Giải SGK Toán 11 CD Bài 5. Khoảng cách có đáp án

Do bác thợ khoan tường tại vị trí M trên tường có độ cao so với nền nhà là MH = 80 cm nên độ dài đoạn thẳng MH chính là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng nền nhà.

Như vậy, độ dài đoạn thẳng MH gợi nên khái niệm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng trong hình học.

Do SA ⊥ (ABC) và BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AI và SA ∩ AI = A trong (SAI).

Suy ra BC ⊥ (SAI).

Mà AH ⊂ (SAI) nên BC ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ BC, AH ⊥ SI và BC ∩ SI = I trong (SBC).

Suy ra AH ⊥ (SBC).

Ta thấy H ∈ (SBC) và AH ⊥ (SBC) nên khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng AH.

a) Gọi B là điểm thuộc Δ sao cho điểm B khác điểm A.

Kẻ AH ⊥ ∆’, BK ⊥ Δ’, với H, K ∈ Δ’.

Suy ra AH // BK (vì cùng vuông góc với Δ’).

Ta có: AH ⊥ ∆’ và H ∈ ∆’ ⇒ d(A, Δ’) = AH. (1)

BK ⊥ ∆’ và K ∈ ∆’ ⇒ d(B, Δ’) = BK. (2)

Xét tứ giác ABKH có:

AB // HK (do Δ // Δ’);

AH // BK.

Suy ra ABKH là hình bình hành,

Do đó AH = BK. (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: d(A, Δ’) = d(B, Δ’).

Vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ’ không phụ thuộc vào vị trí của điểm A trên đường thẳng Δ.

Giả sử: Hai cột đèn liên tiếp được dựng vuông góc với mặt đường, chúng lần lượt gợi nên hình ảnh hai đường thẳng Δ và Δ’. Như vậy khoảng cách giữa hai cột đèn liên tiếp chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng Δ và Δ’.

Vì các cột đèn được dựng thẳng đứng và vuông góc với mặt đường nên đường thẳng mà hai cột đèn đó gợi lên là song song với nhau, tức là Δ song song với Δ’.

Khi đó, đoạn thẳng nối hai chân cột đèn liên tiếp chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’.

Vậy ta có thể nói khoảng cách giữa hai cột đèn liên tiếp đó là 5 m.

a) Lấy B là điểm thuộc đường thẳng Δ sao cho điểm B khác điểm A.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A và B trên mặt phẳng (P) hay AH ⊥ (P), BK ⊥ (P).

Suy ra d(A, (P)) = AH và d(B, (P)) = BK.

Vì AH ⊥ (P) và BK ⊥ (P) nên AH // BK. (1)

Khi đó, hai đường thẳng AH và BK sẽ xác định một mặt phẳng là mặt phẳng (ABKH).

Ta có H, K cùng thuộc hai mặt phẳng (ABKH) và (P) nên HK = (ABKH) ∩ (P).

Do ∆ // (P) và A, B là hai điểm thuộc ∆ nên AB // (P).

Ta có: AB // (P), AB ⊂ (ABKH), HK = (ABKH) ∩ (P).

Suy ra AB // HK. (2)

Từ (1) và (2) ta có ABKH là hình bình hành.

Suy ra AH = BK hay d(A, (P)) = d(B, (P)).

Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) không phụ thuộc vào vị trí của điểm A trên đường thẳng Δ.

Xét ∆SAB có: M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên MN là đường trung bình của ∆SAB. Do đó MN // AB.

Hơn nữa AB ⊂ (ABC) nên MN // (ABC).

Suy ra d(MN, (ABC)) = d(M, (ABC)).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) hay SH ⊥ (ABC).

Trong (SAH) kẻ MK // SH (K ∈ AH).

Mà SH ⊥ (ABC) suy ra MK ⊥ (ABC).

Khi đó, d(M, (ABC)) = MK.

Vì SH ⊥ (ABC) nên HA là hình chiếu của SA trên (ABC).

Suy ra góc góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{SAH}=60^{\circ}.$

Ta có: SH ⊥ (ABC) và AH ⊂ (ABC) nên SH ⊥ AH.

Xét tam giác SAH vuông tại H (do SH ⊥ AH) có:

⦁ $\sin \widehat{SAH}=\frac{SH}{SA},$ suy ra $SH=SA.\sin \widehat{SAH}=a.\sin 60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

⦁ M là trung điểm của SA và MK // SH nên K là trung điểm của AH, do đó MK là đường trung bình của ∆SAH.

Suy ra $MK=\frac{1}{2}SH=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $d(MN,(ABC))=d(M,(ABC))=MK=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

a) Vì sàn nhà và trần nhà của căn phòng gợi nên hình ảnh hai mặt phẳng song song (P), (Q) và ta biết chiều cao của căn phòng là 3 m.

Vậy nên chiều cao của căn phòng đó gợi nên khái niệm khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song trong hình học.

b)

Trên mặt phẳng (P) lấy điểm J khác I.

Gọi H là hình chiếu của J trên (Q) nên JH ⊥ (Q).

Suy ra d(J, (Q)) = JH.

Do K là hình chiếu của I trên (Q) nên IK ⊥ (Q).

Suy ra d(I, (Q)) = IK.

Ta có: JH ⊥ (Q) và IK ⊥ (Q) nên JH //IK. (1)

Khi đó, hai đường thẳng JH và IK sẽ xác định một mặt phẳng là mặt phẳng (ABKH).

Ta thấy:

· I và J là hai điểm chung của hai mặt phẳng (IJHK) và (P).

Suy ra IJ = (IJHK) ∩ (P).

· H và K là hai điểm chung của hai mặt phẳng (IJHK) và (Q).

Suy ra HK = (IJHK) ∩ (Q).

Ta có: (P) // (Q);

IJ = (IJHK) ∩ (P);

HK = (IJHK) ∩ (Q).

Suy ra IJ // HK. (2)

Từ (1), (2) ta có IJHK là hình bình hành.

Suy ra IK = JH hay d(I, (Q)) = d(J, (Q)).

Vậy khoảng cách IK từ điểm I đến mặt phẳng (Q) không phụ thuộc vào vị trí của điểm I trong mặt phẳng (P).

Vì ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ nên (ABC) // (A’B’C’).

Suy ra d((ABC), (A’B’C’)) = d(A’, (ABC)). (1)

Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABC), tức là A’H ⊥ (ABC).

Suy ra d(A’, (ABC)) = A’H. (2)

Do A’H ⊥ (ABC) nên HA là hình chiếu của A’A trên (ABC).

Suy ra góc giữa đường thẳng A’A và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{{A}^{'}AH}=60^{\circ}.$

Ta có: A’H ⊥ (ABC) và AH ⊂ (ABC) nên A’H ⊥ AH.

Xét tam giác A’HA vuông tại H (vì A’H ⊥ AH) có:

$\sin \widehat{{A}^{'}AH}=\frac{{A}^{'}H}{A{A}^{'}}\Rightarrow {A}^{'}H=A{A}^{'}.\sin \widehat{{A}^{'}AH}=a.\sin 60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Kết hợp với (1) và (2) ta có: $d((ABC),({A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}))=d({A}^{'},(ABC))={A}^{'}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’B’C’) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Quan sát Hình 73 ta thấy đường thẳng c lần lượt vuông góc với đường thẳng a tại H và vuông góc với đường thẳng b tại K.

Như vậy, đường thẳng c vừa cắt, vừa vuông góc với cả hai đường thẳng a và b.

Gọi I là trung điểm của BC.

Xét ∆ABC đều có: AI là đường trung tuyến (do I là trung điểm của BC).

Suy ra AI ⊥ BC.

Do SA ⊥ (ABC) và AI ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AI.

Ta có: AI ⊥ SA và AI ⊥ BC.

Suy ra đoạn thẳng AI là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BC.

Từ đó ta có d(SA, BC) = AI.

Xét ∆ABC đều cạnh a, có I là trung điểm của BC nên $BI=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABI vuông tại I (do AI ⊥ BC) có:

AB$^{2}$ = AI$^{2}$ + BI$^{2}$

Suy ra $AI=\sqrt{A{B}^{2}-B{I}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a}{2})}^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $d(SA,BC)=AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau nên khoảng cách giữa (P) và (Q) bằng chiều cao của cột gỗ.

Vậy khoảng cách giữa (P) và (Q) bằng 4,2 m.

a) Vì $\widehat{ABC}=90^{\circ}$ nên CB ⊥ AB.

Suy ra d(C, AB) = CB = b.

Vậy khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB bằng b.

b) Vì $\widehat{ABD}=90^{\circ}$ nên AB ⊥ BD.

Ta có: AB ⊥ CB, AB ⊥ BD và CB ∩ BD = B trong (BCD).

Suy ra AB ⊥ (BCD).

Mà CD ⊂ (BCD) nên AB ⊥ CD.

Vì $\widehat{BCD}=90^{\circ}$ nên CD ⊥ BC.

Ta có: CD ⊥ AB, CD ⊥ BC và AB ∩ BC = B trong (ABC).

Suy ra CD ⊥ (ABC).

Khi đó d(D, (ABC)) = CD.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác BCD vuông tại C có:

BD$^{2}$ = BC$^{2}$ + CD$^{2}$

Suy ra $CD=\sqrt{B{D}^{2}-B{C}^{2}}=\sqrt{{c}^{2}-{b}^{2}}.$

Do đó $d(D,(ABC))=CD=\sqrt{{c}^{2}-{b}^{2}}.$

Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ABC) bằng $\sqrt{{c}^{2}-{b}^{2}}.$

c) Ta có: BC ⊥ AB (theo câu a) và BC ⊥ CD (theo câu b).

Suy ra đoạn thẳng BC là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và CD.

Do đó d(AB, CD) = BC = b.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng b.

a) Xét ∆ABC có: M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC nên MN là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó MN // BC.

Do đó d(MN, BC) = d(M, BC).

Mà AB ⊥ BC (theo câu a Bài tập 2) nên MB ⊥ BC, do đó d(M, BC) = MB.

Khi đó, $d(MN,BC)=MB=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$ (do M là trung điểm của AB).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BC bằng $\frac{a}{2}.$

b) Xét ∆ABD có: M, P lần lượt là trung điểm của AB và AD nên MP là đường trung bình của ∆ABD.

Do đó MP // BD.

Mà BD ⊂ (BCD) nên MP // (BCD).

Suy ra d(MP, (BCD)) = d(M, (BCD)).

Ta có: AB ⊥ (BCD) (theo câu b Bài tập 2) mà M ∈ AB nên MB ⊥ (ABC).

Suy ra $d(M,(BCD))=MB=\frac{a}{2}.$

Nên $d(MP,(BCD))=d(M,(BCD))=\frac{a}{2}.$

Vậy khoảng cách từ đường thẳng MP đến mặt phẳng (BCD) bằng $\frac{a}{2}.$

c) Do MN // BC và BC ⊂ (BCD) nên MN // (BCD).

Ta có: MN // (BCD), MP // (BCD) và MN ∩ MP = M trong (MNP).

Suy ra (MNP) // (BCD).

Do đó $d((MNP),(BCD))=d(M,(BCD))=MB=\frac{a}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng (MNP) và (BCD) bằng $\frac{a}{2}.$

a) Do SA ⊥ (ABCD) và CD ⊂ (ABCD) nên SA ⊥ CD.

Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ AD.

Ta có: CD ⊥ SA, CD ⊥ AD và SA ∩ AD = A trong (SAD).

Suy ra CD ⊥ (SAD).

Mà SD ⊂ (SAD) nên CD ⊥ SD.

Suy ra d(S, CD) = SD.

Do SA ⊥ (ABCD) và AD ⊂ (ABCD) nên SA ⊥ AD.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác SAD vuông tại A (do SA ⊥ AD) có:

SD$^{2}$ = SA$^{2}$ + AD$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$.

Suy ra $SD=a\sqrt{2}.$

Do đó $d(S,CD)=SD=a\sqrt{2}.$

Vậy khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng CD bằng $a\sqrt{2}.$

b) Vì ABCD là hình vuông nên AD ⊥ AB.

Ta có: AD ⊥ SA (theo câu a), AD ⊥ AB và SA ∩ AB = A trong (SAB).

Suy ra AD ⊥ (SAB).

Khi đó d(D, (SAB)) = AD = a.

Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SAB) bằng a.

c) Kẻ AH ⊥ SD (H ∈ SD).

Do CD ⊥ (SAD) (theo câu a) và AH ⊂ (SAD) nên CD ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ CD, AH ⊥ SD và CD ∩ SD = D trong (SCD).

Suy ra AH ⊥ (SCD).

Khi đó d(A, (SCD)) = AH.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAD vuông tại A, đường cao AH có:

$\frac{1}{A{H}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{D}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{a}^{2}}=\frac{2}{{a}^{2}}$

Suy ra $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Do đó $d(A,(SCD))=AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

a) Do ABCD là hình vuông nên BC // AD.

Mà AD ⊂ (SAD) nên BC // (SAD).

Khi đó, d(BC, (SAD)) = d(C, (SAD)) = CD = a.

(vì theo câu a, CD ⊥ (SAD))

Vậy khoảng cách giữa BC và mặt phẳng (SAD) bằng a.

b) Vì ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC.

Do SA ⊥ (ABCD) và BD ⊂ (ABCD) nên SA ⊥ BD.

Ta có: BD ⊥ SA, BD ⊥ AC và SA ∩ AC = A trong (SAC).

Suy ra BD ⊥ (SAC).

Gọi O = AC ∩ BD, kẻ OK ⊥ SC (K ∈ SC).

Do BD ⊥ (SAC) và OK ⊂ (SAC) nên BD ⊥ OK.

Ta có: OK ⊥ SC và OK ⊥ BD.

Từ đó ta có đoạn thẳng OK là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BD và SC nên d(BD, SC) = OK.

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90^{\circ},$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABC vuông tại B có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$.

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

Do O = AC ∩ BD và AC, BD là hai đường chéo của hình vuông ABCD.

Suy ra O là trung điểm của AC nên $OC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Do SA ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên SA ⊥ AC.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAC vuông tại A (do SA ⊥ AC) có:

SC$^{2}$ = SA$^{2}$ + AC$^{2}$.

Do đó $SC=\sqrt{{a}^{2}+{(a\sqrt{2})}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+2{a}^{2}}=a\sqrt{3}.$

Xét ∆SAC và ∆OKC có:

$\widehat{SAC}=\widehat{OKC}=90^{\circ};$

$\widehat{OCK}$ là góc chung

Do đó ∆SAC ᔕ ∆OKC (g.g).

Suy ra $\frac{SA}{OK}=\frac{SC}{OC}$ (tỉ số đồng dạng)

Nên $OK=\frac{SA.OC}{SC}=\frac{a.\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Khi đó $d(BD,SC)=OK=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC $\frac{a\sqrt{6}}{6}.$