Giải SBT Toán 11 (Cánh diều) Bài 5: Khoảng cách

Giải SBT Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Bài 45 trang 109 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3a, AD = 4a.

a) Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

b) Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: B

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB ⊥ BC. Như vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC bằng độ dài đoạn thẳng AB và bằng 3a.

Vậy d(A, BC) = 3a.

b) Đáp án đúng là: A

Gọi H là hình chiếu của A trên BD nên ta có AH ⊥ BD. Như vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD là độ dài đoạn thẳng AH.

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB ⊥ AD.

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

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

$\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}$

$\Rightarrow A{H}^2=\frac{144a^2}{25}\Rightarrow AH=\frac{12a}{5}=2,4a.$

Vậy d(A, BD) = 2,4a.

c) Đáp án đúng là: C

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD và AD ⊥ CD. Như vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD (vì AB // CD) và bằng AD = 4a (vì AD ⊥ CD).

Vậy d(AB, CD) = 4a.

Bài 46 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Hình 40 minh hoạ hình ảnh một chiếc gậy dài 3 m đặt dựa vào tường, góc nghiêng giữa chiếc gậy và mặt đất là 65°. Đầu trên của chiếc gậy đặt vào vị trí M của tường. Khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của mét) bằng:

A. 2,7 m;

B. 2,8 m;

C. 2,9 m;

D. 3,0 m.

Lời giải:

Vì tường đứng thẳng và vuông góc với mặt đất nên ta có MH vuông góc với mặt đất. Khi đó, khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất chính là độ dài đoạn thẳng MH.

Xét tam giác OHM vuông tại H, MO = 3 m, ta có: $\sin 65°=\frac{MH}{MO}.$

⇒ MH = MO.sin65° = 3.sin65° ≈ 2,7.

Vậy khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất gần bằng 2,7 m.

Bài 47 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), AB ⊥ BC, SA = AB = 3a, BC = 4a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm C đến mặt phẳng (SAB);

b) Giữa hai đường thẳng SA và BC;

c) Từ điểm A đến mặt phẳng (SBC);

d) Từ điểm B đến mặt phẳng (SAC);

e*) Giữa hai đường thẳng AB và SC.

Lời giải:

a) Do SA ⊥ (ABC), BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AB và SA ∩ AB = A trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Như vậy: d(C, (SAB)) = BC = 4a.

b) Do SA ⊥ (ABC), AB ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AB.

Mặt khác AB ⊥ BC.

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

Như vậy: d(SA, BC) = AB = 3a.

c) Gọi H là hình chiếu của điểm A trên SB hay AH ⊥ SB.

Do BC ⊥ (SAB), AH ⊂ (SAB) nên BC ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ BC, AH ⊥ SB và BC ∩ SB = B trong (SBC)

Suy ra AH ⊥ (SBC).

Như vậy: d(A, (SBC)) = AH.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB vuông tại A (SA ⊥ AB), đường cao AH ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}=\frac{2}{9a^2}.$

$\Rightarrow AH=\frac{3\sqrt{2}a}{2}.$

Vậy $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{3\sqrt{2}a}{2}.$

d) Gọi I là hình chiếu của B trên AC hay BI ⊥ AC.

Do SA ⊥ (ABC), BI ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BI.

Ta có: BI ⊥ AC, BI ⊥ SA, AC ∩ SA = A trong (SAC)

Suy ra BI ⊥ (SAC).

Như vậy: d(B, (SAC)) = BI.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại B (AB ⊥ BC), đường cao BI ta có:

$\frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}=\frac{25}{144a^2}.$

$\Rightarrow BI=\frac{12a}{5}.$

Vậy $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BI=\frac{12a}{5}.$

e*) · Lấy D ∈ (ABC) sao cho ABCD là hình bình hành.

Mà $\widehat{ABC}=90°$ (do AB ⊥ BC) nên ABCD là hình chữ nhật.

Suy ra CD ⊥ AD.

Do SA ⊥ (ABC), CD ⊂ (ABC) nên SA ⊥ CD.

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

Suy ra CD ⊥ (SAD).

· Gọi K là hình chiếu của A trên SD hay AK ⊥ SD.

Do CD ⊥ (SAD), AK ⊂ (SAD) nên CD ⊥ AK.

Ta có: AK ⊥ SD, AK ⊥ CD, SD ⋂ CD = D trong (SCD)

Suy ra AK ⊥ (SCD).

Ta có: AB // CD (vì ABCD là hình chữ nhật) và CD ⊂ (SCD).

Suy ra AB // (SCD).

Như vậy: d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AK.

Ta có: SA ⊥ (ABC), AD ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AD hay

Do ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC = 4a.

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

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{S{D}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}=\frac{25}{144a^2}.$

$\Rightarrow AK=\frac{12a}{5}.$

Vậy $d\left(AB,SC\right)=AK=\frac{12a}{5}.$

Bài 48 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = 3a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Tính khoảng cách:

a) Từ điểm C đến mặt phẳng (SAB);

b) Giữa hai đường thẳng SB và CD;

c) Giữa hai đường thẳng BC và SA;

d) Từ điểm S đến mặt phẳng (ABCD).

Lời giải:

a) Gọi H là trung điểm của AB.

Vì tam giác SAB vuông cân tại S nên ta có: SH ⊥ AB và SA ⊥ SB.

Dễ thấy: AB = (SAB) ∩ (ABCD).

Mà (SAB) ⊥ (ABCD), SH ⊥ AB, SH ⊂ (SAB).

Suy ra SH ⊥ (ABCD).

Hơn nữa BC ⊂ (ABCD) nên ta có SH ⊥ BC.

Do ABCD là hình chữ nhật nên BC ⊥ AB.

Ta có: BC ⊥ SH, BC ⊥ AB, SH ∩ AB = H trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Như vậy: d(C, (SAB)) = BC = AD = 3a (vì ABCD là hình chữ nhật).

b) Do ABCD là hình chữ nhật nên CD // AB.

Mà AB ⊂ (SAB), suy ra CD // (SAB).

Như vậy: d(CD, AB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = 3a.

c) Theo câu a ta có BC ⊥ (SAB) mà SB ⊂ (SAB) nên BC ⊥ SB.

Hơn nữa SA ⊥ SB.

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

Như vậy: d(BC, SA) = SB.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAB vuông cân tại S có:

SA² + SB² = AB² ⇒ 2SB² = AB² (Do SA = SB)

$\Rightarrow SB=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$

Vậy $d\left(BC,SA\right)=SB=a\sqrt{2}.$

d) Theo câu a ta có SH ⊥ (ABCD).

Như vậy: d(S, (ABCD)) = SH.

Xét tam giác SAB vuông tại S có đường trung tuyến SH nên ta có:

$SH=\frac{AB}{2}=\frac{2a}{2}=a.$

Vậy d(S, (ABCD)) = SH = a.

Bài 49 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, AC cắt BD tại O, SO ⊥ (ABCD), SA = 2a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm A đến mặt phẳng (SBD);

b) Giữa hai đường thẳng SO và CD;

c) Từ điểm O đến mặt phẳng (SCD);

d*) Giữa hai đường thẳng AB và SD.

Lời giải:

a) Ta có: SO ⊥ (ABCD), AO ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AO.

Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD hay AO ⊥ BD.

Ta có: AO ⊥ SO, AO ⊥ DB, SO ∩ BD = O trong (SBD)

Suy ra AO ⊥ (ABCD).

Như vây: d(A, (SBD)) = AO.

Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên $AC=a\sqrt{2}.$

Vì O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình vuông ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

$\Rightarrow AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left(A,\left(SBD\right)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

b) Gọi M là hình chiếu của O trên CD hay OM ⊥ CD.

Do SO ⊥ (ABCD), OM ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ OM.

Từ đó ta thấy OM là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SO và CD.

Như vậy: d(SO, CD) = OM.

Xét hình vuông ABCD có: OM ⊥ CD, AD ⊥ CD nên OM // AD.

Xét tam giác ACD có: OM // AD, O là trung điểm của AD.

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác ACD nên M là trung điểm của CD

$\Rightarrow OM=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}.$

Vậy $d\left(SO,CD\right)=OM=\frac{a}{2}.$

c) Gọi H là hình chiếu của O trên SM hay OH ⊥ SM.

Do SO ⊥ (ABCD), CD ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ CD.

Ta có: CD ⊥ OM, CD ⊥ SO, SO ∩ OM = O trong (SOM)

Suy ra CD ⊥ (SOM).

Mà OH ⊂ (SOM) nên CD ⊥ OH.

Ta có: OH ⊥ SM, OH ⊥ CD, SM ∩ CD = M trong (SCD)

Suy ra OH ⊥ (SCD).

Như vậy: d(O, (SCD)) = OH.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAO vuông tại O có:

SO² = SA² – AO²

$\Rightarrow S{O}^2={\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{7a^2}{2}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SOM vuông tại O, đường cao OH ta có:

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{2}{7a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{30}{7a^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{210}}{30}.$

Vậy $d\left(O,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{210}}{30}.$

d*) Ta có: AB // CD (do ABCD là hình vuông), CD ⊂ (SCD) nên AB // (SCD).

Do đó d(AB, SD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Gọi K là hình chiếu của A trên (SCD) hay AK ⊥ (SCD).

Khi đó d(A, (SCD)) = AK.

Ta có: H, K lần lượt là hình chiếu của O và A trên (SCD)

Mà C, O, A thẳng hàng nên C, H, K thẳng hàng.

Lại có: OH ⊥ (SCD), AK ⊥ (SCD).

Suy ra OH // AK.

Tam giác ACK có OH // AK, nên theo hệ quả định lí Thalès ta có:

$\frac{OH}{AK}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}$ (do O là trung điểm của AC)

$\Rightarrow AK=2OH=2.\frac{a\sqrt{210}}{30}=\frac{a\sqrt{210}}{15}.$

Vậy $d\left(AB,SD\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AK=\frac{a\sqrt{210}}{15}.$

Bài 50 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, AA’ ⊥ (ABCD), AA’ = 2a, AC = a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm A đến mặt phẳng (BCC’B’);

b) Giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (CDD’C’);

c*) Giữa hai đường thẳng BD và A’C.

Lời giải:

a) Gọi H là hình chiếu của A trên BC hay AH ⊥ BC.

Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên AA’ // BB’.

Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên BB’ ⊥ (ABCD).

Hơn nữa AH ⊂ (ABCD).

Từ đó ta có BB’ ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ BC, AH ⊥ BB’, BC ∩ BB’ = B trong (BCC’B’)

Suy ra AH ⊥ (BCC’B’).

Như vậy d(A, (BCC’B’)) = AH.

Xét tam giác ABC đều (do AB = BC = AC = a), AH là đường cao (do AH ⊥ BC)

Suy ra AH là đường trung tuyến nên ta có $BH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABH vuông tại H có:

AB² = AH² + BH²

Suy ra $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $d\left(A,\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

b) Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên (ABB’A’) // (CDD’C’).

Như vậy: d((ABB’A’), (CDD’C’)) = d(A, (CDD’C’)).

Gọi I là hình chiếu của A trên CD hay AI ⊥ CD.

Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên AA’ // DD’.

Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên DD’ ⊥ (ABCD).

Hơn nữa AI ⊂ (ABCD).

Từ đó ta có DD’ ⊥ AI.

Ta có: AI ⊥ CD, AI ⊥ DD’, CD ∩ DD’ = D trong (CDD’C’)

Suy ra AI ⊥ (CDD’C’).

Khi đó: d(A, (CDD’C’)) = AI.

Xét tam giác ACD đều (do AC = AD = DC = a), AI là đường cao (do AI ⊥ CD)

Suy ra AI là đường trung tuyến nên ta có $ID=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ADI vuông tại I có:

AD² = AI² + DI²

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

Vậy $d\left(\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right),\left(CD{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)\right)=AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD và $AO=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}.$

Do AA’ ⊥ (ABCD) và BD ⊂ (ABCD) nên AA’ ⊥ BD.

Ta có: BD ⊥ AA’, BD ⊥ AC, AA’ ∩ AC = A trong (AA’C)

Suy ra BD ⊥ (AA’C).

Gọi E là hình chiếu của O trên A’C hay OE ⊥ A’C.

Lại có: BD ⊥ (AA’C), OE ⊂ (AA’C).

Suy ra BD ⊥ OE.

Mà OE ⊥ A’C.

Từ đó ta có OE là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BD và A’C.

Như vậy: d(BD, A’C) = OE.

Do AA’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên AA’ ⊥ AC.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’AC vuông tại A ta có:

A'C² = A'A² + AC²

Suy ra $A^{\text{'}}C=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$

Xét tam giác CEO và tam giác CAA’ có:

$\widehat{OCE}$ chung

$\widehat{A^{\text{'}}AC}=\widehat{OEC}=90°$

Suy ra $\Delta CEO\backsim \Delta CA{A}^{\text{'}}\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{EO}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{CO}{C{A}^{\text{'}}}\Rightarrow OE=\frac{A{A}^{\text{'}}.CO}{C{A}^{\text{'}}}.$

$\Rightarrow OE=\frac{2a.\frac{a}{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$

Vậy $d\left(BD.A^{\text{'}}C\right)=OE=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối

Bài tập cuối chương 8