Giải SBT Toán học 11 CTST Bài 4: Khoảng cách trong không gian có đáp án

Gọi E là trung điểm của BC thì BC ^ AE (vì ∆ABC đều).

Ta có BC ^ SA và BC ^ AE Þ BC ^ (SAE).

Þ (SBC) ^ (SAE).

Trong mặt phẳng (SAE), vẽ AF ^ SE (F Î SE).

Suy ra AF ^ (SBC) hay d(A, (SBC))=AF.

Xét ∆SAE vuông tại A, ta có:

$\frac{1}{A{F}^{2}}=\frac{1}{A{S}^{2}}+\frac{1}{A{E}^{2}}=\frac{2}{3{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{2}{{a}^{2}}\Rightarrow AF=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy $d(S,(ABC))=AF=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

a) Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SG ^ (ABC) hay d(S, (ABC))=SG.

Tam giác ABC là tam giác đều cạnh 3a nên

$AG=\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Tam giác SAG vuông tại G nên $SG=\sqrt{S{A}^{2}-A{G}^{2}}=\sqrt{4{a}^{2}-3{a}^{2}}=a$

Vậy d(S, (ABC)) = a.

b) Vì SC Ç (SAG) = S nên $\frac{d(M,(SAG))}{d(C,(SAG))}=\frac{MS}{CS}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d(M,(SAG))=\frac{1}{2}d(C,(SAG))$

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có: CB ^ AI và CB ^ SG

Þ CB ^ (SAG) và CB Ç (SAG) = I.

Do đó $d(C,(SAG))=CI=\frac{1}{2}BC=\frac{3a}{2}$

Vậy $d(M,(SAG))=\frac{3a}{4}$

B'D' Ç A'C' tại O.

Gọi P là trung điểm của OC'.

Vě OH ^ MP, HE // NP, EF // OH.

ABCD là hình lập phương, ta dễ dàng có được: B'D' ^ (A'C'CA).

Hay B'D' ^ OH, mà OH // EF

Þ EF ^ B'D' (1).

NP // B'D' Þ NP ^ (A'C'CA) hay NP ^ OH.

Đồng thời OH ^ MP.

Þ OH ^ (MNP) hay OH ^ MN Þ EF ^ MN (2)

Từ (1) và (2) ta có: d(MN, B'D') = EF = OH.

Xét tam giác vuông MOP, ta có OM = a, OP = $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, suy ra OH = $\frac{a}{3}$ .

Vậy d(MN, B'D') = $\frac{a}{3}$

Gọi O là trung điểm AC, J là trung điểm OD.

Vě OH ^ BJ, HE // AC, EF // OH.

Có IJ // AC nên AC // (BIJ).

Þ d(AC, BI) = d(AC, (BIJ)) = d(O, (BIJ)).

Do ABCD là tứ diện đều nên ta dễ dàng nhận ra AC ^ (OBD).

Þ AC ^ OH (OH Ì OBD).

AC // IJ, Þ OH ^ IJ.

Kết hợp giả thiết, suy ra OH ^ (BIJ) hay d(O, (BIJ)) = OH.

Xét tam giác OBD cân tại O, ta có

$\begin{matrix}BD=\sqrt{11}. \\ OB=OD=BD.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{33}}{2} \\ \Rightarrow BJ=\frac{\sqrt{11}}{4}\end{matrix}$

Áp dụng công thức Heron, ta có:

${S}_{OBD}=\frac{11\sqrt{2}}{4}\Rightarrow {S}_{OBJ}=\frac{11\sqrt{2}}{4}.$

Ta tính được OH = $\sqrt{2}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BI là $\sqrt{2}$

Ta có: (SAC) ^ (ABC) và (SAC) Ç (ABC) = AC.

Trong mặt phẳng (SAC), vẽ SH ^ AC (H Î AC) thì SH ^ (ABC).

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB và BC.

Khi đó, ta có $((SAB),\ (ABC))=\widehat{SIH},\ ((SBC),\ (ABC))=\widehat{SKH}.$

Mà $\widehat{SIH}=\widehat{SKH}=60^{\circ}$ nên HI = HK.

Suy ra tử giác BIHK là hình vuông nên H là trung điểm cạnh AC.

Khi đó tử giác BIHK là hình vuông cạnh $\frac{a}{2}$

SH = HI . tan 60° = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow {V}_{S.BCD}=\frac{1}{3}.{S}_{BCD}.SA=\frac{1}{3}.\frac{{a}^{2}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{6}$

Vậy thể tích V của khối chóp S.ABC là $\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{6}$