Tính Khoảng cách từ một điểm trên mặt phẳng đáy tới mặt phẳng chứa đường cao - Tự Học 365

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

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

Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC có $AB=3a,BC=2a,\widehat{ABC}=60{}^\circ $. Biết $SA\bot \left( ABC \right)$.

a) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAB \right)$.

b) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$.

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

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

Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với $B=a,AD=a\sqrt{3}$. Tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung tâm của AB.

a) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SHD \right)$.

b) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SHC \right)$.

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

Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B có $AD=3a$, $AB=BC=2a$. Biết $SA\bot \left( ABCD \right)$.

a) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAD \right)$.

b) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$.

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

Bài tập 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh $5a$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ trùng với trọng tâm H của tam giác ABD.

a) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$.

b) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SHD \right)$.

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

Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác đều cạnh $a$, với $AB=2a$. Biết $SA\bot \left( ABCD \right)$ và mặt phẳng $\left( SBC \right)$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $.

a) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAB \right)$.

b) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$.

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

Bài tập 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2, $AB=\sqrt{2},BC=2$. Gọi M là trung điểm của CD, hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( SAM \right)$ cùng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng $\left( SAM \right)$.

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

Bài tập 7: Cho hình lăng trụ $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình chữ nhật ABCD có hai đường chéo $AC=BD=2a$. Tam giác A’BD vuông cân tại A’ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng $\left( A'AB \right)$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính khoảng cách $d\left( B';\left( A'BD \right) \right)$.

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 $d\left( B';\left( A'BD \right) \right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$.

Luyện bài tập vận dụng tại đây!

TOÁN LỚP 12