Bài 5 trang 119 sgk Hình học 11
Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] cạnh \[a\].
a] Chứng minh rằng \[B'D\] vuông góc với mặt phẳng \[[BA'C']\].
b] Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng \[[BA'C']\] và \[[ACD']\].
c] Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[BC'\] và \[CD'\].
Giải
[H.3.66]
a] Có \[B'A' = B'B = B'C' \Rightarrow B'\] thuộc trục của tam giác \[A'BC'\]. [1]
\[DA' = DB = DC'\] [đường chéo các hình vuông bằng nhau] \[\Rightarrow D\] cũng thuộc trục của tam giác \[A'BC' \] [2]
Từ [1] và [2] \[\Rightarrow B'D\] vuông góc với \[[BA'C']\].
b] Chứng minh tương tự ta được \[B'D\bot [ACD']\]
Hai mặt phẳng \[[BA'C']\] và \[[ACD']\] cùng vuông góc với \[B'D\] [tại \[G\] và \[H\]] nên chúng song song với nhau và khoảng cách giữa chúng bằng \[GH\].
Ta có:
\[O'G//D'H\], \[O'\] là trung điểm của \[B'D'\] nên theo định lí Ta lét thì \[G\] là trung điểm của \[B'H\] hay \[GB'=GH\] [3]
\[OH//GB\], \[O\] là trung điểm của \[BD\] nên theo định lí Ta lét thì \[H\] là trung điểm của \[DG\] hay \[HG=HD\] [4]
Từ [3] và [4] suy ra: \[GH=\frac{B'D}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\]
c] \[BC' [BA'C']\]; \[CD' [ACD']\], mà hai mặt phẳng này song song
Do đó, \[d[BC', CD'] = d[[BA'C'],[ACD']]= \frac{a\sqrt{3}}{3}.\]
[Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó].
Bài 6 trang 119 sgk Hình học 11
Chứng minh rằng nếu đường thẳng nối trung điểm hai cạnh \[AB\] và \[CD\] của tứ diện \[ABCD\] là đường vuông góc chung của \[AB\] và \[CD\] thì \[AC = BD\] và \[AD = BC\].
Giải
[H.3.67]
Qua \[I\] kẻ đường thẳng \[d // CD\], lấy trên \[d\] điểm \[E, F\] sao cho \[IE = IF = \frac{CD}{2}\] [\[I\] là trung điểm của \[EF\]]. \[IJ\] vuông góc với \[CD\] \[\Rightarrow IJ\] vuông góc với \[EF\], mà \[IJ\] cũng vuông góc với \[AB\Rightarrow IJ \bot [AEBF]\].
Ta có \[CDFE\] là hình bình hành có \[IJ\] là đường trung bình
Do đó \[CE\] và \[DF\] cùng song song với \[IJ\]
Suy ra \[CE\] và \[DF\] cùng vuông góc với mp \[[AEBF]\]
\[\Rightarrow DF AF, CE IE\].
\[\Delta AIF = \Delta BIE[c.g.c]\] suy ra: \[AF=BE\]
Xét \[DFA\] và \[CEB\] có:
+] \[\widehat E = \widehat F[ = {90^0}]\]
+] \[AF=BE\]
+] \[DF=CE\]
\[\RightarrowDFA=CEB[c.g.c]\]
\[\RightarrowAD = BC\].
Chứng minh tương tự ta được \[BD = AC\].
Bài 7 trang 120 sgk Hình học 11
Cho hình chóp tam giác đều \[S.ABC\] có cạnh đáy bằng \[3a\], cạnh bên bằng \[2a\]. Tính khoảng cách từ \[S\] tới mặt đáy \[[ABC]\].
Giải
[H.3.68]
Gọi \[H\] là trực tâm tam giác \[ABC\].
\[d[S,[ABC]]=SH\]
Gọi \[N\] là trung điểm của \[BC\].
Tam giác \[ABC\] đều nên \[AN={{3a\sqrt 3 } \over 2}\]
\[AH={2 \over 3}AN = a\sqrt 3 \]
Áp dung định lí Pytago vào tam giác vuông \[SAH\] ta có:
\[S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\]
\[SH = \sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-[a\sqrt{3}]^{2}}=a.\]
Vậy khoảng cách từ \[S\] đến mặt phẳng \[[ABC]\] bằng \[a\].
Bài 8 trang 120 sgk Hình học 11
Cho tứ diện đều \[ABCD\] cạnh \[a\]. Tính khoảng cách giữa hai cạnh đối diện của tứ diện.
Giải
[H.3.69]
Gọi \[M, N\] lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[BC\],
\[\Delta BAC = \Delta BDC[c.c.c]\] \[\Rightarrow AN = DN\] [hai đường trung tuyến tương ứng của hai tam giác bằng nhau]
Tam giác \[AND\] cân tại \[N\], nên \[MN\] vừa là đường trung tuyến đồng thời là đường cao do đó \[MN\bot AD\] [1]
Chứng minh tương tự ta được: \[MN\bot BC\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra \[MN\] là đường vuông góc chung của \[BC\] và \[AD\]
Tam giác \[ABC\] đều nên \[AN={{a\sqrt 3 } \over 2}\]
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông \[AMN\] ta có:
\[A{N^2} = M{N^2} + A{M^2}\]
\[MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{3{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over 4}} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\]