Tính Khoảng cách từ một điểm trên mặt phẳng đáy tới mặt phẳng chứa đường cao

Tính Khoảng cách từ một điểm trên mặt phẳng đáy tới mặt phẳng chứa đường cao

Xét bài toán khoảng cách trong không gian.

Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuông góc lên mặt đáy là H. Tính khoảng cách từ điểm A bất kì đến mặt bên $\left( SHB \right)$.

Kẻ $AH\bot HB$ ta có:

$\left\{ \begin{array}  {} AK\bot HB \\  {} AK\bot SH \\ \end{array} \right.\Rightarrow AK\bot \left( SHB \right)$

Suy ra $d\left( A;\left( SHB \right) \right)=AK$.

Cách tính:

Ta có: $d\left( A;\left( SHB \right) \right)=AK=\frac{2{{S}_{AHB}}}{HB}$

$=AB\sin \widehat{ABK}=AH.\sin \widehat{AHK}$.

Bài tập tính khoảng cách từ một điểm có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

a) Dựng $CH\bot AB$ ta có: $\left\{ \begin{array}  {} CH\bot AB \\  {} CH\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right)$

Do đó

$d\left( C;\left( SAB \right) \right)=CH=CB\sin \widehat{ABH}=2a\sin 60{}^\circ =a\sqrt{3}$.

b) Dựng $CK\bot AC\Rightarrow CK\bot \left( SAC \right)$.

Ta có: $d\left( B;\left( SAC \right) \right)=CH=\frac{2{{S}_{ABC}}}{AC}=\frac{AB.BC\sin \widehat{ABC}}{AC}$

Trong đó $A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-2BA.BC\cos \widehat{B}$

$\Rightarrow AC=a\sqrt{7}\Rightarrow d\left( B;\left( SAC \right) \right)=\frac{3a.2a.\sin 60{}^\circ }{a\sqrt{7}}=\frac{3a\sqrt{21}}{7}$.

Lời giải chi tiết

a) Do tam giác SAB cân tại S nên $SH\bot AB$.

Ta có: $HA=HD=\frac{a}{2}$.

Mặt khác $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$.

Dựng $AE\bot DH\Rightarrow AE\bot \left( SHD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SHD \right) \right)=AE$.

Mặt khác $AE=\frac{AH.AD}{\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{39}}{13}$.

b) Dựng $DK\bot CH\Rightarrow d\left( D;\left( SHC \right) \right)=DK$.

Ta có: $CH=\sqrt{H{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$, ${{S}_{HCD}}=\frac{1}{2}CD.d\left( H;CD \right)=\frac{1}{2}\text{.}a\text{.}a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.

Do đó $d\left( D;\left( SHC \right) \right)=\frac{2{{S}_{HCD}}}{CH}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Lời giải chi tiết

a) Dựng $CE\bot AD\Rightarrow CE\bot \left( SAD \right)$.

Khi đó $d\left( C;\left( SAD \right) \right)=CE$, do ABCE là hình vuông cạnh $2a$ nên $CE=AE=2a\Rightarrow d\left( C;\left( SAD \right) \right)=2a$.

b) Dựng $DH\bot AC\Rightarrow DH\bot \left( SAC \right)$.

Khi đó $d\left( D;\left( SAC \right) \right)=DH$.

Ta có: ABCE là hình vuông nên $\widehat{CAD}=45{}^\circ $.

Do đó $DH=ADsin45{}^\circ =3a.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$.

Lời giải chi tiết

a) Do H là trọng tâm tam giác ABD $\Rightarrow H\in AC$.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD $\Rightarrow BO\bot AC$.

Mặt khác $BO\bot SH\Rightarrow BO\bot \left( SAC \right)$

Khi đó $d\left( B;\left( SAC \right) \right)=BO=\frac{5a\sqrt{2}}{2}$.

b) Dựng $CK\bot HD\Rightarrow CK\bot \left( SHD \right)\Rightarrow d\left( C;\left( SHD \right) \right)=CK$.

Gọi I là trung điểm của AB thì $H=DI\cap AO$.

Khi đó: $CK=\frac{2{{S}_{ICD}}}{DI}=\frac{2.\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}}{DI}=\frac{25{{a}^{2}}}{\sqrt{D{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}}=\frac{25{{a}^{2}}}{\sqrt{25{{a}^{2}}+{{\left( \frac{5a}{2} \right)}^{2}}}}=2a\sqrt{5}$.

Lời giải chi tiết

a) Tứ giác ABCD là nửa lục giác đều cạnh $a$ nên nó nội tiếp đường tròn đường kính $AB=2a$.

Dựng $CH\bot AB\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( C;\left( SAB \right) \right)=CH$.

Mặt khác $\widehat{ABC}=60{}^\circ \Rightarrow CH=BC\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $d\left( C;\left( SAB \right) \right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

b) Dựng $DK\bot AC\Rightarrow DK\bot \left( SAC \right)\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=DK$.

Do $\widehat{DCB}=120{}^\circ ,\widehat{ACB}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{ACD}=30{}^\circ \Rightarrow DK=CD\sin \widehat{DCK}=a\sin 30{}^\circ =\frac{a}{2}$.

Lời giải chi tiết

Ta có ${{S}_{ABCD}}=2{{S}_{\Delta ABC}}=2{{S}_{\Delta MAB}}=2\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta MAB}}=1$.

$\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.AB.BC.\sin \widehat{ABC}=1\Rightarrow \sin \widehat{ABC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Do đó $\widehat{ABC}=45{}^\circ \Rightarrow \widehat{ADM}=45{}^\circ $.

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác ADM, ta có:

$AM=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{M}^{2}}-2.AD.DM.cos\widehat{ADM}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$

Gọi H là giao điểm của AM và BD $\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$.

Kẻ BK vuông góc với AM, $K\in AM\Rightarrow BK\bot AM$ $\left( 1 \right)$.

Ta có $\left( SAM \right)\cap \left( SBD \right)=SH\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot BK$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$$\Rightarrow BK\bot \left( SAM \right)\Rightarrow d\left( B;\left( SAM \right) \right)=BK$.

Mặt khác ${{S}_{\Delta MAB}}=\frac{1}{2}.BK.AM\Rightarrow BK=\frac{2.{{S}_{\Delta MAB}}}{AM}=\frac{4}{\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$.

Lời giải chi tiết

Gọi H là tâm hình chữ nhật ABCD

$\Rightarrow $$HA=HC\Rightarrow A'H\bot BD$ (Do $\Delta A'BD$ cân tại A’).

Do $\left( A'BD \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow A'H\bot \left( ABCD \right)$.

Ta có: $A'H=\frac{1}{2}BD=a$ (trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy).

Dựng $HM\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( A'HM \right)\Rightarrow \overset\frown{A'MH}=60{}^\circ $

+) Khi đó: $HM\tan 60{}^\circ =A'H\Rightarrow HM=\frac{a}{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow AD=2HM=\frac{2a}{\sqrt{3}}\Rightarrow AB=2a\sqrt{\frac{2}{3}}$

Do: $A'D//B'C\Rightarrow B'C//\left( A'BD \right)\Rightarrow d\left( B';\left( A'BD \right) \right)=d\left( C;\left( A'BD \right) \right)$.

Ta có: $CE=\frac{CD.CB}{BD}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$. Vậy $d\left( B';\left( A'BD \right) \right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$.