Tài liệu HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC

HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB = a, AC = a 3 , BC = 2a. Tam giác SBC cân tại S, tam giác SCD vuông tại C. Tính thể tích khối chóp SABCD, biết khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) bằng GIẢI: S Do CD = a, AC = a 3 ,AD = 2a nên t/giác ACD vuông tại C. Gọi H là của S trên (ABCD), E là trung điểm BC => BC v/góc (SEH) Ta có DC v/góc CS => DC v/góc CH (đ/lý 3 đ/v/góc) Mặt khác: DC v/góc CA => H thuộc AC. Xét t/g/vuông CEH: A H AB a 1   BC 2a 2  HEC  300 ,biết EC = a a 2a Suy ra: EH = , CH  , 3 3  D I K sin C = AH  AC  CH  a 3  a 3 3 B E C 2a 3 a a 3  3 3 Gọi I là giao điểm của AD với (SEH), trong t/giác SIE, kẻ IK v/góc SE. Do t/giác AIH là nửa a 3 a 3 a  IH  , AI  3 6 2 a 3 a 3 a 3  IE  IH  HE    6 3 2 IK  SE  Mặt khác:   IK   SBC  . Do đó: d  D,  SBC    d  AD,  SBC   IK  BC  t/giác đều, có AH   d  I ,  SBC    IK  a 3 3 KE IK KE EKI EHS    SH  IK . ; KE  IE 2  IK 2 HE SH HE 3a 2 3a 2 a 15 a 3 a 3 6 2a 15     SH  . .  4 9 6 3 3 a 15 15 VSABCD 1 1 2a 15 2a 15 2. 5.a3  .SH .S ABCD  . .  2.S ABC   .a.a 3  3 3 15 45 15 1 HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 2. 5.a3 Vậy thể tích khối chóp SABCD bằng: 15 Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC = 1) và các cạnh bên SA = SB = SC = 3. Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC và BC, Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1. Tính VLMNK. GIẢI: S Ta có: VLMNK  VMNKL 1 Lấy điểm E trên SA sao cho AE = 1=> NE // AB // KL 1 S NKL  S EKL  VMNKL  VMEKL  2  S EKM  S SAC 6 BK d  L,  MKE    2 VMEKL  VLEKM  3 1 ,  2  ,  3  VLMNK  VLEKM 1 BK 1 1  . . SSACVSABC  .SK .S ABC 3 2 6 3 1 1  VLEKM  .VSABC ; VSABC  .SK .S ABC 12 3 1 17 1 17  . .  3 2 2 6 2 1 17 34  VLEKM  .  12 6 2 144 M E A L' N C L B Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông tại S. 1) Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD. 2) Cho M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc cới SA. Tính AM theo a. 3) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. GIẢI: 1) SAB là t/giác đều, cạnh a. Gọi I, J lần lượt là t/điểm AB, CD AB  IS    AB   SIJ    ABCD    SIJ  theo g/tuyến IJ AB  IJ  Gọi H là h/chiếu v/góc của S trên IJ => SH v/góc (ABCD) CD a a 3  ; SI  ; IJ  a  SI 2  SJ 2  IJ 2 . Do đó t/giác SIJ 2 2 2 a 3 a . SI .SJ 2 2a 3 là tam giác vuông tại S => SH   IJ a 4 3 1 1 a 3 2 a 3 VSABCD  .SH .S ABCD  . .a  3 3 4 12 Tam giác SCD có SJ  2 HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 2) Gọi P là tr/điểm AS => SA v/góc BP (t/giác SAB đêu) SA v/góc BM =>SA v/góc (BPM) Gọi P, Q lần lượt là tr/điểm AS và AJ => PQ là đ/t/bình t/giác ASJ => SJ // PQ. Mặt khác, t/giác SAJ có: S B a2 SA  SJ  a  4 2 5a   AJ 2  ASJ vuông tại S 4 2 2 M P D Q I 2 J H A => AS v/góc SJ => AS v/góc PQ C Lại có: AS v/góc BP (t/giác SAB đều) => AS v/góc (BPQ) => AS v/góc BQ, lúc đó M là giao điểm BQ và CD. AB // JM => JM QJ a a   1  JM  AB  a JD   DM  . Trong t/giác vuông AB QA 2 2 a2 a 5 ADM có: AM  AD  DM  a   4 2 2 2 2 3) AB và SC là 2 đ/thẳng chéo nhau. Ta có: AB // CD   SCD   AB //  SCD  ; SC   SCD   d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  I ,  SCD   .Theo câu (1) IS v/góc SJ và AB v/góc (SIJ), AB // CD nên CD v/góc (SIJ) => CD v/góc IS. Từ đó IS v/góc (SCD) => IS = d (I, (SCD)) = Vậy d(AB, SC) = SI = a 3 2 a 3 2 Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ANCD là hình vuông với AB = 2a. Tam giác SAB vuông tại S, mp(SAB)  mp(ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mp(SBC) bằng  với sin  = GIẢI: 1 . Tính VS.ABCD và khoảng cách từ C đến (SBD) theo a. 3  SAB    ABCD  , BC  AB  BC   SAB   BC  SA , mà SA  SB  SA   SBC  . S D' Gọi d là k/cách từ D đến (SBC) => d = SD.sin  = A SD 3 H Mặt khác: AD // (SBC) => d (D,(SBC))= D (A, (SBC)) => d = SA => SA = 3 SD 3 D B C HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 Do AD // BC => AD v/góc SA. Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và SA2  AD2  SD2  SA2  4a 2  9SA2  SA  a 2  SB  AB 2  SA2 2 2a 2 a 14  4a   4 2 2 Kẻ SH v/góc AB tại H => SH v/góc (ABCD). Trong t/g/vuông SAB có a 2 a 14 . SA.SB 1 1 a 7 2 2  a 7 V SH = SH    . SH . S  . .4a 2 SABCD ABCD AB 2a 4 3 3 4 3 3 2 3.V 7.a 1 7.a  ; d  C ,  SBD    SBCD 1 ;VSBCD  .VSABCD  ; BD2  2a 2 3 S SBD 2 6  2  2  a 14   3a 2  2 SB  SD       8a => t/giác SBD vuông tại S  2   2  1 1 a 14 3a 2 3a 2 . 7 SSBD  .SB.SD  . .  2 2 2 2 4 2a Thay vào (1) ta được: d  C ,  SBD    3 2 2 Bài 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy. G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cat91 SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA = AB = a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 30o. GIẢI: S Tam giác SAC có G là trọng tâm. Gọi O là g/điểm 2 đ/chéo AC và BD => SG 2  SO 3 N G cũng là trọng tâm t/giác SBD. Gọi M, N lần lượt g/điểm của AG với SC, BG với SD => M, N lần lượt là trung điểm SC và SD. Ta có: MO   ABCD  A G Q O B 1 V  MN .S AND  .MO.S BCQP 3 a 1 1 a a a 1 a 5 3.a3  a  . .SSAD  . . AD.  .  .a.a 3   .a 3.  2 2 3 2 2 4 2 2 24  6 5 3.a3 Vậy thể tích khối đa diện MNABCD là: VMNABCD  24 4 D P V  VANDQMP  VBCQP (với P,Q lần lượt là trung điểm AB và CD) M C HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 Bài 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với đáy một góc 30o. Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C, biết khoảng cách giữa AA’ và BC bằng a 3 . 4 GIẢI: Gọi O là tâm t/giác đều ABC và M là t/điểm BC, ta có: BC cùng v/góc với AM và A’O nên BC v/góc (A’AM). Kẻ MH v/góc A’A, do BC v/góc (A’AM) => BC v/góc HM, từ đó suy ra HM là đoạn v/góc chung của A’A và BC A' C' H B' A C a 3 => d (A’A, BC) = HM = 4 O M Ta có: A ' AO   A ' A,  ABC    300  AM  2.MH  B a 3 ; ABC đều có AM là t/tuyến, đ/cao nên => AB = a 2 a2 . 3 => S ABC  ; t/giác A’AO cũng là nửa t/giác đều, 4 2 a 3 a AO  . AM   A'O  3 3 3 1 2 2 a a2 . 3 VA ' BB 'C 'C  VABCA ' B 'C '  VA ' ABC  A ' O.S ABC  . A ' O.S ABC  . A ' O.S ABC  . . 3 3 3 3 4 3.a3  18 Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mp(SAB) bằng 30o. Gọi E là trung điểm của BC. 1) Tính VS.ABCD 2) Tính d(DE, SC) theo a. 3) Tính d(A, (SBD)) GIẢI: 1)CB cùng v/góc AB, SA => CB v/góc (SAB) => SB là h/chiếu v/góc của SC lên (SAB)  SC,  SAB    SC, SB   CSB  30 0  tan 300  a 2 VSABCD 1 1 2.a3 2  .SA.S ABCD  .a 2.a  3 3 3 5 a  a 3  SA  3a 2  a 2 SB HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 S 2) Từ C kẻ CI // DE => CE = DI = a 2 Và DE // (SCI) => d (DE, SC) = d (DE, (SCI)) Từ A kẻ AK v/góc CI, cắt ED tại H, cắt CI tại K , do CI cùng g/góc SA và AK nên CI v/góc (SAK). Trong (SAK), ta kẻ HT v/góc SK => HT v/góc (SCI) Lúc đó: d (DE,(SCI)) = d (H,(SCI)) = HT M A D T I 1 1 H . AK .CI  .CD. AI O K 2 2 3a B C E a. 3a 3 5.a 2  AK    2 5 5 a a2  4 a HK DI 1 1 5.a AKI : HD // KI    2   HK  . AK  AK AI 3a 3 3 5 2 5.a .a 2 HT SA HK .SA a 2 . 10 5 38.a 5 sin SKA    HT    .  HK SK SK 5 19 95.a 45a 2 2 2a  25 3) AC BD  O; BD  AC , BD  SA  BD   SAO  1 1 1 AM  SO  AM  d  A,  SBD      2 2 AM AO AS 2 1 1 5    2 2 2a 2 a 2 a 2    2  a 2 a 10 Vậy AM   5 5 Ta có: S ACI    Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và năm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mp(ABM) vuông góc cới mp(SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính VS.BCM và khoảng cách từ M đến mp(SBC). GIẢI: Gọi H là t/điểm AB => SH v/góc AB => SH v/góc (SABD). M là t/điểm SD, (ABM) chứa AB => (ABM) cắt (SCD) theo g/tuyến ML // CD, với L là t/điểm SC. Gọi N là t/điểm CD, do BC cùng v/góc BA và SH nên BC v/góc (SBH) => BC v/góc SB. Tam giác SCD cân tại S vì có SN vừa là đ/cao, đ/t/tuyến . ML là đ/t/bình => ML // CD. Ta có: SN v/góc ML (1) (vì CD v/góc (SHN), ML // CD) Theo đề: (SCD) v/góc (ABML) theo giao tuyến ML (2) Từ (1), (2) suy ra SN v/góc (ABML) => SN v/góc KH (vì KH chứa trong (ABML) 6 HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 Tam giác SHN có HK là đ/cao, đ/t/tuyến => SHN là t/giác v/cân tại H. Theo đề: AM v/góc BD, BD v/góc ME (vì ME // SH, SH v/góc mp đáy) => BD v/góc (AMN).=> BD v/góc AN Trong t/giác vuông ADN: S M K NA .NA 3  NA  3.DN  a 3 DN 2  NI .NA  L A D E H I N O AD  AN 2  DN 2  3a 2  a 2 B  a 2  HN  SH  HN  a 2 1 VSABCD  .SH . AB. AD 3 1 4a 3  .a 2.2a.a 2  3 3 d  D,  SBC   SD 1 VSBCM  VMSBC  .VDSBC (do   2) 2 d  M ,  SBC   SM C 1 1 1 1 4a 3 a 3  .VSBCD  . VSABCD  .  2 2 2 4 3 3 3V d  M ,  SBC    SBCM (do SBC là t/giác vuông tại B) SSBC a3 3. 2.a 3 a 6 3   2  1 3 .a 2. a 2  2a 2 a . 6 2 Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và SAD  900 , J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ). GIẢI: Do DA v/góc AB,DA v/góc AS nên DA v/góc (SAB) => 2 mp (SAB) và (ABCD) v/góc với nhau theo g/tuyến AB. Gọi I là t/điểm AB thì SI v/góc AB => SI v/góc (ABCD). Do J là t/điểm SD => d (J, (ABCD)) = S J 1 1 1 a 3 .d  S ,  ABCD    SI  . 2 2 2 2 A (do t/giác SAB đều cạnh a) 1 3   Vậy VACDJ  VJACD  .d J ,  ABCD  .S ACD 7 B I O D C HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 1 1 a 3 1 2 3.a3  . . . .a  3 2 2 2 24 * Tính d (D, (ACJ)): 3.VDACJ a3 . 3 Do d (D, (ACJ)) = . Ta cần tính SJAC, SAD là t/giác ; với VDACJ  VJACD  S ACJ 24 v/cân tại A có AJ là t/tuyến => AJ = 1 a 2 SD  ; AC  a 2; t/giác SBC v/cân tại B 2 2 => SC = a 2 . Trong t/giác CDS có SJ là t/tuyến nên: CS 2  CD 2 SD 2 2a 2  a 2 2a 2 CJ      a2 2 4 2 4 2 a  a 2  2a 2 2 2 2 JA  JC  AC 1 7 AJC : cos J   2   sin J  2 JA.JC a 2 2 2 2 2 2. .a 2 1 1 a 2 7 a2 . 7 S AJC  .JA.JC.sin J  . .a.  2 2 2 8 2 2 3 3a3 .8 21.a Từ đó ta tính được: d  D,  ACJ     7 24.a 2 . 7 2 Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có SA = 3a, SA tạo với đáy góc 60o. Tam giác ABC vuông tại B, ACB  30 . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB). GIẢI: S (SGB) và (SGC) cùng v/góc mp đáy nên o C' SG v/góc mp đáy  SAG  60 . Gọi I là t/điểm BC, ta có: 0 Sa  3a  AG  3a 3 9a , AI  AG  , 2 2 4 3 3.a SG  ; AB  x 2  AC  2 x, BC  x. 3 vABI : AI 2  AB2  BI 2 81a 2 3x 2 7 x 2 2  x   16 4 4 2 81a 9 1 9a. 7  x 2   x  a. .  7.4 2 7 14 8 A C H G E K B I HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014  9a 7 1 1  9a 7 .BC. AB  .  . 3 . 2 2  14  14 1 x 2 3 81a 2 . 3 Hay là: S ABC  .x 3.x  .  2 2 56 1 1 3.a. 3 81a 2 . 3 243a3 Vậy: VABC  .SG.S ABC  . .  3 3 2 56 112 Do đó: S ABC  * Tính d (C,(SAB)): Cách 1: Vẽ GK // CB; K AB  GK AG 2 2 2 1 1 9a 7    GK  .BI  . .BC  . 3. BI AI 3 3 3 2 3 14 3a 21 14 GH  SK ; H  SK  GH   SAB   GH  d  G,  SAB    GK  # Kẻ 1 1 1 1.142 1.4 142  28 32     2    2 2 2 2 2 GH GK GS 9a .21 27a 9.3.7a 27a 2 3a. 3 3a 6  GH   8 4. 2 # Mặt Khác: d  C ,  SAB   d  G,  SAB     CE  3. GE    Vậy: d C ,  SAB   3.d G,  SAB   3. 9a 6 8 Cách 2: Dựa vào cách 1, tính được 3a 21 1 1 1 9a 7 27 2 9.21.a 2 2 2 GK   SSAG  .SK . AB  . SG  GK . AB  . .  14 2 2 2 14 S 4 142 1 54 9a 7 27 a 2 . 6  .a. .  2 7 14 28 3.VSAB 243a 2 28 9a 6  d  C ,  SAB     3. .  2 S SAB 112 27.a . 6 8 Bài 11: Gọi O = AC BD Do hai mp (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) => SO  (ABCD) * Gọi M là trung điểm AB, I là trung điểm AM. DO tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, nên CM  AB, OI  AB 9 C 30o H J 30o O M 30o I D A B HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 a 3 a 3 , OI = 2 4 AB  OI  *   AB   SOI   AB  SI AB  SO  OM = Nên SIO  30 (góc giữa 2 mp (SAB) & (ABCD) o a 3 => 4 * Tam giác vuông SOI, IO = a , 4 1 1 a a 2 . 3 a3 3 SI = VSABCD= SO.S ABCD  . .2.  3 3 4 4 24 Bài 12: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD), M là trung điểm AB và do tam giác  AB  SM  AB  SH SAB cân tại S nên  => AB  (SMH) S   *   SAB  ,  ABCD     SM , MH   SMH  60 * SA,  ABCD   SAH  45  SA  SH . 2 o o 2 3 * Từ N kẻ NP  SM thì NP là đoạn vuông góc chung của hai => SM = SH . P A D 45o đường thẳng CD và SA. 30o M => NP = a 6 * Tam giác vuông NPM là nửa tam giác đều N H => NP = a 2 , MN = 2 a 2 B C => AB = MN = 2 a 2 * Trong tam giác vuông SMA: SM2 + MA2 = SA2 2   2  =>  SH   a 2  3    2  2SH  2 S => 4  2 2 2 2 3 2  SH  2 a  SH  2 a .  SH  a 3   3 2  M 1 3 Vậy VSABCD= SH .S ABCD  1 8 3a a 3SA2  3 3 3 Bài 13: Cách 1: Qua A kẻ đường thẳng song song với BN, cắt CB tại E Gọi H = AB EN. Kẻ MH//SA. 10 N D A H E B C HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 Suy ra MH  (ABCD) = MH là đường cao của hình chóp M.ANBE. Ta có MH = 1 a 3 SA  2 2 1 1 MH.SANCE= MH.2SABN 3 3 BS 1 1 Ta lại có AM =  AS 2  AB 2  .2a  a 2 2 2 AE = BN = a 2 CB  (SAB) = CB  SB 2 2 2 2 Suy ra tam giác SBE vuông tại B = ME = BE  BM  a  a  a 2 1 a 7 a2 7 Tam giác EMA cân tại E =>S = a.  2 2 4 BN // AE    d  BN , AM   d  BN ,  AME    d  N ,  AME   AM  ( AME )  SANBE = 2SABN = = 3VN . AME 3.VM . ANE  S AME S AME Vậy d(AM, BN) = 1 3. .VM . ANBE 3 a3 3 4 a 21 2   . . 2  S AME 2 6 a . 7 7 a 21 7 Cách 2: (Phương pháp tọa độ): a A(0;0;0); B(a;0;0); S(0;0; a 3 ) ; N(0;a;0) => M  2 a a 3 a AM   ;0;  = 1;0; 3 2 2   2 BN   a; a;0   a 1; 1;0    AM qua A(0;0;0), u1  1;0; 3 ;0; a 3  2    BN qua B(a;0;0), u2  1; 1;0  AB   a;0;0    u1 ; u2   3; 3; 1   u1 ; u2  AB  a 3   u2 , u1  AB a 3 a 21   d  AM , BN     7 7 u1 , u2    ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 11 HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH KHÔNG GIAN ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 Bài 14: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng  SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  một góc 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  . GIẢI: * Tính thể tích của khối chóp S. ABCD + Gọi h là trọng tâm tam giác ABC, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. + Theo đề, suy ra: SH   ABCD  , tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, BO  DO  a 3 1 a 3 . ; HO  BO  2 3 6  AC  OB  AC   SBO   AC  SO  AC  SH   SOB  600 (góc giữa 2 mp  SAC  và  ABCD ). + SHO là nửa tam giác đều, biết HO   SH  HO. 3  a 3 6 a 2 1 1 a2 3 . S ABCD  . AC.BD  .a.a 3  2 2 2 * Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là: 1 1 a a 2 3 a3 3 . VS . ABCD  .SH .S ABCD  . .  3 3 2 2 12 * Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD . + Trong mặt phẳng (SBD), kẻ OE // SH, ta có: a a 3 OE DO 3 3 3 a 3a    OE  SH  .  ; OC  ; OD  2 2 SH DH 4 4 4 2 8 + Trong mặt phẳng (OCD), kẻ OF OF  CD  CD   EOF  . + Trong tam giác EOF vuông tại O, kẻ OI  EF  OI   ECD  + Vì O là trung điểm BD,  ECD    SCD   d  B,  SCD    2d  O,  SCD    2OI + Ta có:  OI  1 OI 2 3a 112  1 OE 2  1 OF 2 1 OE 2 . * Vậy d  B,  SCD    2OI  12  6a 112 .  1 OC 2  1 OD 2  64 4 4 112    9a 2 a 2 3a 2 9a 2