Bài 3.33 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm A’, B, D; C, B’, D tới đường chéo AC’ bằng nhau. Tính khoảng cách đó. Giải: Điểm A cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD vì ta có \(AB = A{\rm{D}} = AA' = a\), điểm C’ cũng cách đều ba đỉnh của tam giác đều đó vì ta có: \(C'B = C'D = C'A' = a\sqrt 2 \) Vậy AC’ là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD, tức là đường thẳng AC’ vuông góc với mặt phẳng (A’BD) tại trọng tâm I của tam giác A’BD. Ta cần tìm khoảng cách A’I. Ta có \(A'I = BI = DI = {2 \over 3}A'O\) với O là 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 C’ cách đều ba đỉnh của tam giác đều CB’D’, 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 K lần 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 O là tâm hình vuông ABCD , dễ thấy I, O, K thẳng hàng. Vì K là trung điểm của BC nên \(SK \bot BC\). 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 SB chéo nhau. Ta có mặt phẳng (SBC) chứa SB và song song với AD. Do đó khoảng cách giữa AD và SB bằng khoảng cách giữa AD và mặt phẳng (SBC). Theo câu a) ta có \(\left( {SIK} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) theo giao tuyến SK và khoảng cách cần tìm là IM, trong đó M là chân đường vuông góc hạ từ I tới 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 SB là bằng \({{a\sqrt {42} } \over 7}\). Bài 3.35 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. a) Chứng minh đường thẳng BC’ vuông góc với mặt phẳng (A’B’CD) b) Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB’ và BC’. Giải: a) Ta có B’C ⊥ BC’ vì đây là hai đường chéo của hình vuông BB’C’C 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 (A’B’CD) chứa đường thẳng A’B’ và B’C cùng vuông góc với BC’. b) Mặt phẳng (AB’D’) chứa đường thẳng AB’ và song song với BC’, ta hãy tìm hình chiếu của BC’ trên mặt phẳng (AB’D’). Gọi E, F lần lượt là tâm các hình vuông ADD’A’, BCC’B’. Kẻ FH ⊥ EB’với H ∈ EB’, khi đó FH nằm trên mặt phẳng (A’B’CD) nên theo câu a) thì \(FH \bot \left( {AB'{\rm{D'}}} \right)\), do đó hình chiếu BC’ trên mặt phẳng (AB’D) là đường thẳng đi qua H và song song với BC’. Giả sử đường thẳng đó cắt AB’ tại K thì từ K vẽ đường thẳng song song với FH cắt BC’ tại L. Khi đó KL là đoạn vuông góc chung cần dựng. Tam giác B’EF vuông tại F nên 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 AB’ và BC’ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (AB’D’) và (BC’D) 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 SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) với \(SA = a\sqrt 6 \). a) Tính khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng (SCD). b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến 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 H ta có AH ⊥ CD và AH ⊥ SC nên AH ⊥ (SCD) Vậy AH = d(A,(SCD)) Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là 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 AD ta có \(BI\parallel C{\rm{D}}\) nên BI song 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 AI cắt (SCD) tại D nên \(d\left( {I,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = {1 \over 2}d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = {1 \over 2}.a\sqrt 2 = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) 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 F ta 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 A ta 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 \(d\left( {AD,\left( {SBC} \right)} \right) = AF = {{a\sqrt 6 } \over 3}\) Bài 3.37 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Tính khoảng cách giữa hai cạnh đối trong một tứ diện đều cạnh a. Giải: Giả thiết cho ABCD là tứ diện đều nên các cặp cạnh đối diện của tứ diện đó có vai trò như nhau. Do đó ta chỉ cần tính khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là đủ. Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AB và CD. Dễ thấy IK là đoạn vuông góc chung của AB và CD nên nó chính là khoảng cách giữa AB và CD. Tam giác BKI vuông tại I. Ta có : \(I{K^2} = B{K^2} - B{I^2} = {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} - {\left( {{a \over 2}} \right)^2} = {{{a^2}} \over 2}\) Vậy \(IK = {{a\sqrt 2 } \over 2}\). Bài 3.38 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Tính khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD của hình tứ diện ABCD biết rằng \(AC = BC = A{\rm{D}} = B{\rm{D}} = a\) và \(AB = p,C{\rm{D}} = q\). Giải: Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AB và CD (h.3.80), ta có IK là đoạn vuông góc chung của AB và CD và độ dài đoạn IK là khoảng cách cần tìm: \(I{K^2} = B{K^2} - B{I^2} = B{K^2} - {{{p^2}} \over 4}\) Mà \(B{K^2} = B{C^2} - C{K^2} = {a^2} - {{{q^2}} \over 4}\) Vậy \(I{K^2} = {a^2} - {{{p^2} + {q^2}} \over 4}\) Do đó \(IK = {1 \over 2}\sqrt {4{{\rm{a}}^2} - \left( {{p^2} + {q^2}} \right)} \) Với điều kiện \(4{{\rm{a}}^2} - \left( {{p^2} + {q^2}} \right) > 0\). Bài 3.39 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi G là trọng tâm của tam giác đáy ABC. a) Tính khoảng cách từ S tới mặt phẳng đáy (ABC). b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SG. Giải: a) SG là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên SG ⊥ (ABC). Ta có \(\eqalign{ & S{G^2} = S{A^2} - A{G^2} \cr & = {\left( {2{\rm{a}}} \right)^2} - {\left[ {{2 \over 3}\left( {{{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 2}} \right)} \right]^2} \cr & = 4{{\rm{a}}^2} - 3{{\rm{a}}^2} = {a^2} \cr} \) Vậy khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) là độ dài của đoạn SG = a Ta có CG ⊥ AB tại H. Vì GH là đoạn vuông góc chung của AB và SG, do đó \(HG = {1 \over 3}HC\) mà \(HC = {{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 2}\) nên \(HG = {{a\sqrt 3 } \over 2}\). Bài 3.40 trang 162 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Các cạnh bên của lăng trụ tạo với mặt phẳng đáy góc 60° và hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm của cạnh B’C’. a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy của lăng trụ. b) Chứng minh rằng mặt bên BCC’B’ là một hình vuông. Giải: a) Gọi I là trung điểm của cạnh B’C’. Theo giả thiết ta có AI ⊥ (A’B’C’) và \(\widehat {AA'I} = {60^0}\). Ta biết rằng hai mặt phẳng (ABC) và (A’B’C’) song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính là khoảng cách AI. Do đó \(AI = AA'.\sin {60^0} = a.{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) b) \(\left. \matrix{ B'C' \bot A'I \hfill \cr B'C' \bot AI \hfill \cr} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AIA'} \right)\) \( \Rightarrow B'C' \bot AA'\) Mà \(AA'\parallel BB'\parallel CC'\) nên B’C’ ⊥ BB’ Vậy mặt bên BCC’B’ là một hình vuông vì nó là hình thoi có một góc vuông.
