Phương pháp.
Cách 1.Dùng định nghĩa 2 ở trang 133.
Cách 2.Nếu có mặt phẳng(P)qua Mvà vuông góc với∆tạiHthìd(M;∆) = MH.
Bài 1. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thoi tâmO,SA = AB=2a,÷ABC =600 vàSA⊥(ABCD).
a) Chứng minhBD⊥SC. Tínhd(O;SC). b) Tínhd(O;SB)vàd(D;SB).
LLời giải
a)Ta cóSA⊥(ABCD) ⇒SA⊥BD. Mặt khácABCDlà hình thoi nên AC⊥BD. Vậy:
BD⊥AC
BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SC.
GọiIlà hình chiếu củaOtrênSC.
Vì∆CASđồng dạng với∆CIOnên CS
CO = AS IO. Do đóOI = AS.CO
CS . Suy ra:
OI = √ 2a.a
SA2+AC2 = 2a
2
√4a2+4a2 = √a 2.
Vậyd(O;SC) = √a 2.
b)KẻOH vuông góc với SBtại H. Khi đó d(O;SB) = OH. Vì BD⊥(SAC), mà SO ⊂ (SAC) nênBD⊥SO. Vậy∆SOBvuông tạiO. DoOHlà đường cao của tam giác vuông∆SOBnên
1
OH2 = 1
OB2 + 1
OS2 = 1
2a.
√ 3 2
2 + 1
SA2+AO2 = 1 3a2 + 1
5a2.
Vậyd(O;SB) = OH = a
√30 4 .
KẻDKvuông góc vớiSBtạiK. Khi đó
d(D;SB) = DK=2HO=2a√ 30
4 = a
√30 2 .
Dạng 17 (Hãy liên hệ dạng này với dạng 10 ở trang 64, dạng 15 ở trang 102).
Tính khoảng cách từ điểmM đến mặt phẳng(P).
Phương pháp.
Cách 1.Dùng định nghĩa 1 ở trang 133.
Cách 2.
Bước 1.Tìm một mặt phẳng(Q)chứaMvà(Q)⊥(P). Tìmd= (P)∩(Q).
Bước 2.Qua Mkẻ MH⊥dtại H. Khi đó vìMH⊥(P) nên d(M;(P)) = MH.
Lưu ý.
Nếu đường thẳng ∆ song song với mp(P) thì d(∆;(P)) = d(M;(P)), với Mlà điểm bất kì trên∆.
Nếu mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) thì khoảng cách giữa hai mặt phẳng(P)và(Q)là:
d((P);(Q)) =d(M;(P)) =d(N;(Q)), với M ∈ (Q),N ∈ (P).
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B và SA⊥(ABC). Biết AC =2a,SA =a. GọiM,N, Plần lượt là trung điểm của AB, BC, SB.
a) Chứng minh MP k(SAC). Tínhd(MP,(SAC)).
b) Chứng minh (MNP) k(SAC). Tínhd((MNP),(SAC)). c) Tính khoảng cách giữaSAvới(CMP).
LLời giải a)Ta có:
MP6⊂(SAC) MPk SA⊂(SAC).
Suy ra MPk(SAC). (1)
GọiIlà trung điểm củaAC. Do tam giácABCcân tạiBnênBI⊥AC.
Lại cóSA⊥BI. Từ đó suy raBI⊥(SAC). GọiHlà trung điểmAI thì MH k BI. Do đóMH⊥(SAC). Vậy
MH =d(M;(SAC)) = d(MP;(SAC)).
Ta cóMH = BI
2 = AC 4 = a
2. b)
MN 6⊂ (SAC)
MN k AC ⊂(SAC) ⇒MN k (SAC). (2) Mà MNvà MPlà hai đường thẳng cắt nhau cùng nằm trong(MNP)nên từ (1) và (2) suy ra (MNP) k (SAC). Từ đó
d((MNP);(ABD)) =d(M,(SAC)) = MH = a 2. c)Ta có:
SA 6⊂(CMP)
SA k MP ⊂(CMP).
Suy raSA k(CMP)⇒d(SA,(CMP)) =d(A,(CMP)). Hạ AK⊥CM (K ∈ CM). Ta có:
AK⊥CM
AK⊥MP ⇒ AK⊥(CMP). Sử dụng tính chất đồng dạng của tam giác ta có AK
BC = AM
CM ⇒ AK = AM.BC
CM .Dễ dàng tính được:
AB= BC =a√
2,AM= a
√2 2 , CM =pBC2+BM2 =
r
2a2+a
2
2 = a
√10 2 .
Từ đóAK = AM.BC CM =
a√ 2 2 .a√
2 a√
10 2
= a
√10 5 . Vậyd(SA,(CMP)) =d(A,(CMP)) = AK = a
√10 5 .
Bài 3 (ĐH 2014B). Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy là tam giác đều cạnha. Hình chiếu vuông góc của A0trên(ABC)là trung điểm cạnh AB. Góc giữa đường thẳng A0Cvà mặt đáy bằng600. Tính theoakhoảng cách từ điểm Bđến mặt phẳng(ACC0A0).
LLời giải
Gọi H là trung điểm AB. Theo giả thiết ta có A0H⊥(ABC). Do đó hình chiếu của A0C trên (ABC) là HC, suy ra góc giữa A0C và mặt đáy là: ◊A0CH =600.
A0H =HC. tanA◊0CH.
A0H = 3a
2 . Gọi I là hình chiếu vuông góc củaHtrên AC. Khi đó:
AC⊥I H⊂(A0I H) AC⊥A0H⊂(A0I H) I H∩A0H = H
Suy ra AC⊥(A0I H), mà AC ⊂ (ACC0A0) nên (ACC0A0)⊥(A0I H).Mặt phẳng (A0I H) vuông góc với mặt phẳng (ACC0A0) theo giao tuyến A0I nên nếu kẻ HK vuông góc với A0I tại K thìK là hình chiếu của H trên (ACC0A0), do đó: d(H,(ACC0A0)) = HK.
Ta có:
H I = AHsinI AH’ = a 2 ã
√3 2 = a
√3 4 ;
1
HK2 = 1
H I2 + 1
H A02 = 16 3a2 + 4
9a2 = 52
9a2 ⇒ HK= 3a 2√
13; d B,(ACC0A0) =2d H,(ACC0A0)=2HK = 3
√13a 13 .
Bài 4. Cho tứ diệnOABC có ba cạnhOA,OB,OCđôi một vuông góc. ĐặtOA = a,OB =b, OC = c. GọiKlà hình chiếu vuông góc củaOtrênBC. Chứng minh rằng khoảng cách dtừO đến mặt phẳng(ABC)bằng khoảng cách từOđếnAKvà 1
d2 = 1 a2 + 1
b2 + 1 c2. LLời giải
Ta cóAO⊥(OBC). Suy raOA⊥BC. Vậy:
BC⊥OK ⊂(AOK) BC⊥OA ⊂(AOK) OK∩OA=O
⇒BC⊥(AOK). MàBC⊂(ABC)nên(ABC)⊥(AOK). Ta có:
(ABC)⊥(AOK)
(ABC)∩(AOK) = AK OH ⊂(AOK), OH⊥AK
⇒OH⊥(ABC). Do đód(O;(ABC)) =OH =d(O;AK).Ta có:
1
d2 = 1
OH2 = 1
OA2 + 1
OK2 = 1
OA2 + 1
OB2 + 1
OC2 = 1 a2 + 1
b2 + 1 c2. Lưu ý.Kết quả bài toán 4 này được sử dụng nhiều.
Dạng 18. Dựng đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b.