.DAB =
2VS.ABCD
• VS.A1B1C1 VS.ABC
= SA1
SA SB1
SB SC1
SC =
1
• VS.A1D1C1 VS.ADC
= SA1
SA SD1
SD SC1
SC =
2
SD1 SD Cộng vế theo vế ta VSA1B1C1D1
1
2VS.ABCD =
9+
2
SD1
SD (1)
• VS.B1A1D1 VS.ABD
= SB1
SB SA1
SA SD1
SD =
1
SD1 SD • VS.B1C1D1
VS.BCD
= SB1
SB SC1
SC SD1
SD =
1
SD1 SD Cộng vế theo vế ta VSA1B1C1D1
1
2VS.ABCD =
2
SD1
SD (2)
Từ (1) (2) ta có
9 +
2
SD1 SD =
1
SD1 SD ⇔
SD1 SD =
2