Bài 3.33 trang 162 Sách bài tập [SBT] Hình học 11
Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm A, B, D; C, B, D tới đường chéo ACbằng nhau. Tính khoảng cách đó.
Giải:
Điểm Acách đều ba đỉnh của tam giác đều ABD vì ta có \[AB = A{\rm{D}} = AA' = a\], điểm Ccũng cách đều ba đỉnh của tam giác đều đó vì ta có:
\[C'B = C'D = C'A' = a\sqrt 2 \]
Vậy AClà trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, tức là đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng [ABD] tại trọng tâm Icủa tam giác ABD. Ta cần tìm khoảng cách AI.
Ta có \[A'I = BI = DI = {2 \over 3}A'O\]với Olà tâm của hình vuông ABCD
Ta lại có \[AO' = B{\rm{D}}{{\sqrt 3 } \over 2}\]
\[ = a\sqrt 2 .{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 6 } \over 2}\]
Vậy \[A'I = {2 \over 3}A'O = {2 \over 3}.{{a\sqrt 6 } \over 2} = {{a\sqrt 6 } \over 3}\]
Tương tự điểm Ccách đều ba đỉnh của tam giác đều CBD, tính được khoảng cách từ C, B, D tới đường chéo AC.
Bài 3.34 trang 162 Sách bài tập [SBT] Hình học 11
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Các cạnh bên \[SA = SB = SC = S{\rm{D}} = a\sqrt 2 \]. Gọi I và Klần lượt là trung điểm của AD và BC.
a] Chứng minh mặt phẳng [SIK] vuông góc với mặt phẳng [SBC].
b] Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.
Giải:
a] Gọi Olà tâm hình vuông ABCD, dễ thấy I, O, K thẳng hàng. Vì Klà trung điểm của BCnên \[SK \bot BC\].
Ta có
\[\left. \matrix{
BC \bot SK \hfill \cr
BC \bot OK \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot \left[ {SIK} \right]\]
Do đó \[\left[ {SBC} \right] \bot \left[ {SIK} \right]\]
b] Hai đường thẳng AD và SBchéo nhau. Ta có mặt phẳng [SBC] chứa SBvà song song với AD. Do đó khoảng cách giữa AD và SBbằng khoảng cách giữa ADvà mặt phẳng [SBC].
Theo câu a] ta có \[\left[ {SIK} \right] \bot \left[ {SBC} \right]\]theo giao tuyến SKvà khoảng cách cần tìm là IM, trong đó M là chân đường vuông góc hạ từ Itới SK. Dựa vào hệ thức \[IM.SK = SO.IK\], ta có \[IM = {{SO.IK} \over {SK}}\].
Ta lại có: \[S{K^2} = S{B^2} - B{K^2} = 2{{\rm{a}}^2} - {{{a^2}} \over 4} = {{7{a^2}} \over 4} \Rightarrow SK = {{a\sqrt 7 } \over 2}\]
Và \[S{O^2} = S{A^2} - O{A^2} = 2{{\rm{a}}^2} - {\left[ {{{a\sqrt 2 } \over 2}} \right]^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 2}\]
\[\Rightarrow SO = {{a\sqrt 3 } \over {\sqrt 2 }} = {{a\sqrt 6 } \over 2}\]
Do đó:\[IM = {{SO.IK} \over {SK}} = {{a\sqrt 6 } \over 2}.a:{{a\sqrt 7 } \over 2} = {{a\sqrt {42} } \over 7}\]
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SBlà bằng \[{{a\sqrt {42} } \over 7}\].
Bài 3.35 trang 162 Sách bài tập [SBT] Hình học 11
Cho hình lập phương ABCD.ABCD.
a] Chứng minh đường thẳng BCvuông góc với mặt phẳng [ABCD]
b] Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của ABvà BC.
Giải:
a] Ta có BC BC vì đây là hai đường chéo của hình vuông BBCC
Ngoài ra ta còn có: \[A'B' \bot \left[ {BB'C'C} \right] \Rightarrow A'B' \bot BC'\]
Từ đó ta suy ra \[BC' \bot \left[ {A'B'C{\rm{D}}} \right]\]vì mặt phẳng [ABCD] chứa đường thẳng AB và BC cùng vuông góc với BC.
b] Mặt phẳng [ABD] chứa đường thẳng ABvà song song với BC, ta hãy tìm hình chiếu của BCtrên mặt phẳng [ABD]. Gọi E, F lần lượt là tâm các hình vuông ADDA, BCCB. Kẻ FH EBvới H EB, khi đó FH nằm trên mặt phẳng [ABCD] nên theo câu a] thì \[FH \bot \left[ {AB'{\rm{D'}}} \right]\], do đó hình chiếu BC trên mặt phẳng [ABD] là đường thẳng đi qua Hvà song song với BC. Giả sử đường thẳng đó cắt ABtại Kthì từ Kvẽ đường thẳng song song với FHcắt BCtại L. Khi đó KLlà đoạn vuông góc chung cần dựng. Tam giác BEF vuông tại Fnên từ công thức \[{1 \over {F{H^2}}} = {1 \over {F{{\rm{E}}^2}}} + {1 \over {FB{'^2}}}\]ta tính được \[KL = FH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\]
Nhận xét . Độ dài đoạn vuông góc chung của ABvà BC bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song [ABD] và [BCD] lần lượt chứa hai đường thẳng đó. Khoảng cách này bằng \[{1 \over 3}A'C = {{a\sqrt 3 } \over 3}\].
Bài 3.36 trang 162 Sách bài tập [SBT] Hình học 11
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SAvuông góc với mặt phẳng đáy [ABCD] với \[SA = a\sqrt 6 \].
a] Tính khoảng cách từ Avà Bđến mặt phẳng [SCD].
b] Tính khoảng cách từ đường thẳng ADđến mặt phẳng [SBC].
Giải:
a] Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a nên ta có: \[A{\rm{D}}\parallel BC\]và \[AB = BC = C{\rm{D}} = a\], đồng thời \[AC \bot C{\rm{D}},AB \bot B{\rm{D}},AC = B{\rm{D}} = a\sqrt 3 \].
Như vậy
\[\left. \matrix{
C{\rm{D}} \bot AC \hfill \cr
C{\rm{D}} \bot SA \hfill \cr} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left[ {SAC} \right]\]
Trong mặt phẳng [SAC] dựng AH SC tại Hta có AH CD và AH SC nên AH [SCD]
Vậy AH = d[A,[SCD]]
Xét tam giác SACvuông tại Acó AHlà đường cao, ta có:
\[\eqalign{
& {1 \over {A{H^2}}} = {1 \over {S{A^2}}} + {1 \over {A{C^2}}} \cr
& = {1 \over {{{\left[ {a\sqrt 6 } \right]}^2}}} + {1 \over {{{\left[ {a\sqrt 3 } \right]}^2}}} = {1 \over {2{{\rm{a}}^2}}} \cr} \]
Vậy \[A{H^2} = 2{{\rm{a}}^2} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \]
Gọi I là trung điểm của ADta có \[BI\parallel C{\rm{D}}\]nên BIsong song với mặt phẳng [SCD]. Từ đó suy ra \[d\left[ {B,\left[ {SC{\rm{D}}} \right]} \right] = d\left[ {I,\left[ {SC{\rm{D}}} \right]} \right]\].
Mặt khác AIcắt [SCD] tại Dnên
\[d\left[ {I,\left[ {SC{\rm{D}}} \right]} \right] = {1 \over 2}d\left[ {A,\left[ {SC{\rm{D}}} \right]} \right] = {1 \over 2}.a\sqrt 2 = {{a\sqrt 2 } \over 2}\]
Do đó: \[d\left[ {B,\left[ {SC{\rm{D}}} \right]} \right] = {{a\sqrt 2 } \over 2}\]
b] Vì \[AD\parallel BC\]nên \[AD\parallel \left[ {SBC} \right]\], do đó \[d\left[ {AD,\left[ {SBC} \right]} \right] = d\left[ {A,\left[ {SBC} \right]} \right]\]
Dựng \[AD \bot BC\]tại \[E \Rightarrow BC \bot \left[ {SA{\rm{E}}} \right]\]
Dựng \[AD \bot SE\]tại Fta có:
\[\left. \matrix{
AF \bot SE \hfill \cr
AF \bot BC\,\left[ {vì\,BC \bot \left[ {SAE} \right]} \right] \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AF \bot \left[ {SBC} \right]\]
Vậy \[AF = d\left[ {A,\left[ {SBC} \right]} \right] = d\left[ {AD,\left[ {SBC} \right]} \right]\]
Xét tam giác vuông AEB ta có: \[AE = AB\sin \widehat {ABE} = a\sin {60^0} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\]
Xét tam giác SAE vuông tại Ata có:
\[{1 \over {A{F^2}}} = {1 \over {S{A^2}}} + {1 \over {A{E^2}}} = {1 \over {{{\left[ {a\sqrt 6 } \right]}^2}}} + {1 \over {\left[ {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right]}} = {9 \over {6{a^2}}}\]
Do đó \[A{F^2} = {{6{a^2}} \over 9} \Rightarrow AF = {{a\sqrt 6 } \over 3}\]
Vậy \[d\left[ {AD,\left[ {SBC} \right]} \right] = AF = {{a\sqrt 6 } \over 3}\]