Giải SBT Toán 11 KNTT Bài 26. Khoảng cách có đáp án

a) Kẻ BH $\perp$ AC tại H.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BH mà BH $\perp$ AC. Suy ra, BH $\perp$ (SAC).

Vì ABC là tam giác đều cạnh a có BH là đường cao nên $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Do đó d(B, (SAC)) = BH = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

b) Kẻ AM $\perp$ BC tại M, AK $\perp$ SM tại K

Do SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC mà AM $\perp$ BC nên BC $\perp$ (SAM), suy ra BC $\perp$ AK.

Vì AK $\perp$ SM và BC $\perp$ AK thì AK $\perp$ (SBC).

Suy ra d(A, (SBC)) = AK.

Tam giác ABC đều cạnh bằng a có AM là đường cao nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$AM.

Xét tam giác SAM vuông tại A, có $\frac{1}{A{K}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{M}^{2}}=\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{19}{12{a}^{2}}$. Vậy d(A, (SBC)) = $\Rightarrow AK=2a\sqrt{\frac{3}{19}}$.

c) Dựng hình bình hành ABCD thì AB // CD nên AB // (SCD) và mặt phẳng (SCD) chứa SC nên d(AB, SC) = d(AB, (SCD)). Mà d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Kẻ AN $\perp$ DC tại N, kẻ AQ $\perp$ SN tại Q

Vì ADC là tam giác đều, AN là đường cao nên $AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ (ABCD), suy ra SA $\perp$ DC mà AN $\perp$ DC nên DC $\perp$ (SAN).

Vì DC $\perp$ (SAN) nên DC $\perp$ AQ mà AQ $\perp$ SN nên AQ $\perp$ (SDC).

Khi đó d(A, (SCD)) = AQ.

Xét tam giác SAN vuông tại A, có $\frac{1}{A{Q}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{N}^{2}}=\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{19}{12{a}^{2}}$ ,$\Rightarrow AQ=2a\sqrt{\frac{3}{19}}$. Vậy d(AB, SC) = $2a\sqrt{\frac{3}{19}}$.

a) Hạ AH ^ B'C' tại H. Khi đó d(A, B'C') = AH.

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên các mặt bên là hình chữ nhật, do đó AA' = BB' = CC' = a, AB = A'B' = a; AC = A'C' = a, BC = B'C'.

Xét tam giác ABB' vuông tại B, có $A{B}^{'}=\sqrt{A{B}^{2}+B{{B}^{'}}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$.

Xét tam giác ACA' vuông tại A, có ${A}^{'}C=\sqrt{A{{A}^{'}}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$.

Suy ra AC' = $a\sqrt{2}$.

Xét tam giác ABC vuông tại A, có $BC=\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$.

Suy ra B'C' = $a\sqrt{2}$.

Do đó AB' = AC' = B'C' = $a\sqrt{2}$. Suy ra tam giác AB'C' đều.

Xét tam giác AB'C' đều có AH là đường cao nên $AH=\frac{A{B}^{'}\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Vậy d(A, B'C') = $\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

b) Do BCC'B' là hình chữ nhật nên BC // B'C'.

Suy ra BC // (AB'C') nên d(BC, AB') = d(BC, (AB'C')) = d(C, (AB'C')).

Do ACC'A' là hình chữ nhật nên CA' cắt AC' tại trung điểm của CA' do đó

d(C, (AB'C')) = d(A', (AB'C')).

Đặt d(A', (AB'C')) = h. Áp dụng kết quả bài 7.7 trang 28 SBT Toán 11 tập 2, ta có:

$\frac{1}{{h}^{2}}=\frac{1}{{A}^{'}{A}^{2}}+\frac{1}{{A}^{'}{{B}^{'}}^{2}}+\frac{1}{{A}^{'}{{C}^{'}}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{a}^{2}}=\frac{3}{{a}^{2}}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Vậy d(BC, AB') = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$.