Chương II. §1. Đại cương về đường thẳng và mặt phẳng

Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng ( SAC ).[r]

1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

1.1Định nghĩa: Cho điểm O mặt phẳng ( ). Gọi H hình chiếu O lân mặt phẳng ( ). Khi khoảng cách hai điểm O H gọi khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ).

Kí hiệu: d O



,

 





OH

1.2 Cách tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ). * Cách 1:

Bước 1: Tìm mặt phẳng ( ) qua O vng góc ( ). Bước 2: Tìm d ( ) 

 



Bước 3: Trong mặt phẳng ( ) , kẻ OH d OH ( ). Vậy OH d O



,( ) 



ii/ Biết d O



',( )



OO' cắt ( ) I '

IO k IO 

( ',( )) ' ( ,( ))

d O IO

d O IO

  

Ví dụ 1: Cho hai mặt phẳng ( )P ( )Q vng góc với Gọi  giao tuyến của chúng Từ  lấy hai điểm A B, cho AB a Lấy điểm C ( )P D trên

( )Q sao cho ACvà BD vng góc với  mà AC BD AB  .Tìm khoảng cách từ A đến (BCD)

Giải.

Do

( ) ( )

( ) ( ) ( )

P Q

P Q BD P

BD   

    

   

BD AH

  (H trung điểm BC)(1) Mặt khác ta có

AH BC(ABC cân A)(2) Từ (1)(2) suy AH (BCD) Vậy d A BCD



,( )



AH Xét ABC vuông cân A Ta có:

2 2. ABAC a  BC AB AC a

Nên

2 a AH 

Ví dụ 2: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi Aˆ 120 0, BD a ,cạnh bên SA vng góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) mặt phẳng đáy 60 Tính

a) Đường cao hình chóp

Giải

a.Vì ABCD hình thoi BAD 1200, nên ABC tam giác đều. Gọi I trung điểm BC BC(AIS)

Mặt khác AISlà tam giác vuông A nên SIA góc (SBC) (ABCD) Theo giả thiết SIA600

Ta có BD2AC2 4AB2 mà ACAB nên

3

2

3 3

BD a a a

AB   AI  

Vì SA(ABCD) nên SA đường cao hình chóp S ABCD Ta có

0 tan 60

2 a

SA AI 

Vậy

3 a SA

b Ta có BC(SAI),từ (SAI) ( SBC)

vậy kẻ đường cao AH SAI thì AH d A SBC



,( )



Xét SAI vuông A.

Ta có:

2

2 2

4

a a

SA AI a

AH

SI a a

  

 Bài tập.

1. Cho tam giác điều ABC cạnh ,a điểm Hthuộc cạnh ACvới HC a Vẽ đoạn SHvng góc (ABC) SH 2 a

a Hãy nêu cách dựng đoạn vng góc HK vẽ từ H đến (SAB) b Tính khoảng cách từ H từ Cđến mặt phẳng (SAB) Giải

Ta có: ABC đều, có CI là đường trung tuyến suy CI AB Qua Hkẻ đường thẳng song song với CI cắt AB E Khi đóABHE(1)

Mặt khác: ABSH(vì SH (ABC)) (2) Từ (1)(2) suy ra: AB(SHE) (SAB) ( SHE) Mà (SAB) ( SHE)SE

Qua H dựng đường thẳng vng góc vớiSE K

Suy ra: HK (SBC) hay HK đoạn vng góc từ H đến (SAB) b.Tính khoảng cách từ Hđến mặt phẳng (SAB)

Ta có:

2 3 2 3

3

HE AH a

HE CI

CI AC a

a

HE CI a

   

   



Mặt khác: SHE vng H, có HK đường cao Suy

2 2 2

1 1 1

4 12

HK HS HE a a a

a HK

    

 

Vậy





2

,( )

7 a

d H SAB 

* Tính khoảng cách từ Cđến mặt phẳng (SAB)

Ta có: CH(SAB)A Suy

















,( )

,( )

3 3 3

,( ) ,( )

2 7

d C SAB AC

d H SAB AH

a a

d C SAB d H SAB

 

2. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA(ABCD) SA a

a Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

b Tính khoảng cách từ tâm O hình vng ABCD đến mặt phẳng (SBC) c Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC) Giải

a.Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) Ta có:

( ) ( ) ( )

BC SA

BC SAB SAB SBC

BC AB

 

   

  

Mặt khác: (SAB) ( SBC)SB

Trong mặt phẳng (SAB), kẻ AH SB H Suy AH (SBC) hay d A SBC



,( )



AH

SAB

 vng A có AHlà đường cao nên ta có:

2

3

2

AS AB a a a

AH SB AS AB AH

SB a a

    



Vậy





3

,( )

2 a d A SBC AH 

( )

( ,( )) ( ,( ))

1 3

( ,( )) ( ,( ))

2 2

AO SBC C

d O SBC CO

d A SBC CA

a a

d O SBC d A SBC

 

  

   

Vậy

3 ( ,( ))

4 a d O SBC 

c.Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC) Gọi G trọng tâm SAB I, BGSA

Ta có:

















( )

,( )

,( )

1

,( ) ,( )

BG SAC I

d G SAC GI

d B SAC BI

d G SAC d B SAC

 

  

 

Mà





( ) ,( )

2

BO AC a

BO SAC d B SAC BO

BO SA

 

    

  

Vậy









1 2

,( ) ,( )

3

a a

d G SAC  d B SAC  

3. Cho lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có AB a AC , 2 ,a AA' 2 a  120 0

BAC Gọi M trung điểm cạnh CC' a Chứng minh MBMA'

a Chứng minh MBMA' Áp dụng định lý cosin ABC ta có:

2 2

2 2

2 .cos120

4 .2 7

BC AB AC AB AC

a a a a a

BC a               Ta có:

2 2

2 2

2 2

7

' ' 20 21

' ' '

BM BC MC a a a

A B AB A A a a a

A M AC C M a a a

    

    

    

Mà



 







2 2

21 3

a  a  a

hay A B' BM2A M' Suy A BM' vuông M

Vậy MBMA'

b.Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( 'A BM) Gọi N ACA M H' , hình chiếu B lên AC Khi đó:









( ' ) ,( ' ) ,( ' )

N AC A BM

d A A BM NA

d H A BM NH

 



Với AN 2AC2.2a4a

0

4 cos 60 2

a HN AN AH  a AB  a a  Suy ra:









,( ' )

,( ' )

2

d A A BM NA a

a

d H A BM NH  

Tính d H A BM



,( ' )



Ta có:



' '



'

'

BH AC

BH ACC A BH A M

BH AA          (1)

Từ (1)(2) suy A M' (HBM) (HBM)( 'A BM) Mà (HBM) ( ' A BM)BM

Do đó: Trong mặt phẳng (HBM), từ Hkẻ đường thẳng vng góc với BM K Khi đó:



,( ' )



d H A BM HK

HBM

 vuông H có HK đường cao nên ta có:

2 2 2

1 1 4 64

3 45 45

HK HB HM a a a

a HK

    

 

Với

2

2 2

4

a a

HB AB  HA a  





2 2

2

2 2 5 45 .

2

a a

HM HC MC    a   

Vậy









8 8 5

,( ' ) , ( ' )

9 9

a a