chủ đề khoảng cách lí thuyết bài tập và lời giải

Chuyên đề Toán học về khoảng cách chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 11, 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về khoảng cách và để ôn thi THPQG và thi đại học.

KHOẢNG CÁCH A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng Cho điểm M đường thẳng Δ Trong mp( M ,Δ ) gọi H hình chiếu vng góc M Δ Khi khoảng cách MH gọi khoảng cách từ điểm M đến Δ d ( M ,Δ ) = MH Nhận xét: OH ≤ OM ,∀MΔ∈ Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng Cho mặt phẳng ( α ) điểm M , gọi H hình chiếu điểm M mặt phẳng ( α ) Khi khoảng cách MH gọi khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( α ) ( d M ,α ( ) ) =MH Nhận xét: OH ≤ MO,∀Mα∈ ( ) Khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng Cho đường thẳng Δ mặt phẳng ( α ) song song với Khi khoảng cách từ điểm Δ đến mặt phẳng ( α ) gọi khoảng cách đường thẳng Δ mặt phẳng ( α ) ( dΔ, α ( ) ) =d M ( , α( ) ,M ) ∈Δ Khoảng cách hai mặt phẳng Cho hai mặt phẳng ( α ) ( β) song song với nhau, khoảng cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳn gọi khoảng cách hai mặt phẳng ( α ) ( β) ( dα( , ) β( ) ) d= M( , β( ) ) d= N( , α( ) ) ,Mα∈ (,N) β∈ ( ) Khoảng cách hai đường thẳng Cho hai đường thẳng chéo a,b Độ dài đoạn vng góc chung MN a b gọi khoảng cách hai đường thẳng a b B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài tốn 01: TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM OA = OB+ OC = ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Δ Phương pháp: Để tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng Δ ta cần xác định hình chiếu H điểm D,E đường thẳng Δ , xem MH đường cao tam giác để tính Điểm H thường dựng theo hai cách sau: d M( ,Δ )MH = • Trong mp( M ,Δ ) vẽ MHΔ⊥ ⇒ • Dựng mặt phẳng ( α ) qua M vng góc với Δ H ⇒ d ( M ,Δ ) = MH Hai công thức sau thường dùng để tính MH • ΔMAB vng M có đường cao AH • MH đường cao ΔMAB MH = 1 = + 2 MH MA MB2 2SM AB AB Các ví dụ Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' có cạnh a Tính khoảng từ đỉnh D' đến đường chéo AC' Lời giải Gọi H hình chiếu D' AC' C'D' ⊥ D'A ' ⇒ C'D' ⊥ ( ADD'A ') Do  C'D' ⊥ DD' ⇒ C'D' ⊥ D'A Vậy tam giác D'AC' vng D' có đường cao 1 1 = + = + 2= 2 D'H suy D'H D'A D'C'2 a 2a a ( ⇒ D'H = a ) Ví dụ Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a , cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) SA = a Gọi I trung Vậy d ( D',AC') = a điểm cạnh SC M trung điểm đoạn AB Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng CM Lời giải Trong ( ICM ) kẻ IH ⊥ CM d ( I,CM ) = IH Gọi N = M O ∩ DC,N ∈ CD OH OM = Ta có ΔMHO : ΔMNC ⇒ CN MC a Mà OM = CN = ,CM = BM + BC 2  a a =  ÷ + a2 =  2 CN.OM a = Suy OH = , OI đường trung bình tam giác SAC MC SA a = nên OI = 2 OI / /SA ⇒ OI ⊥ ( ABCD ) ⇒ OI ⊥ OH ⇒ ΔOHI vuông O nên Ta có  SA ⊥ ( ABCD ) 2  a   a a 30 IH = OH + OI =  = ÷ + ÷ =a 10 10    2 2 a 30 10 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh a , góc ·ABC = 1200 , SC ⊥ ( ABCD ) SC = h Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng SA theo a h Vậy d ( I,CM ) = Lời giải Kẻ OH ⊥ SA ,H ∈ SA d ( O,SA ) = OH Do ABCD hình thoi cạnh a ·ABC = 1200 nên a ΔCBD cạnh a ⇒ CO = ⇒ CA = 2CO = a ( ) SA = CS2 + CA = h2 + a = 3a2 + h2 Hai tam giác vuông AHO va A CS đồng dạng nên a h OH OA OA.SC ah = ⇒ OH = = = SC SA SA 3a2 + h2 3a2 + h2 Vậy d ( O,SA ) = OH = 3ah 3a2 + h2 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a cạnh bên SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a Gọi E trung điểm cạnh CD Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng BE Lời giải Trong ( SBM ) kẻ SH ⊥ BM d ( S,BM ) = SH Gọi N = BM ∩ AD , ta có DN MD AD P BC ⇒ = = 1⇒ DN = BC = a BC MC ⇒ AN = 2a Tronh tam giác vng ABN có 1 = + 2 AH AB AN = 1 + = a2 ( 2a) 4a2 2a SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AHΔASH ⇒ ⇒ AH = SH = AH + AS2 = vng A , 2 3a a +a = 5 3a Bài tốn 02: TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG Phương pháp: Để tính khoảng từ điểm M đến mặt phẳng ( α ) điều quan trọng Vậy d ( S,BM ) = SH = ta phải xác định hình chiếu điểm M ( α ) Để xác định vị trí hình chiếu ta có số lưu ý sau: • Nếu có dα⊥ ( ) MH P d (h1) • Chọn ( β) chứa điểm M , xác định giao tuyến Δ = ( α ) ∩ ( β) Trong ( β) dựng MHΔ⊥ ⇒ MH ⊥ α( ) (h2) • Nếu ( α ) có hai điểm A ,B cho MA = MB ( α ) kẻ đường trung trực d đoạn AB , mp( M ,d ) dựng MH ⊥ d Khi MHα⊥ ( ) (h3) Thật , Gọi I trung điểm AB Do MA = MB nên ΔMAB cân M ⇒ MI ⊥ ABα ⊂ ( ) Lại có AB ⊥ d ⇒ AB ⊥ mp( M ,d ) ⇒ AB ⊥ MH MH ⊥ AB ⇒ MHα⊥ ( ) Vậy  MH ⊥ d • Nếu ( α ) có điểm A đường thẳng d khơng qua A cho MA ⊥ d ( α ) kẻ đường thẳng d' qua A d' ⊥ d , mp( M ,d') kẻ MH ⊥ d' ⇒ MHα⊥ ( ) ( h4) Thật , d ⊥ d' d ⊥ MA ⇒ d ⊥ mp( M ,d') ⇒ d ⊥ MH ) ≡( Lại có MH ⊥ d' ⇒ MH ⊥ mp ( d,d'α ) • Nếu ( α ) có điểm A 1,A , ,A n ( n ≥ 3) mà MA = MA = = MA n đường thẳng MA 1,MA , ,MA n tạo với ( α ) góc hình chiếu M ( α ) tâm đường trịn ngoại tiếp đa giác A 1A A n • Nếu ( α ) có điểm A 1,A , ,A n ( n ≥ 3) mà mặt phẳng ( MA 1A ) ,( MA 2A ) , ,( MA n A ) hình chiếu M tâm đường trịn nội tiếp đa giác A 1A A n • Đơi khi, thay hình chiếu điểm M xuống ( α ) ta dựng hình chiếu điểm N khác thích hợp ( ) ) =d (N , (α ) ) (h5) cho MNαP ( ) Khi d ( M ,α • Một kết có nhiều ứng dụng để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng tứ diện vuông (tương tư hệ thức lượng tam giác vng) là: • Nếu tứ diện OABC có OA ,OB,OC đơi vng góc 1 1 = + + có đường cao OH 2 OH OA OB OC Các ví dụ Ví dụ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh SA vng góc với ( ABC ) SA = h , góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) 600 Tính khoảng cách từ A đến ( SBC ) theo a h Lời giải AI ⊥ BC ⇒ ( SAI ) ⊥ BC Gọi I trung điểm BC , ta có  SA ⊥ BC Vậy ·AIS góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) ⇒ ·AIS = 600 Trong ( SBC ) kẻ AH ⊥ SI  BC ⊥ ( SAI ) ⇒ AH ⊥ BC Ta có  AH ⊂ ( SAI )  AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Vậy   AH ⊥ SI ( ) ⇒ d A ,( SBC ) = AH a Tam giác ABC cạnh a nên AI = 1 1 4h2 + 3a2 = + = + = AI AS2  a 2 h2 3a2h2 Trong tam giác AIS ta có AH  ÷ ÷   ah ⇒ AH = 4h2 + 3a2 Hay d ( A ,( SBC ) ) = ah 4h2 + 3a2 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B , BA = BC = a,AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA = a Gọi H hình chiếu vng góc A SB Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD ) Lời giải Trong ( ABCD ) gọi M = AB ∩ CD , ( SAM ) gọi K = AH ∩ SM , kẻ AE ⊥ SC E gọi N trung điểm AD 10 Dễ thấy ABCN hình vng nên NC = AB = a Do NA = NC = ND = aΔACD ⇒ vng C ⇒ CD ⊥ AC , lại có CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ ( SA C ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SCD ) ( SAC ) ⊥ ( SCD )  ( SAC ) ∩ ( SCD ) = SC ⇒ AE ⊥ ( SCD ) Vậy  AE ⊂ ( SAC )  AE ⊥ SC ( 1) Trong ( AKE ) kẻ HF P AE,F ∈ KE , từ (1) suy HF ⊥ ( SCD ) ( ) ⇒ d H ,( SCD ) = HF Do BC P AD ⇒ MB BC a = = = ⇒ MA = 2AB = 2a ⇒ B trung điểm MA AD 2a MA BH BH.BS BA a2 = = = 2 Lại có BS BS AB + AS a2 + a ( ) = HF KH 1 = = ⇒ HF = AE AE KA 3 Tứ diện ADMS có ba cạnh AD,AM ,AS đơi vng góc AE ⊥ ( SMD ) Vậy H trọng tâm tam giác SAM , 1 1 = + + 2 AE AD AM AS2 1 1 = + + = ⇒ AE = a 4a 4a 2a a a Vậy ⇒ d H ,( SCD ) = HF = AE = 3 nên ( ) Nhận xét: Từ ta thấy đường thẳng AB d ( A ,α ( ) ) IA = cắt ( α ) I d ( B,α ( ) ) IB Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 'B'C'D' có ba kích thức AB = a,AD = b,AA ' = c Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( DA 'C') Lời giải Gọi I tâm hình bình hành ADD'A ' I trung điểm AD' 11 ( ) = IA = d ( D',( DA 'C') ) ID' ⇒ d ( A ,( DA 'C') ) = d ( D',( DA 'C') ) d A ,( DA 'C') Ta có Mặt khác ta có tứ diện D'ADC' có cạnh D'D,D'A ',D'C' đôi 1 1 = + + vng góc nên 2 D'A ' D'C'2 d ( D',( DA 'C') ) D'D 1 a2b2 + b2c2 + c2a2 + + = a2 b2 c2 a2b2c2 abc d A ,( DA 'C') = = 2 Vây 1 a b + b2c2 + c2a2 + 2+ 2 a b c = ( ) Ví dụ Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có tất mặt hình thoi cạnh a , góc ·BAA ' = ·BAD =·DAA ' = 600 Tính khoảng cách từ A ' đến ( ABCD ) Lời giải Do ABCD.A 'B'C'D' có tất mặt hình thoi cạnh a ·BAA ' = ·BAD =·DAA ' = 600 nên tam giác ABA ',ABD,ADA ' tam giác đếu cạnh a ⇒ A 'A = A 'B = A 'D ( A ' cách đếu ba đỉnh ΔABD ) Gọi H hình chiếu A ' ( ABCD ) tam giác vng A 'HA ,A 'HB,A 'HD nên HA = HB = HD suy H tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABD Gọi O giao điểm AC BD , ta có 2a a AH = AO = = 3  a 3 A 'H = AA ' − AH = a −  ÷  ÷   =a 2 Vậy d ( A ',( ABCD ) ) = A 'H = a Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D , tam giác SAD có cạnh 2a , BC = 3a mặt bên tạo với đáy góc Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABCD ) Lời giải 12 Gọi I hình chiếu vng góc S ( ABCD ) , Gọi I 1,I ,I ,I hình chiếu I cạnh AB,BC,CD,DA góc ¶II S( i = 1,4) i góc mặt bên mặt đáy chúng nhau,suy tam giác vng SII 1,SII ,SII ,SII nên II = II = II = II ⇒ I tâm đường trịn nội tiếp hình thang ABCD Vì tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + DC = AD + BC = 5a 1 Diện tích hình thang ABCD S = ( AB + DC ) AD = 5a.2a = 5a2 2 p r Gọi nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp hình thang AB + DC + AD + BC 10a ABCD p = = = 5a 2 S 5a2 S = pr ⇒ r = = = a ⇒ II = r = a p 5a Tam giác SAD có cạnh 2a nên ( ) 2a = a ⇒ SI = SI 42 - II 42 = 3a2 - a2 = a Vậy d S,( ABCD ) = SI = a Bài toán 03: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Phương pháp: Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo ta dùng cách sau: • Dựng đoạn vng góc chung MN a b Khi d ( a,b) = MN Sau số cách dựng đoạn vuông góc chung SI = thường dùng : Nếu a ⊥ b ta dựng đoạnvng góc chung a b sau - Dựng mặt phẳng ( α ) chứa b vng góc với a ∩( ) - Tìm giao điểm O = aα - Dựng OH ⊥ b Đoạn OH đoạn vng góc chung a b Nếu a,b khơng vng góc với dựng đoạn vng góc chung a b theo hai cách sau: Cách - Dựng mặt phẳng ( α ) chứa b song song với a - Dựng hình chiếu A ' điểm A ∈ a ( α ) 13 - Trong ( α ) dựng đường thẳng a' qua A ' song song với a cắt b M , từ M dựng đường thẳng song song với AA ' cắt a N Đoạn MN đoạn vng góc chung a b Cách - Dựng mặt phẳng ( α ) vng góc với a ∩( - Tìm giao điểm O = aα ) - Dựng hình chiếu b' b ( α ) - Trong ( α ) dựng OH ⊥ b' H - Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b B - Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a A - Đoạn AB đoạn vng góc chung a b • Xem khoảng cách hai đường thẳng a,b chéo khoảng cách từ điểm A ∈ a đến mặt phẳng ( α ) chứa b ( α ) P a • Sử dụng d ( a,b) = dα ( ( , ) β( ) ) d= A( , β( ,A )) ∈α( ) • Sử dụng phương pháp vec tơ a) MN đoạn vng góc chung AB uuuur uuur AM = xAB uuur  uuur CN = yCD CD  uuuur uuur MN.AB =  uuuur uuur MN.CD = b) Nếu ( α ) có hai vec tơ không phương ( uur uur u1 ,u2 OH = d O,α ( 14 )) uuuu r uur OH ⊥ u  uuuu r uur1 ⇔ OH ⊥u Hα∈ ( )   BC ⊥ AI 69 Kẻ AI ⊥ BC,I ∈ BC , ta có   BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAI ) AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Kẻ AH ⊥ SI  AH ⊥ BC Vậy d ( A ,( SBC ) ) = AH Ta có ·ABI = 600 , AI = ABsin600 = 2a =a 1 1 = + 2= + 2 2 AH AS AI ( 3a) a ( = ) 3a ⇒ AH = 2 9a 3a trung điểm Vậy d ( A ,( SBC ) ) = 70 Gọi N BB' ; ta có  B'C P MN ⇒ B'C P ( AMN )  MN ⊂ ( AMN ) ( ) d ( AM ,B'C ) = d B',( AMN ) Mặt khác N trung điểm BB' nên d ( B',( AMN ) ) = d ( B,( AMN ) ) Kẻ BI ⊥ AM AM ⊥ ( BNI ) ,kẻ ( ) BH ⊥ NI ⇒ BH ⊥ ( AMN ) nên d B,( AMN ) = BH 1 = + 2 BH BN BI 1 = + + = 2 2 BN BA BM a Ta có a a Vậy d ( AM ,B'C ) = 7 Cách Kẻ BI ⊥ AM ( IBB') ⊥ AM , kẻ CK P AM CK ⊥ ( IBB') ⇒ BH = Xét phép chiếu vng góc lên ( IBB') ta có B'K hình chiếu B'C ( IBB') nên d ( AM ,B'C ) = d ( I,B'K ) Hạ IH ⊥ B'K ,H ∈ B'K , ta có 71 1 a = + = ⇒ BI = 2 BI BA BM a 2a a2 14 B'K = BK + BB'2 = + 2a2 = a 5 IH IK = Ta có ΔKHI : ΔKBB' ⇒ BB' B'K Dễ thấy BK = ⇒ IH = IK.BB' a 5 a = a = B'K a 14 a 71 Gọi I trung điểm AD , AD IA = ID = IC = nên ΔACD vuông C ⇒ CD ⊥ AC ( 1) Vậy d ( AM ,B'C ) = Lại có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CD ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy CD ⊥ ( SAC ) ⇒ CD ⊥ SC , hay tam giác SCD vuông C Gọi d1 ,d2 khoảng cách từ B,H đến ( SCD ) Ta có d2 SH SH.SB SA 2 = = = = d1 SB SB2 SB2 d2 = d1 Kẻ AF ⊥ SC dễ thấy AF ⊥ ( SCD ) , kẻ BK P AF,K ∈ EF d1 = BK Gọi E = AB ∩ CD BK EB 1 = = ⇒ BK = AF Ta có AF EA 2 Mặt khác,trong tam giác vng SAC ta có 1 1 1 = + = + = ⇒ AF = a 2 AF AC AS 2a 2a a a a 2a a ⇒ KB = ⇒ d1 = ⇒ d2 = = 2 32 a Vậy d ( H ,( SCD ) ) = d2 = 72 Lưu ý: Có thể tính khoảng cách từ H đến ( SCD ) theo cách khác sau: Gọi E = AB ∩ CD,K = A H ∩ SE Dễ thấy B trung điểm AE SH = nên H trọng tâm SB tam giác ASE d ( H ,( SCD ) ) KH = = Ta có d ( A ,( SCD ) ) KA Tứ diện ABES có AB,AE,AS đơi vng góc nên 1 1 = + + 2 2 AE AD AS d ( A ,( SCD ) ) = 1 1 + 2+ 2= 2 4a 4a 2a a a 72 Gọi E trung điểm BC , ta có  BC ⊥ HE ⇒ BC ⊥ ( SHE )   BC ⊥ SH ( ) ( ) ⇒ d A ,( SCD ) = a ⇒ d H ,( SCD ) = ⇒ ( SHE ) ⊥ ( SBC ) Do IK ⊥ SE IK ⊥ ( SBC ) ⇒ IK = b Ta có ΔSKI : ΔSHE ⇒ ⇒ SH = HE = HE.SK IK IK SK = HE SH ( *) , mà a SH ,IK = b,SK = SI − IK = − b2 nên SH 2ab − b2 ⇔ SH = a − 16b2 2ab Vậy SH = a − 16b2 a ( *) ⇔ SH = 2b 73 a) Gọi I = HO ∩ CD ⇒ ( ) = OI = d ( H ,( SCD ) ) HI d O,( SCD ) 73 Tam giác ABC nên CH ⊥ AB mà AB P CD ⇒ CH ⊥ CD Mặt khác CD ⊥ SH CD ⊥ ( SHC ) , kẻ HJ ⊥ SC,J ∈ SC ⇒ HJ ⊥ ( SCD ) ( ) ⇒ d H ,( SCD ) = HJ a , tam giác SHC có 1 = + 2 HJ HC HS2 Ta có HC = =  a 3  ÷ ÷   + = + = a2 3a2 a2 3a2 a 21 a 21 = ⇒ d O,( SCD ) = d H ,( SCD ) = 7 14 d A ,( SBC ) BA = =2 b) Ta có B = AB ∩ ( SBC ) nên BH d H ,( SBC ) ( ⇒ HJ = a ) ( ( ( ) ) )  AE ⊥ BC ⇒ HF ⊥ BC Gọi E,F trung điểm BC,BE  HF P AE  BC ⊥ HF ⇒ BC ⊥ ( SHF ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SHF ) , kẻ HK ⊥ SF Vậy   BC ⊥ SH ( ) HK ⊥ ( SBC ) nên d H ,( SBC ) = HK Ta có HF = ⇒ HK = AE a 1 16 19 = ⇒ = + = 2+ 2= 2 2 HK HF HS 3a a 3a a 19 ( ) ( Vậy d ( A ,( SBC ) ) = 2a 57 19 74 Gọi O,O' trung điểm BC,B'C' , I = OO'∩ CN  B'M P AN ⇒ B'M P ( CAN ) Do  AN ⊂ ( ACN ) ( ⇒ d ( B'M ,CN ) = d B'M ,( ACN ) ( = d B',( ACN ) 74 ) ⇒ d A ,( SBC ) = 2d H ,( SBC ) = ) ( 1) ) 2a 57 19 Mặt khác N trung điểm BB' nên d ( B',( ACN ) ) = d ( B,( CAN ) ) Ta có CB ∩ ( CAN ) = C ⇒ ( 2) ( ) = CB = ( ) d ( O,( CAN ) ) CO d B,( CAN ) Dễ thấy tứ diện OACI có OA ,OC,OI đơi vng góc nên 1 1 = + + ( 4) 2 OC OI d ( O,( ACN ) ) OA a CN a a Dễ thấy OC = ,OI = nên = ,OA = 2 1 1 4 16 64 = + + = 2+ 2+ 2= 2 2 3a a a 3a d ( O,( ACN ) )  a   a   a   ÷  ÷  ÷ ÷       a ⇒ d ( O,( ACN ) ) = ( 5) a Từ ( 1) ,( 2) ,( 3) ,( 4) ,( 5) ta có d ( B'M ,CN ) = 75 d ( A ,( SBC ) ) CA = = ( 1) a) Ta có AO ∩ ( SBC ) = C nên d ( O,( SBC ) ) CO Mặt khác dễ thấy tứ diện OBCS có cạnh OB,OC,OS đơi vng góc nên 1 1 = + + 2 2 d ( O,( SBC ) ) OB OC OS = 1+ 1 19 + = ⇒ d O,( SBC ) = 12 19 ( ( ) ⇒ d A ,( SBC ) = 19 ) b) Ta có ( SCD ) mặt phẳng chứa SD song song với AB d ( AB,SD ) = d ( AB,( SCD ) ) = d ( B,( SCD ) ) Tư ơng tự câu a) ta có d ( B,( SCD ) ) = 2d ( O,( SCD ) ) mà ( ) d O,( SCD ) = 19 ( ) ⇒ d B,( SCD ) = , hay d ( AB,SD ) = 19 19 76 75 Gọi M ,N trung điểm AB CD Xét hai tam giác ACD BCD có CD chung AC = BD,AD = BC nên ΔACD = ΔBCD , mà M trung điểm AB nên MN ⊥ AB Lí lưaanj tương tự ta có MN ⊥ CD Vậy MN đường vng góc chung AB CD , d ( AB,CD ) = MN ( ) 2 2 b2 + c2 − a2 AC + AD CD Ta có AN = − = 4 2 2 b +c −a a MN = AN − AM = − 4 ( = ) b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 , hay ⇒ MN = 2 b2 + c2 − a2 Tính tương tự ta có : d ( AB,CD ) = d ( AD,BC ) = 2 a2 + c2 − b2 , d ( AC,BD ) = a + b − c 2 77 Gọi P trung điểm SA Ta có MP đường trung bình ΔEAD ⇒ MP P AD ⇔ MP P BC Do MP P = NC nên MPCN hình bình hành ⇒ MN P CP Mặt khác ABCD hình chóp nên dễ dàng chứng minh BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ CP MN P CP ⇒ MN ⊥ BD Vậy   BD ⊥ CP Ta có ( SAC ) mặt phẳng chứa AC song song với MN nên d ( MN ,AC ) = d ( N ,( SAC ) ) a = d B,( SAC ) = ( ) Vậy d ( MN ,AC ) = 76 a 78 Kẻ SH ⊥ BM Ta có  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ SH Lại có   BC ⊥ SA SH ⊥ BM ⇒ SH ⊥ ( MBC )  SH ⊥ BC Vậy d ( S,( MBC ) ) = SH · Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SB,( ABCD ) ) = ·SBA = 600 ⇒ SA = ABtan600 = a  a 3 2a MB = AB + AM = a +  =  ÷ ÷   2 MH MS MS.MA = ⇒ HM = = Dễ thấy ΔMHS : ΔMAB nên MA MB MB BH = BM + MH = 2a + Vậy d ( S,( BCM ) ) = a a 2a a 3 =a 2a 3 = a ⇒ SH = SB2 − BH = 4a2 − 3a2 = a  DM ⊥ CN ⇒ DM ⊥ ( SCN ) 79 Ta có   DM ⊥ SH ⇒ DM ⊥ SC Gọi I hình chiếu H SC HI đoạn vng góc chung SC DM nên d ( DM ,SC ) = HI Tứ giác AMHN nội tiếp nên DN.DA DH.DM = DN.DA ⇒ DH = DM 2 a a a = = = 2 AM + AD a + a2 Ta có a2 4a2 2a HC = DC − DH = a2 − = ⇒ HC = 5 Tam giác SCH vng H có đường cao HI nên 1 = + 2 HI HS HC 77 = ( a 3) +  2a   ÷  5 Vậy d ( DM ,SC ) = = 19 3a + 2= ⇒ HI = 2 3a 4a 12a 19 2a 57 19 80 Áp dụng định lí sin ta có  1 BC = AB2 + AC − 2AB.AC cosA = a2 + 4a2 − 2.2a.a. − ÷ = 7a2  2 ⇒ BC = a Ta có BM = BC + MC = 2a 3,A 'B = AB2 + AA '2 = a 21 2 2 A 'M = A 'C + C'M = 3a , từ ta có MB + MA ' = 21a = A 'B nên tam giác MA 'B vuông M hay MB ⊥ MA ' Kẻ BI ⊥ AC I d A ,( A 'BM ) NA = Gọi N = A 'N ∩ AC , ta có IA ∩ ( A 'BM ) = N nên NI d I,( A 'BM ) ( Ta có AN = 2AC = 4a , AI = ABcos600 = ( d A ,( A 'BM ) ( d I,( A 'BM ) ) ) = 4a = A 'M ⊥ BI ⇒ A 'M ⊥ ( IMB)  A 'M ⊥ MB IK ⊥ BM Ta có 2  5a   2a  3a IM = IC + CM =  ÷ +  = ÷  ÷ 2     2 1 4 64 3a = + 2= 2+ = ⇒ IK = 2 2 IK IM IB 3a 45a 45a 3a a Do d ( A ,( A 'BM ) ) = = 78 ) a a 9a nên IN = IA + AN = + 4a = , 2 9a BI ⊥ ACC'A ') ⇒ BI ⊥ A 'M , ( Dễ thấy ( IBM ) ⊥ ( A 'BM ) = BM nên kẻ IK ⊥ ( A 'BM ) Vậy d ( I,( A 'BM ) ) = IK ( ) Lưu ý: Có thể sử dụng ( ) = NA d ( C,( A 'BM ) ) NC d A ,( A 'BM ) dựng hình vẽ tính khoảng cách từ A đến ( A 'BM ) 81 a) Ta có ( ABB'A ') P ( CDD'C')  ( A 'MB) ∩ ( ABB') = A 'M ⇒ A 'M P CN  ( A 'MB) ∩ ( CDD'C') = CN Tương tự CM P A 'N , A 'MCN hình bình hành Dễ thấy CB' ⊥ ( ABC'D') mà MN ⊂ ( ABC'D') nên CB' ⊥ MN b) Gọi O tâm hình hộp I tâm mặt bên BCC'B' O ∈ MN MN ⊥ CI ⇒ MN ⊥ ( CIH ) ⇒ IH ⊥ MN Trong Ta có  MN ⊥ CH ( ABC'D') đường thẳng MN qua điểm O cố định điểm H nhìn đoạn OI góc vng nên H thuộc đường trịn đường kính OI ∩ (,H) 2BD' = ∩ ζ ( ) với ( ζ ) đường Gọi H = AC'ζ trịn đường kính OI ( ABC'D') Từ ta lập luận tập hợp điểm H cung trịn ¼ H 1H 82 a) Đặt OB = b,OC = c b + c = SOA B + SOBC + SOAC 1 = OAOB + OB.OC + OC.AO 2 1 1 = ( b + c) + bc = + bc 2 2 Gọi I hình chiếu O BC H hình chiếu O ( ABC ) Ta có 1 1 = + = 2+ 2 2 OI OB OC b c 79 = b2 + c2 b2c2 ⇒ OI = b2c2 b2 + c2 2 2 2 b + c) − 2bc + b2c2 Do AI = OI + OA = b c + 1= b + c + b c = ( b2 + c2 b2 + c2 b2 + c2 ( 1− bc) = ⇒ SABC 1− bc ( < bc < 1) b2 + c2 1 1− bc = AI.BC = b2 + c2 = ( 1− bc) 2 2 b +c b +c 2 ⇒ AI = Vậy SOAB + SOBC + SOAC + SABC = 1 + bc + ( 1− bc) = không đổi 2 b) Đặt α = ·OBA ,β = ·ABC,γ = ·OCB Áp dụng định lí Cơsin cho tam giác ABC ta có cosβ = = ( OB2 + OC + OA + OB2 − OA + OC OB( OA − OC ) 2BA.BC )= BA + BC − AC 2BA.BC OB2 BA.BC OA.OB OB.OC = − = cosαcosγ − sinαsinγ = cos( α + γ ) BA.BC BA.BC BA.BC ⇒ α + β + γ = 1800 Vậy ·OBA + ·ABC + ·OCB = 1800 83 Tam giác ABC vuông A AB = AC = a ⇒ BC = a Gọi I trung =  BC ⊥ AI điểm BC   BC ⊥ AA ' ⇒ BC ⊥ ( AIA ') ⇒ AI ⊥ B'C ( 1) Dễ thấy BCC'B' hình vng nên BC' ⊥ B'C ( 2) Từ ( 1) ,( 2) suy ( α ) mặt phẳng qua M song song với AI BC' Mα∈ ( ) ABC ∩( )  Ta có AIαP ( )  AI ⊂ ( ABC ) ⇒ ( α ) ∩ ( ABC ) = MN P AI,N ∈ BC Tương tự ( α ) ∩ ( BCC'B') = NP P B'C,P ∈ CC' Gọi K = AC ∩ MN ,Q = PK ∩ AA ' Thiết diện tứ giác MNPQ 80 S   KN KP  Std = SKNP − SKMQ = SKMQ  KNP − 1÷ = SKMQ  − 1÷ S ÷ KM KQ    KMQ  KN KN CN = = = Do M trung điểm AB KN P AI nên KM AI CI KP KC NC = = = Tương tự QA P CC' ⇒ KQ KA NI a 1 3a a , AK = AC = Tứ diện AMKQ vuông A nên AQ = NC = = 2 3 4 SKM Q = ( OM.OK ) + ( OK.OQ ) + ( OQ.OM ) Từ ta có Std = 2 = a2 7a2 16 Chú ý: Có thể dùng phép chiếu vng góc lên mp ( ABC ) để tính diện tích thiết diện MNPQ 84 Gọi K = MN ∩ BD Mα∈ ( ) SAB ∩( )  SB ⊂ ( SAB)  P( ) SBα ⇒ ( α ) ∩ ( SAB) = MQ P SB,Q ∈ SA Tương tự ( α ) ∩ ( SBC ) = NP P SB,P ∈ SC ( α ) ∩ ( SBD ) = KI P SB,I ∈ SD Thiết diện ngũ giác MNPIQ Dễ thấy MKIQ NKIP hai hình thang vng có diện tích nhau, b Std = ( MQ + IK ) MK Ta có MQ = SB = , ΔSBD có IK DK BD = = = 2 SB BD BD 3b 1 a ⇒ IK = SB = , MK = MN = AC = 4 4 Từ ta có Std = 5ab 16 85 a) Do C'D' P A B nên ( MN ,C'D') = ( MN ,AB) = ·BMB = 450 b) Ta có AD' P BC' nên · BD,AD' =· BD,BC' = ·DBC' ( ) ( ) 81 Dễ thấy tam giác BDC' nên ·DBC' = 600 c) Ta có MN P AC nên · MN ,AP =· AC,AP = ·CAP ( ) ( ) a 3a ,Ap = 2 2 AC + AP − CP · cosCAP = 2AC.AP 2 Do 2a2 + 9a − 5a 4 = = 3a 2.a 2 · ⇒ ·CAP = 450 Vậy ( MN ,Ap) = 45 86 Gọi F trung điểm BD EF P = CD , · CD,SE =· EF,SE = ·SEF Dễ thấy AC = a 2,CP = ( ) ( ) 1 AB 3a  6a = ÷ Ta có EF = CD =  ÷ 2  Trong tam giác SCE ta có ( ) SE2 = SC + CE2 = a2 + a = 3a2 Trong tam giác SCF ta có 15a2 2 2 SE + EF − SF · = =− ⇒ ·SEF = 1350 Do cosSEF 2SE.EF · ⇒ CD,SE = 45 SE2 = SC + CF2 = SC + CD + DF2 = ( ) 87 a) Đặt x = AM ,y = BN AB = a Áp dụng định lí sin ta có OM + ON − MN · cosMON = 2OM.ON 2 a b x2 + + y2 + − ( x + y) a2 − 4xy 2 = = 2OM.ON 2OM.ON Do AM ⊥ AB BN ⊥ AM nên AM ⊥ AN , MN = AM + AN = AM + BN + AB2 ⇒ ( x + y ) = x2 + y2 + a2 ⇒ 2xy = a2 82 −a2 < Vậy tam giác MON tù 2OM.ON AB b) Kẻ OH ⊥ MN ,H ∈ MN Ta chứng minh OH = Thật vậy, giả sử OH > OA Khi xét tam giác MOA ,MOH ta có MH < AM xét tam giác NOB NOH ta có NH < BN , suy MN < AM + BN (mâu thuẫn giả thiết) Tương tự OH < OA mâu thuẫn giả thiết AB Vậy OH = OA , hay OH = không đổi 88 a) Tam giác ABD cân B có I trung điểm AD nên BI ⊥ AD Tương tự CI ⊥ AD ⇒ AD ⊥ ( IBC ) · ⇒ cosMON = ⇒ AD ⊥ IJ Do vai trị bình đẳng AD BC nên IJ ⊥ BC Vậy IJ đường vng góc chung AD BC b) Dựng hình thang BCD'A ' cho I,J trung điểm hai đáy A 'D' , BC IA ' = IA ,ID' = ID Ta thấy với điểm M tùy ý IJ MA = MA ',MD = MD' nên MA + MB + MC + MD = MA '+ MB + MC + MD' = ( MA '+ MC ) + ( MD'+ MB) ≥ A 'C + D'B Đẳng thức xảy M = A 'C ∩ D'B Ta có IJ = DJ − ID = DC − JC − ID = a2 − ⇒ IJ = c2 b2 − 4 2a2 − b2 − c2 2  BC + A 'D'  bc bc 2 BD' =  ⇒ BD' = a2 + ÷ + IJ = a + 2   Vậy ( MA + MB + MC + MD ) = 2BD' = 4a2 + 2bc 89 I trọng tâm tam giác ABC Gọi T giao điểm A 'H với B'C' , E,F giao điểm AB BC ; CI AB Dễ thấy D,T,E thẳng hàng ( thuộc giao tuyến hai mặt phẳng ( IAD ) ( DBC ) ) Do H trực tâm tam giác 83 A 'B'C' nên A 'T ⊥ B'C' , mặt khác theo giả thiết DA ⊥ DB DA ⊥ DC nên DA ⊥ ( DBC ) ⇒ DA ⊥ B'C' ; B'C' ⊥ ( DA 'T ) ⇒ B'C' ⊥ DT Ta có ·C'DT +·B'DT = 900 ·DB'T +·B'DT = 900 ⇒ ·C'DT = ·DB'T ( 1) Mặt khác tứ giác BCC'D' tứ giác nội tiếp nên ·DB'T = ·C'CB ( 2) Từ ( 1) ( 2) suy tam giác EDC cân E ⇒ ED = EC , mà tam giác DBC vuông D suy ED = EC = EB , AE trung tuyến tam giác ABC Tương tự ta chứng minh CF trung tuyến tam giác ABC , I trọng tâm tam giác ABC Chứng minh MN + MP + MQ = 3DI Rõ ràng ID cắt mặt ( DAB) ,( DBC ) ,( DAC ) D nên đường thẳng qua M phương với ID chắn căt mặt ( DAB) ,( DBC ) ,( DCA ) Gọi X,Y ,Z giao điểm IM với cạnh AB,AC,BC ( Lưu ý IM song song với cạnh tam giác ABC ta dễ dàng dựng giao điểm đường thẳng Δ với mặt mặt phẳng ( DAB) ,( DBC ) ,( DCA ) ) Ta có N ,P,Q theo thứ tự giao điểm DX,DZ,DY với Δ MN XM MR SΔM AB 3SΔMA B = = = = Kẻ MR P IB , ( I trọng tâm ID XI IB SΔIBC SΔABC tam giác ABC nên SΔIBC = SΔA BC ) Hoàn toàn tương tự ta có MP 3SΔMBC MQ 3SΔMCA = , = ID SΔABC ID SΔABC MN MP MQ + + ID ID ID Do 3S 3S 3S = ΔMA B + ΔMBC + ΔMCA = SΔABC SΔABC SΔABC ⇔ MN + MP + MQ = 3DI Theo BĐT Cau chy ta có 1 T= + + 2 MN MP MQ 2 1 1  ≥  + + ÷ 3 MN MP MQ  81 27 ≥ = = 2 ( MN + MP + MQ ) ( 3DI ) DI 84 Đẳng thức xảy M ≡ I ( N ,P,Q ≡ D ) Vậy minT = M trùng với trọng tâm tam giác DI 85 ...B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài tốn 01: TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM OA = OB+ OC = ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Δ Phương pháp: Để tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng Δ ta... Bài toán 03: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Phương pháp: Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo ta dùng cách sau: • Dựng đoạn vng góc chung MN a b Khi d ( a,b) = MN Sau số cách. .. Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' cạnh a Tính khoảng cách hai đường thẳng AD' BD Lời giải Cách Dựng đường vng góc chung (theo cách 1) tính độ dài đoạn vng góc chung 16  BD P B'D'