Giải bài tập SGK Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?

a) Đường thẳng Δ là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng a và b nếu Δ vuông góc với a và Δ vuông góc với b;

b) Gọi (P) là mặt phẳng song song với cả hai đường thẳng a,b chéo nhau. Khi đó đường vuông góc chung Δ của a và b luôn luôn vuông góc với (P);

c) Gọi Δ là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b thì Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng (a, Δ) và (b, Δ);

d) Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng nào đi qua một điểm M trên a đồng thời cắt b tại N và vuông góc với b thì đó là đường vuông góc chung của a và b;

e) Đường vuông góc chung Δ của hai đường thẳng chéo nhau a và b nằm trong mặt phẳng chứa đường này và vuông góc với đường kia.

Phương pháp giải:

Xét tính đúng sai của từng mệnh đề (có thể vẽ hình để có cái nhìn trực quan hơn).

Hướng dẫn giải:

a) Sai.

Vì câu đúng phải là "Đường thẳng Δ là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b nếu Δ cắt cả a và b, đồng thời Δ ⊥ a và Δ ⊥ b".

b) Đúng.

c) Đúng.

d) Sai.

Vì: Không phải đường thẳng nào đi qua một điểm M trên a cũng vuông góc với a.

e) Sai.

Vì: Nếu hai đường thẳng chéo nhau mà nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau thì đường vuông góc chung không thể nằm trên mặt phẳng chứa một đường thẳng nào trong hai đường thẳng đã cho.

Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC.

a) Chứng minh ba đường thẳng AH, SK, BC đồng quy.

b) Chứng minh rằng SC vuông góc với mặt phẳng (BHK) và HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).

c) Xác định đường vuông góc chung của BC và SA.

Phương pháp giải:

a) Gọi E là giao điểm của AH và BC. Chứng minh E thuộc SK.

b) Chứng minh SC, HK vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (BHK), (SBC).

c) Tìm một đường thẳng cùng vuông góc với BC và SA.

Hướng dẫn giải:

a) Trong (ABC), gọi E = AH ∩ BC.

H là trực tâm của tam giác ABC nên AE ⊥ BC (1).

Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra BC ⊥ (SAE) ⇒ BC ⊥ SE.

Vì K là trực tâm của tam giác SBC (giả thiết) ⇒ SE đi qua K ⇒ AH, BC, SK đồng quy tại E.

b) Ta có: BH ⊥ AC (3).

Mà AC là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) (vì SA⊥(ABC)).

=> BH ⊥ SC (định lý ba đường vuông góc) (4).

Từ (3) và (4) suy ra: SC ⊥ (BHK).

Lại có: SC ⊥ (BHK).

Mà SC ⊂ (SBC) => (BHK) ⊥ (SBC) (5).

Mặt khác: BC ⊥ (SAE) (cmt), mà BC ⊂ (SBC) => (SAE) ⊥ (SBC) (6).

Từ (5) và (6) => HK ⊥ (SBC).

c) Ta có: AE ⊥ BC (tính chất trực tâm H của tam giác ABC).

Lại có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AE.

⇒ AE là đường vuông góc chung của BC và SA.

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Chứng minh rằng các khoảng cách từ các điểm B, C, D, A′, B′, D′ đến đường chéo AC′ đều bằng nhau. Tính khoảng cách đó.

Phương pháp giải:

- Xác định và tính khoảng cách từ điểm B đến AC' bằng cách sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

- Chứng minh các tam giác bằng nhau và suy ra các đường cao tương ứng bằng nhau.

Hướng dẫn giải:

Gọi K là hình chiếu của B trên AC′. 

Xét tam giác ABC′ vuông tại B có BK ⊥ AC′:

\(\frac{1}{BK^{2}}=\frac{1}{BA^{2}}+\frac{1}{BC^{2}}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{(a\sqrt{2})^{2}}=\frac{3}{2a^{2}}\).

\(\Rightarrow BK=\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có: \(\Delta ABC' = \Delta C'CA = \Delta ADC' = \Delta AA'C' = \Delta C'B'A = \Delta C'D'A \ (c.g.c)\).

Do đó khoảng cách từ B, C, D, A′, B′, D′ tới AC′ đều bằng \(\frac{a\sqrt{6}}{3}\) vì chúng đều là chiều cao của các tam giác vuông bằng nhau.

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có AB = a, BC = b, CC′ = c.

a) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC′A′).

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB′ và AC′.

Phương pháp giải:

a) Tìm hình chiếu vuông góc của B trên (ACC'A'). Khi đó khoảng cách cần tìm là khoảng cách từ B đến điểm đó.

b) Phương pháp tìm đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b (a và b không vuông góc với nhau):

- Dựng mặt phẳng (α) chứa a và song song với b.

- Lấy một điểm M tùy ý trên b và dựng MM' vuông góc với (α) tại M'.

- Từ M' dựng b' song song với b cắt a tại A.

- Tự A dựng AB song song với MM' cắt b tại B, độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.

Hướng dẫn giải:

a) Trong (ABCD) kẻ BH vuông góc với AC (1).

Ta có: CC′ ⊥ (ABCD) ⇒ CC′ ⊥ BH (2).

Từ (1) và (2) suy ra BH ⊥ (ACC′A′).

Xét tam giác vuông ABC, BH là đường cao có:

\({1 \over {B{H^2}}} = {1 \over {A{B^2}}} + {1 \over {B{C^2}}}\)

\(\Rightarrow BH=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.\)

b) Ta có: AC′ ⊂ (ACC′A′).

Mà BB′ // (ACC′A′) ⇒ d(BB′, AC′) = d(B, (ACC′A′)).

Lại có: BH ⊥ (ACC′A′) nên \(d(B,(ACC'A')=BH=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}.\)

\(\Rightarrow d(BB', AC') =\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\).

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a.

a) Chứng minh rằng B′D vuông góc với mặt phẳng (BA′C′).

b) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA′C′) và (ACD′).

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC′ và CD′.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh B'D vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (BA'C').

b) Chứng minh (BA′C′) // (ACD′). Khi đó khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA′C′) và (ACD′) là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này tới mặt phẳng kia.

c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} A'C' \bot B'D'\\ A'C' \bot BB' \ (BB′ ⊥ (A′B′C′D′)) \end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot \left( {BB'D'D} \right) \Rightarrow A'C' \bot B'D\) (1).

\(\left\{ \begin{array}{l} BC' \bot B'C\\ BC' \bot DC \ \left( {DC \bot \left( {BCC'B'} \right)} \right) \end{array} \right. \Rightarrow BC' \bot \left( {A'B'CD} \right) \Rightarrow BC' \bot B'D\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra B′D ⊥ (BA′C′).

b) Chứng minh tương tự câu a ta được  B′D ⊥ (ACD').

Hai mặt phẳng (BA′C′) và (ACD′) cùng vuông góc với B′D (tại I và H) nên chúng song song với nhau và khoảng cách giữa chúng bằng IH.  

Ta có:

O′I // D′H, O′ là trung điểm của B′D′ 

Nên theo định lí Ta lét thì I là trung điểm của B′H hay IB′ = IH (3).

OH // IB, O là trung điểm của BD 

Nên theo định lí Ta lét thì H là trung điểm của DI hay HI = HD (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(IH=\frac{B'D}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

c) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} BC' \subset \left( {BA' C' } \right)\\ CD' \subset \left( {ACD' } \right)\\ \left( {BA' C' } \right){\rm{ }}//{\rm{ }}\left( {ACD' } \right) \end{array} \right.\)

Vậy d(BC′, CD′) = d((BA′C′), (ACD′)) = \(\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Chứng minh rằng nếu đường thẳng nối trung điểm hai cạnh AB và CD của tứ diện ABCD là đường vuông góc chung của AB và CD thì AC = BD và AD = BC.

Phương pháp giải:

Chứng minh hai tam giác bằng nhau để suy ra hai cạnh tương ứng bằng nhau.

Hướng dẫn giải:

Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD.

Qua I kẻ đường thẳng d // CD, lấy trên d điểm E, F sao cho \(IE = IF = \frac{CD}{2}\) (I là trung điểm của EF).

Ta có: IJ ⊥ CD ⇒ IJ ⊥ EF.

Mà IJ ⊥ AB ⇒ IJ ⊥ (AEBF).

Ta có CDFE là hình bình hành có IJ là đường trung bình nên CE và DF cùng song song với IJ.

Vì IJ ⊥ (AEBF) (cmt) suy ra CE và DF cùng vuông góc với (AEBF).

⇒ DF ⊥ AF, CE ⊥ IE.

Lại có: ΔAIF = ΔBIE (c.g.c) suy ra AF = BE.

⇒ ΔDFA = ΔCEB (c.g.c).

⇒ AD = BC. 

Chứng minh tương tự ta được BD = AC.

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Tính khoảng cách từ S tới mặt đáy (ABC).

Phương pháp giải:

- Chứng minh hình chiếu H của S lên mặt đáy là tâm của tam giác ABC.

- Áp dụng định lí Pytago để tính SH.

Hướng dẫn giải:

Gọi H là trực tâm tam giác ABC. 

Vì chóp S.ABC đều nên SH ⊥ (ABC).

=> d(S,(ABC)) = SH.

Gọi I là trung điểm của BC.

Tam giác ABC đều nên \(AI={{3a\sqrt 3 } \over 2}\).

\(AH={2 \over 3}AI = a\sqrt 3\).

Áp dung định lí Pytago vào tam giác vuông SAH ta có:

\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)

=> \(SH = \sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-(a\sqrt{3})^{2}}=a.\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng a.

Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai cạnh đối diện của tứ diện.

Phương pháp giải:

- Chứng minh khoảng cách giữa hai cạnh đối của tứ diện đều chính là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai cạnh đối diện.

- Tính toán dựa vào các tính chất tam giác đều.

Hướng dẫn giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Ta có: ΔABC = ΔDBC (c.c.c) ⇒ AN = DN (hai đường trung tuyến tương ứng).

⇒ ΔAND cân tại N có trung tuyến MN đồng thời là đường cao ⇒ MN ⊥ AD (1).

Chứng minh tương tự, ΔMBC cân tại M ⇒ MN ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra MN là đường vuông góc chung của BC và AD.

⇒ d(AD; BC) = MN.

Tam giác ABN vuông tại N nên:

\(AN = \sqrt {A{B^2} - B{N^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông AMN ta có:
\(MN=\sqrt{AN^2-AM^2}=\sqrt {{{3{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over 4}} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\).

Vậy \( d\left( {AD,BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).