Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 3 Bài 5 Khoảng cách

Cho tứ diện ABCD có AC = BC = AD = BD = a, AB = c, CD = c’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.

Hướng dẫn giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD

ΔACD cân nên AN ⊥ CD và ΔBCD cân nên BN ⊥ CD.

Do đó CD ⊥ (ABN) suy ra CD ⊥ MN.

Tương tự ta cũng có AB ⊥ MN

Vậy d(AB, CD) = MN

Ta có:

\(\begin{array}{l}
M{N^2} = A{N^2} - A{M^2} = A{D^2} - N{D^2} - A{M^2}\\
 = {a^2} - \frac{{c{\prime ^2}}}{4} - \frac{{{c^2}}}{4} = \frac{1}{4}(4{a^2} - c{\prime ^2} - {c^2})
\end{array}\)

Vậy \(MN = \frac{1}{2}\sqrt {4{a^2} - c{\prime ^2} - {c^2}} \) với điều kiện \(4{a^2} > {c^2} + c{\prime ^2}\)

---

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 30˚. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’.

a. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy

b. Chứng minh rằng hai đường thẳng AA’ và B’C’ vuông góc, tính khoảng cách giữa chúng.

Hướng dẫn giải:

Ta có: AH ⊥ (A’B’C’) nên \(\widehat {AA'H}\) là góc giữa AA’ và mp(A’B’C’) do đó \(\widehat {AA'H}\) = 30⁰

Câu a:

Khoảng cách giữa hai mp đáy chính là AH, ta có: \(AH = AA\prime sin{30^0} = \frac{a}{2}\)

Câu b:

Tam giác AHA’ vuông tại H nên \(A\prime H = AA\prime cos{30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Vì A’B’C’ là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B’C’ mà \(A\prime H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên A’H ⊥ B’C’ và H là trung điểm B’C’.

Mặt khác, AH ⊥ B’C’ nên AA’ ⊥ B’C’. Kẻ đường cao HK của tam giác AA’H thì HK chính là khoảng cách giữa AA’ và B’C’. Do AA’.HK = AH.A’H nên \(HK = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

---

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’

Hướng dẫn giải:

Gọi O, O’ lần lượt là tâm các hình vuông ABCD, A’B’C’D’ của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.

* Ta chứng minh B’D ⊥ (BA’C) và B’D ⊥ (ACD’)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
A\prime C\prime  \bot B\prime D\prime \\
A\prime C\prime  \bot BB\prime 
\end{array} \right. \Rightarrow A\prime C\prime  \bot (BB\prime D\prime D)\)

Mà B’D ⊂ (BB’D’D) nên B’D ⊥ A’C’ (1)

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}
AB\prime  \bot A\prime B\\
A\prime B \bot B\prime C\prime 
\end{array} \right. \Rightarrow A\prime B \bot (AB\prime C\prime D)\)

Mà B’D ⊂ (AB’C’D) nên B’D ⊥ A’B (2)

Từ (1) và (2) suy ra B’D ⊥ (BA’C’)

Tương tự ta cũng chứng minh được B’D ⊥ (ACD’)

* Hai mặt phẳng (BA’C’) và (ACD’) song song với nhau, vuông góc với đoạn B’D và chia B’D thành 3 phần bằng nhau (xét hình bình hành BB’DD’ và BO // D’O')

Do đó khoảng cách giữa mp(BA’C) và mp(ACD’) là \(\frac{{B\prime D}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

* Khoảng cách giữa BC’ và CD’

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC’ và CD’ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song : mp(BA’C’) và mp(ACD’).

Vậy khoảng cách đó là \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

---

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = AA’ = a, AC’ = 2a.

a. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ACD’)

b. Tìm đường vuông góc chung của các đường thẳng AC’ và CD’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ấy.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Xét tứ diện DACD’ có DA, DC, DD’ đôi một vuông góc nên khoảng cách DH từ D đến mặt phẳng (ACD’) được tính bởi hệ thức:

\(\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} + \frac{1}{{D{D^{\prime 2}}}}\)

Ta có: DC = a. DD’ = a

\(AC{\prime ^2} = A{C^2} + CC{\prime ^2} = D{A^2} + D{C^2} + CC{\prime ^2}\)

Hay \(4{a^2} = D{A^2} + {a^2} + {a^2}\), tức là: \(D{A^2} = 2{a^2}\)

Vậy \(\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{2{a^2}}}\)

Do đó: \(DH = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\)

Câu b:

Vì CD = DD’ = a nên CD’ ⊥ C’D. Mặt khác AD ⊥ (CDD’C’) nên CD’ ⊥ AC’ và CD’ ⊥ mp(AC’D). Gọi giao điểm của CD’ với mp(AC’D) là I. Trong mp(AC’D) kẻ IJ vuông góc với AC’ tại J thì IJ là đường vuông góc chung của AC’ và CD’.

Ta tính khoảng cách giữa AC’ và CD’

Ta có: ΔC’JI đồng dạng ΔC’DA nên \(\frac{{IJ}}{{AD}} = \frac{{IC\prime }}{{AC\prime }}\)

Suy ra: \(IJ = AD.\frac{{C\prime D}}{{2AC\prime }}\)

Mặt khác \(C'D = a\sqrt 2 \) nên \(IJ = a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{{2.2a}} = \frac{a}{2}\)

---

Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a và \(\widehat {BAD} = \widehat {BAA\prime } = \widehat {DAA\prime } = {60^0}\). Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’)

Hướng dẫn giải:

Từ giả thiết suy ra các tam giác A’AD, BAD, A’AB là các tam giác cân cùng có góc ở đỉnh bằng 60⁰ nên chúng là các tam giác đều. Như vậy tứ diện A’ABD có các cạnh cùng bằng a hay A’ABD là tứ diện đều. Khi đó hình chiếu của A’ trên mp(ABCD) chính là trọng tâm H của tam giác đều ABD. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’) chính là độ dài A’H. Ta có:

\(\begin{array}{l}
A\prime {H^2} = AA{\prime ^2} - A{H^2}\\
 = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3}
\end{array}\)

Vậy \(A\prime H = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

---

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật và Ab = 2a, BC = a. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng \(a\sqrt 2 \)

a. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy (ABCD).

b. Gọi E và F lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD ; K là điểm bất kì thuộc đường thẳng AD. Chứng minh rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không phụ thuộc vào K, hãy tính khoảng cách đó theo a.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Vì SA = SB = SC = SD =  \(a\sqrt 2 \) nên hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H mà HA = HB = HC = HD. Do ABCD là hình chữ nhật nên H chính là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách từ S đến mp(ABCD) bằng SH. Ta có:

\(\begin{array}{l}
S{H^2} = S{A^2} - \frac{{A{C^2}}}{4} = 2{a^2} - \frac{{A{B^2} + B{C^2}}}{4}\\
 = 2{a^2} - \frac{{4{a^2} + {a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}\\
 \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array}\)

Câu b:

Vì EF // AD nên EF // mp(SAD), mặt khác SK nằm trong mp(SAD) nên khoảng cách giữa EF và SK chính là khoảng cách giữa EF và mp(SAD), đó cũng chính là khoảng cách từ H đến mp(SAD). Vậy khoảng cách giữa EF và SK không phụ thuộc vào vị trí của điểm K trên đường thẳng AD.

Tính d(EF ; SK) :

Gọi I là trung điểm của AD, kẻ đường cao HJ của tam giác vuông SHI thì HJ ⊥ mp(SAD), do đó d(H; (SAD)) = HJ. Ta có: HJ.SI = SH.HI

\(\begin{array}{l}
S{I^2} = S{A^2} - A{I^2} = 2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{7{a^2}}}{4}\\
 \Rightarrow HJ = \frac{{SH.HI}}{{SI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a}}{{\frac{{a\sqrt 7 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}
\end{array}\)

Vậy khoảng cách giữa EF và SK không phụ thuộc vào vị trí của điểm K trên đường thẳng AD và bằng \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

---

Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu AC = BD, AD = BC thì đường vuông góc chung của AB và CD là đường thẳng nối trung điểm của AB và CD. Điều ngược lại có đúng không ?

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Vì AC = BD, AD = BC nên tam giác ACD bằng tam giác BDC, từ đó hai trung tuyến tương ứng AJ và BJ bằng nhau (ở đó J là trung điểm của CD). Gọi I là trung điểm của AB thì ta có JI ⊥ AB.

Tương tự như trên ta cũng có JI ⊥ CD. Vậy JI là đường vuông góc chung của AB và CD.

Câu b:

 Điều ngược lại của kết luận nêu ra trong bài toán cũng đúng, tức là nếu IJ ⊥ AB, IJ ⊥ CD, I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD thì AC = BD; AD = BC.

Thật vậy, vì IJ ⊥ AB, I là trung điểm của AB nên AJ = BJ. Mặt khác:

\(\begin{array}{l}
A{C^2} + A{D^2} = 2A{J^2} + \frac{{C{D^2}}}{2}\\
B{C^2} + B{D^2} = 2B{J^2} + \frac{{C{D^2}}}{2}\\
 \Rightarrow A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2}\left( 1 \right)
\end{array}\)

Tương tự như trên ta cũng có:  \(C{B^2} + C{A^2} = D{B^2} + D{A^2}(2)\)

Từ (1) và (2) ta suy ra \(A{D^2} - B{C^2} = B{C^2} - D{A^2}\), tức là DA = BC và từ (1) ta cũng có AC = BD.

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Hình học 11 Chương 3 Bài 5 Khoảng cách  được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 11 học tập thật tốt!