Phân loại bài tập khoảng cách trong không gian - Chuyên Trang Thông Tin Tổng Hợp Thevesta

2021 – 04-22 T12 : 01 : 47-04 : 00

Bạn đang đọc: Phân loại bài tập khoảng cách trong không gian

https://thevesta.vn/tai-lieu/hinh-hoc-11/phan-loai-bai-tap-khoang-cach-trong-khong-gian-1734.htmlhttps://thevesta.vn/uploads/tai-lieu/toan/khoang-cach.png

https://thevesta.vn/uploads/thi-online.png

Phân loại bài tập khoảng cách trong khoảng trống, Khoảng cách trong khoảng trống pdf, Giải bài tập khoảng cách lớp 11, Các dạng bài tập khoảng cách lớp 11, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, Bài tập về khoảng cách lớp 10, Bài tập khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, Bài tập về khoảng cách lớp 11 nâng cao

Phân loại bài tập khoảng cách trong không gian, Khoảng cách trong không gian pdf, Giải bài tập khoảng cách lớp 11, Các dạng bài tập khoảng cách lớp 11, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, Bài tập về khoảng cách lớp 10, Bài tập khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, Bài tập về khoảng cách lớp 11 nâng cao, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 12, Các dạng bài tập khoảng cách lớp 11, Khoảng cách hình học 11, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11, Chuyên de khoảng cách lớp 11, Bài tập về khoảng cách lớp 11 nâng cao, Bài tập trắc nghiệm về khoảng cách lớp 11, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 12, Công thức tính khoảng cách lớp 12, Công thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, Bài tập về khoảng cách lớp 11, Công thức tính khoảng cách từ đỉnh đến mặt phẳng, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11, Bài tập về khoảng cách lớp 11 nâng cao, Cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

Mục lục

1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

O và đường thẳng D. Gọi H là hình chiếu của O trên D. Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng D. Kí hiệu $d(O,\Delta )$
* Nhận xét
Cho điểmvà đường thẳng D. Gọilà hình chiếu củatrên D. Khi đó khoảng cách giữa hai điểmvàđược gọi là khoảng cách từ điểmđến đường thẳng D. Kí hiệu

$\forall M\in \Delta ,OM\ge d(O,\Delta )$

Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng D ta có thể

+ Xác định hình chiếu H của O trên D và tính OH
+ Áp dụng công thức

2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

O và mặt phẳng (a). Gọi H là hình chiếu của O trên (a). Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (a). Kí hiệu $d(O,(\alpha ))$
* Nhận xét
Cho điểmvà mặt phẳng ( a ). Gọilà hình chiếu củatrên ( a ). Khi đó khoảng cách giữa hai điểmvàđược gọi là khoảng cách từ điểmđến mặt phẳng ( a ). Kí hiệu

$\forall M\in (\alpha ),OM\ge d(O,(\alpha ))$

Để tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (a) ta có thể sử dụng một trong các cách sau:

Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên (a) và tính OH

* Phương pháp chung.

Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với (a)
Tìm giao tuyến D của ( P ) và ( a )
$OH \perp D (H\in \Delta )$ . Khi đó $d(O,(\alpha ))=OH$ . Đặc biệt:Kẻ. Khi đó. Đặc biệt :

+ Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy
+ Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường vuông góc hạ từ đỉnh sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy
+ Hình chóp có 2 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao tuyến của hai mặt bên này
+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc tạo với đáy những góc bằng nhau) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy
+ Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đáy

Cách 2. Sử dụng công thức thể tích

$V=\frac{1}{3}S.h\Leftrightarrow h=\frac{3V}{S}$ . Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S

Thể tích của khối chóp. Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S

Xem thêm: Dùng Google Maps tìm hướng đi khi bị lạc như thế nào?

Cách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh

O trên một đường thẳng đến một vị trí thuận lợi O’, ta quy việc tính về việc tính $d(O',(\alpha ))$ . Ta thường sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng D song song với mặt phẳng (a) và M, N Î D thì
$d(M;(\alpha ))=d(N;(\alpha ))$
Kết quả 2. Nếu đường thẳng D cắt mặt phẳng (a) tại điểm I và M, N Î D (M, N không trùng với I) thì
$\frac{d(M;(\alpha ))}{d(N;(\alpha ))}=\frac{MI}{NI}$
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì $d(M;(\alpha ))=\frac{1}{2}d(N;(\alpha ))$
nếu I là trung điểm của MN thì Ý tưởng của chiêu thức này là : bằng cách trượt đỉnhtrên một đường thẳng đến một vị trí thuận tiện O ‘, ta quy việc tínhvề việc tính. Ta thường sử dụng những hiệu quả sau :. Nếu đường thẳng D song song với mặt phẳng ( a ) vàÎ D thì. Nếu đường thẳng D cắt mặt phẳng ( a ) tại điểmvàÎ D ( không trùng với ) thìĐặc biệt, nếulà trung điểm củathìnếulà trung điểm củathì

Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông

OABC là tứ diện vuông tại O (OA\bot OB,OB\bot OC,OC\bot OA) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$ Cơ sở của chiêu thức này là đặc thù sau : Giả sửlà tứ diện vuông tại ( OA \ bot OB, OB \ bot OC, OC \ bot OA ) vàlà hình chiếu củatrên mặt phẳng ( ). Khi đó đường caođược tính bằng công thức

Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ

$d(M;(\alpha ))=\frac{\left| A{{x}_{0}}+B{{y}_{0}}+C{{z}_{0}}+D \right|}{\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}$ với $M({{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}}), (\alpha ):Ax+By+Cz+D=0$
$d(M,\Delta )=\frac{\left| \overrightarrow{MA}\wedge \overrightarrow{u} \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|}$ với D là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}$
$d(\Delta ,\Delta ')=\frac{\left| \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{u'}.\overrightarrow{AA'} \right|}{\left| \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{u'} \right|}$ với $\Delta$ ‘ là đường thẳng đi qua A’ và có vtcp $\overrightarrow{u'}$ Cơ sở của giải pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng các công thức sau : vớivới D là đường thẳng đi quavà có vectơ chỉ phươngvới ‘ là đường thẳng đi qua A ‘ và có vtcp

Cách 6. Sử dụng phương pháp vectơ

3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó

$d(\Delta ,(\alpha ))$
* Nhận xét
Cho điểm đường thẳng D song song với mặt phẳng ( a ). Khoảng cách giữa đường thẳng D và mặt phẳng ( a ) là khoảng cách từ một điểm bất kể của D đến mặt phẳng ( a ). Kí hiệu

$\forall M\in \Delta ,N\in (\alpha ),MN\ge d(\Delta ,(\alpha ))$

Việc tính khoảng cách từ đường thẳng D đến mặt phẳng ( a ) được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng .

4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

$d((\alpha );(\beta ))$
* Nhận xét
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kể của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Kí hiệu

$\forall M\in (\alpha ),N\in (\beta ),MN\ge d((\alpha );(\beta ))$
Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng .

5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng D cắt cả a và b đồng thời vuông góc với cả a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b. Đường vuông góc chung D cắt a tại H và cắt b tại K thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu d(a,b).
* Nhận xét

$\forall M\in a,N\in b,MN\ge d(a,b)$

Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau:

+ Tìm H và K từ đó suy ra d(a,b)=HK
+ Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó d(a,b)=d(b,(P))
+ Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó d(a,b)=d((P),(Q))
+ Sử dụng phương pháp tọa độ
* Đặc biệt

$a\bot b$ thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta tìm giao điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó d(a,b)=IHNếuthì ta tìm mặt phẳng ( P ) chứavà vuông góc với, tiếp theo ta tìm giao điểmcủa ( P ) với. Trong mp ( P ), hạ đường cao. Khi đó d ( a, b ) = IH

Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểm của AB và CD là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

B. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ

I) Phương pháp tính trực tiếp

Ví dụ 1.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc $\widehat{BAD}={{60}^{0}}$ , có SO vuông góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc, có SO vuông góc mặt phẳng ( ABCD ) và SO = a .

Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SBC ) .
Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng ( SBC ) .

Lời giải.

a) Hạ $OK\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SOK \right)$
Trong (SOK) kẻ $OH\bot SK\Rightarrow OH\bot \left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( O,\left( SBC \right) \right)=OH.$
Ta có ABD đều $\Rightarrow BD=a\Rightarrow BO=\frac{a}{2}; AC=a\sqrt{3}$
Trong tam giác vuông OBC có:
$\frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}=\frac{13}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow OK=\frac{a\sqrt{39}}{13}$
Trong tam giác vuông SOK có:
$\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{S}^{2}}}+\frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{16}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow OH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
Vậy $d\left( O,\left( SBC \right) \right)=OH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
b) Ta có $AD//BC\Rightarrow AD//\left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( AD,\left( SBC \right) \right)=d\left( E,\left( SBC \right) \right)$
Kẻ $EF//OH\,\,\left( F\in SK \right). Do\,\,\,OH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow EF\bot \left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( AD,\left( SBC \right) \right)=d\left( E,\left( SBC \right) \right)=EF=2OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ví dụ 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2010).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH=a\sqrt{3}. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.

Lời giải.

Ta có: $\Delta MAD=\Delta NCD\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{DCN}$
$\Rightarrow MD\bot NC$
Do $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow MD\bot SH$
$MD\bot \left( SHC \right)$
Kẻ $HK\bot SC\,\,\left( K\in SC \right)$
Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nên $d\left( DM,SC \right)=HK$
Ta có:
$HC=\frac{C{{D}^{2}}}{CN}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$HK=\frac{SH\cdot HC}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\cdot$
Vậy $d\left( DM,SC \right)=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}$
II) Phương pháp sử dụng công thức tính thể tích.

Ví dụ 3.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = $a\sqrt{2}$ Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN).

Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC hay AMNP là dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN) về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên, khoảng cách từ P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB).
Lời giải.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO ^ (ABCD).
M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên ${{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}{{S}_{ANS}}=\frac{1}{4}{{S}_{ABS}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{7}}{16}$
$\begin{align} & PC//(AMN) \\ & \Rightarrow d\left( (P,(AMN)) \right)=d\left( (C,(AMN)) \right) \end{align}.$
Vậy:
$\[{{V}_{P.AMN}}=\frac{1}{3}{{S}_{AMN}}.d\left( (P,(AMN)) \right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{4}{{S}_{ABS}}.d\left( (C,(AMN)) \right)\]\[=\frac{1}{4}{{V}_{C.ABS}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SO\]. \[{{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}{{a}^{2}},SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\].$
Vậy ${{V}_{AMNP}}=\frac{1}{12}.\frac{1}{2}{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{48}\] \[\Rightarrow d\left( (P,(AMN)) \right)=\frac{3{{V}_{PAMN}}}{{{S}_{AMN}}}=a\sqrt{\frac{6}{7}}$

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, $SA = a\sqrt{2}$ . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).
Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên ta tính được diện tích của nó.
Lời giải.

Cách 1: ${{V}_{OAHK}}=\frac{1}{3}{{S}_{AHK}}.d\left( O;\left( AHK \right) \right)$
Trong đó:

$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{S}^{2}}}=\frac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}; \Delta SAD=\Delta SAB\Rightarrow AK=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$
Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK // BD.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên
$\frac{HK}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow HK=\frac{2}{3}BD=\frac{2\sqrt{2}a}{3}$
Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm của HK nên AG ^ HK
và $AG=\frac{2}{3}AI=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}SC=\frac{1}{3}.2a=\frac{2a}{3}$
${{S}_{AHK}}=\frac{1}{2}AG.HK=\frac{1}{2}.\frac{2a}{3}.\frac{2\sqrt{2}a}{3}=\frac{2\sqrt{2}{{a}^{2}}}{9}$
$+\,{{V}_{OAHK}}={{V}_{AOHK}}=\frac{1}{3}d\left( A;\left( OHK \right) \right).{{S}_{\Delta OHK}}=\frac{1}{3}d\left( A;\left( SBD \right) \right).{{S}_{\Delta OHK}}=\frac{1}{3}h.{{S}_{\Delta OHK}}$
Tứ diện ASBD vuông tại A nên:
$\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{5}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{10}}{5}$
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng
$S=\frac{1}{2}OG.HK=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{10}}{6}.\frac{2\sqrt{2}a}{3}=\frac{\sqrt{5}{{a}^{2}}}{9}\Rightarrow {{V}_{OAHK}}=\frac{1}{3}Sh=\frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{27}$
$\Rightarrow d\left( O;\left( AHK \right) \right)=\frac{3{{V}_{OAHK}}}{{{S}_{AHK}}}=\frac{3\cdot \frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{27}}{\frac{2\sqrt{2}{{a}^{2}}}{9}}=\frac{a}{2}$
Cách 2: Ta chứng minh ${{V}_{OAHK}}=\frac{2}{9}{{V}_{SABD}}$
Ta có: HK=\frac{2}{3}BD;\,OG=\frac{1}{3}SO
$\Rightarrow {{S}_{OHK}}=\frac{1}{2}HK\cdot OG=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{9}BD\cdot SO=\frac{2}{9}{{S}_{SBD}}$
$\Rightarrow {{V}_{AOHK}}=\frac{2}{9}{{V}_{SABD}}=\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{3}SA\cdot \frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{27}$

Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O º A, $B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0),$ $S(0 ; 0 ; a\sqrt{2}).$
Tính SH, SK suy ra tọa độ của $H\left( 0;\frac{2a}{3};\frac{a\sqrt{2}}{3} \right)\], K\[\left( \frac{2a}{3};0;\frac{a\sqrt{2}}{3} \right)\], O\[\left( \frac{a}{2};\frac{a}{2};0 \right)$
Áp dụng công thức $V=\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{AH},\overrightarrow{AK} \right].\overrightarrow{AO} \right|$

Cách 4: SC ^ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể xác định được theo phương SC.
* AH ^ SB, AH ^ BC (do BC ^ (SAB)) Þ AH ^ SC
Tương tự AK ^ SC. Vậy SC ^ (AHK)
* Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC
Þ OJ ^ (AHK).
$SA = AC = a\sqrt{2}$ Þ DSAC cân tại A Þ I là trung điểm của SC.
Vậy $OJ=\frac{1}{2}IC=\frac{1}{4}SC=\frac{1}{4}.2a=\frac{a}{2}$

III) Phương pháp trượt

Ví dụ 5. (Đề thi Đại học khối B năm 2011).
Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=a,AD=a\sqrt{3}. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD, góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.

Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên ta trượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C và quy việc tính $d\left( {{B}_{1}};\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)$ thành tính $d\left( C;\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)$
Bài giải.

* Gọi O là giao điểm của AC và BD $\Rightarrow {{A}_{1}}O\bot \left( ABCD \right)$
Gọi E là trung điểm AD
$\Rightarrow OE\bot AD\,\,\And \,\,{{A}_{1}}E\bot AD$
$\Rightarrow \widehat{{{A}_{1}}EO}={{60}^{0}}$
${{A}_{1}}O=OE.\tan \widehat{{{A}_{1}}EO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\sqrt{3}$
${{V}_{lt}}={{A}_{1}}O.{{S}_{ABCD}}=\frac{3{{a}^{3}}}{2}$

* Tính
Cách 1:
Do B1C // (A1BD)
$\Rightarrow d\left( {{B}_{1}};\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=d\left( C;\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)$
Hạ $CH\bot BD\Rightarrow CH\bot \left( {{A}_{1}}BD \right)\]\[\Rightarrow d\left( C;\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=CH=\frac{CB.CD}{\sqrt{C{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Cách 2:
$d\left( {{B}_{1}};\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=d\left( C;\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=d\left( A;\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=\frac{3{{V}_{{{A}_{1}}ABD}}}{{{S}_{{{A}_{1}}BD}}}$
Trong đó: ${{V}_{{{A}_{1}}ABD}}=\frac{1}{6}{{V}_{lt}}=\frac{{{a}^{3}}}{4}$
${{S}_{\Delta {{A}_{1}}BD}}=\frac{1}{2}{{A}_{1}}O.BD=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot 2a=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow d\left( {{B}_{1}};\left( {{A}_{1}}BD \right) \right)=\frac{3\cdot \frac{{{a}^{3}}}{4}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ví dụ 6.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh bằng a, $SA=a\sqrt{3}$ và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC).
b)Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến (SAC).
Phân tích: Do $OA\cap \left( SBC \right)=C$ , nên thay vì việc tính $d\left( O,\left( SBC \right) \right)$ ta đi tính $d\left( A,\left( SBC \right) \right),$ tương tự như vậy ta có thể quy việc tính $d\left( G,\left( SAC \right) \right)$ thông qua việc tính $d\left( E,\left( SAC \right) \right)\ \ hay\,\,\,\ d\left( B,\left( SAC \right) \right)$

Lời giải.

a) Ta có: nên:
$\begin{align} & \frac{d\left( O,\left( SBC \right) \right)}{d\left( A,\left( SBC \right) \right)}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2} \\ & \Leftrightarrow d\left( O,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right) \end{align}$
Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:
$\left\{ \begin{align} & AH\bot SB \\ & AH\bot BC \end{align} \right.$
$\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$
Trong tam giác vuông SAB có:
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow d\left( O,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.
Do $EG\cap \left( SAB \right)=S$ nên $\frac{d\left( G,\left( SAC \right) \right)}{d\left( E,\left( SAC \right) \right)}=\frac{GS}{ES}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow d\left( G,\left( SAC \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( E,\left( SAC \right) \right)$
Ta có:
$\left\{ \begin{align} & BO\bot AC \\ & BO\bot SA \end{align} \right.$
$\Rightarrow BO\bot \left( SAC \right);BE\cap \left( SAC \right)=A$
$\Rightarrow d\left( E,\left( SAC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( B,\left( SAC \right) \right)=\frac{1}{2}BO=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d\left( G,\left( SAC \right) \right)=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

IV) Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vuông
a ) HạTrong ( SOK ) kẻTa cóABD đềuTrong tam giác vuông OBC có : Trong tam giác vuông SOK có : Vậyb ) Ta cóKẻCho hình chópcó đáylà hình vuông vắn cạnh. Gọivàlần lượt là trung điểm của các cạnhvàlà giao điểm củavới. Biếtvuông góc với mặt phẳng ( ) và SH = a \ sqrt { 3 }. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳngvàtheoTa có : DoKẻSuy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nênTa có : VậyCho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng ( AMN ). Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC hay AMNP là thuận tiện. Vậy ta hoàn toàn có thể nghĩ đến việc quy việc tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng ( AMN ) về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên, khoảng cách từ P đến ( AMN ) hoàn toàn có thể thay bằng khoảng cách từ C đến ( SAB ). Gọi O là tâm của hình vuông vắn ABCD, khi đó SO ^ ( ABCD ). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nênVậy : Vậy. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông vắn tâm O, SA vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a ,. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( AHK ). Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt phẳng nên ta hoàn toàn có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn thế nữa tam giác AHK cân nên ta tính được diện tích quy hoạnh của nó. Trong đó : Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK / / BD.AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nênTam giác AHK cân tai A, G là trung điểm của HK nên AG ^ HKvàTứ diện ASBD vuông tại A nên : Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích quy hoạnh S bằngTa chứng minhTa có : HK = \ frac { 2 } { 3 } BD ; \, OG = \ frac { 1 } { 3 } SOGiải bằng chiêu thức tọa độ như sau : Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O º A, Tính SH, SK suy ra tọa độ củaÁp dụng công thức * AH ^ SB, AH ^ BC ( do BC ^ ( SAB ) ) Þ AH ^ SCTương tự AK ^ SC. Vậy SC ^ ( AHK ) * Giả sử ( AHK ) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ / / SCÞ OJ ^ ( AHK ). Þ DSAC cân tại A Þ I là trung điểm của SC.VậyCho lăng trụcó đáylà hình chữ nhật AB = a, AD = a \ sqrt { 3 }. Hình chiếu vuông góc của điểmtrên mặt phẳng ( ) trùng với giao điểm của AC và BD, góc giữa hai mặt phẳng ( ) và ( ) bằng 60. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểmđến mặt phẳng ( ) theoDo BC / / ( ABD ) nên ta trượt đỉnh Bvề vị trí thuận tiện C và quy việc tínhthành tính * Gọi O là giao điểm của AC và BDGọi E là trung điểm ADDo BC / / ( ABD ) HạTrong đó : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông vắn tâm O có cạnh bằng a, và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). a ) Tính khoảng cách từ O đến ( SBC ). b ) Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến ( SAC ). Do, nên thay vì việc tínhta đi tínhtương tự như vậy ta hoàn toàn có thể quy việc tínhthông qua việc tínha ) Ta có : nên : Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có : Trong tam giác vuông SAB có : b ) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.DonênTa có :

Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh đó đều là góc vuông.
Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O $(OA\bot OB,OB\bot OC,OC\bot OA)$ và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức
. Giả sử OABC là tứ diện vuông tại Ovà H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức

Xem thêm: Cách sử dụng Google Map bằng giọng nói để không còn lạc lối

Chứng minh.

Giả sử $AH\cap BC=D, OH\bot (ABC)\Rightarrow OH\bot BC (1)$
$OA\bot OB,OA\bot OC\Rightarrow OA\bot BC (2)$
Từ (1) và (2) suy ra $BC\bot OD$ . Trong các tam giác vuông OAD và OBC ta có
$\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{D}^{2}}},\,\,\frac{1}{O{{D}^{2}}}=\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$
Vì vậy
Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng các phép trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh của tam diện vuông đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụng được tính chất trên

Ví dụ 7. Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’ và BB’. Tính khoảng cách giữa B’M và CN

Phân tích. Để tính khoảng cách giữa B’M và CN ta tìm một mặt phẳng chứa CN và song song với B’M, tiếp theo ta dùng các phép trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách trong tứ diện vuông.

Lời giải.

Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thì OACD là tứ diện vuông tại O. AMB’N là hình bình hành $\Rightarrow NA//B'M$ . Mặt phẳng (ACN) chứa CN và song song với B’M nên
$d(B'M,CN)=d(B'M,(ACN))=d(B',(ACN))=d(B,(ACN))=2d(O,(ACD))=2h$ Áp dụng tính chất của tứ diện vuông ta được
$\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{D}^{2}}}=\frac{64}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{8}.$ Vậy $d(B'M,CN)=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Ví dụ 8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của \[DD’\]. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A’D.
Lời giải.

Gọi N là trung điểm của BB’ thì A’NCM là hình bình hành nên A’N//CM. Mặt phẳng (A’ND) chứa A’D và song song với CM nên
$\begin{align} & d(CM,A'D)=d(CM,(A'ND)) \\ & =d(M,(A'ND))=d(M,(A'DE)) \end{align}$

với $E=AB\cap A'N$ . Gọi $O=AD'\cap A'D,\,\,G=AD'\cap AM$ thì G là trọng tâm của tam giác ADD’.
Do đó $\frac{d(M,(A'DE))}{d(A,(A'DE))}=\frac{GM}{GA}=\frac{1}{2}.$
Tứ diện AA’DE vuông tại A nên
$\frac{1}{{{d}^{2}}(A,(A'DE))}=\frac{1}{AA{{'}^{2}}}$ $+\frac{1}{A{{D}^{2}}}+\frac{1}{A{{E}^{2}}}$ $=\frac{9}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow d(A,(A'DE))=\frac{2a}{3}.$
Vậy $d(CM,A'D)=d(M,(A'DE))=\frac{1}{2}d(A,(A'DE))=\frac{a}{3}$
V) Sử dụng phương pháp tọa độ.
* Phương pháp:
Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.
Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ – véc tơ
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình học.

Ví dụ 9.
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ bất kì đi qua đường chéo B’D.
a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’)
b) Xác định vị trí của mặt phẳng sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi và hình lập phương là bé nhất.

Phân tích: Với một hình lập phương ta luôn chọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) trở nên dễ dàng. Với phần b, ta quy việc tính diện tích thiết diện về việc tính khoảng cách từ M đến đường thẳng DB’.
Lời giải.
Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ $O\equiv D'\left( 0;0;0 \right)$
$A'\left( 0;1;0 \right),B'\left( 1;1;0 \right),C'\left( 1;0;0 \right),A\left( 0;1;1 \right),C\left( 1;0;1 \right)$ Gọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức
$M\left( x;0;0 \right);\,\,0\le x\le 1$
a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)
$\Rightarrow d\left( \left( ACD' \right),\left( A'BC' \right) \right)=d\left( A',\left( ACD' \right) \right)$
Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: x+y-z=0
$\Rightarrow d\left( \left( ACD' \right),\left( A'BC' \right) \right)=d\left( A',\left( ACD' \right) \right)=\frac{1}{\sqrt{3}}$
b) Giả sử cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đối diện song song với nhau nên cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM và DN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N.
Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó:
${{S}_{DMB'N}}=DB'\cdot MH=DB'\cdot d\left( M,DB' \right).$
Ta có: $DB'=\sqrt{3}$
$d(M,DB')=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{MD};\overrightarrow{DB'} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{DB'} \right|}=\frac{\sqrt{2{{x}^{2}}-2x+2}}{\sqrt{3}}$
${{S}_{DMB'N}}=\sqrt{2{{x}^{2}}-2x+2}=\sqrt{2{{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{2}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$
Nên diện tích ${{S}_{DMB'N}}$ nhỏ nhất khi $M\left( \frac{1}{2};0;0 \right),$ hay M là trung điểm D’C’
Hoàn toàn tương tự nếu $M\left( 0;y;0 \right)\Rightarrow M\left( 0;\frac{1}{2};0 \right)$
Vậy diện tích nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm D’A’.

Ví dụ 10.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. $SA\bot \left( ABCD \right)$ , SA=a. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.

Lời giải.

Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho
$\begin{align} & O\equiv A\left( 0;0;0 \right),B\left( 1;0;0 \right),C\left( 1;1;0 \right),D\left( 0;1;0 \right), \\ & S\left( 0;0;1 \right). \end{align}$
M là điểm di động trên CD nên $M\left( t;1;0 \right) \,\,\, (0\le t\le 1).$
$\overrightarrow{BM}=\left( t-1;1;0 \right)$
$d\left( S,BM \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{SB},\overrightarrow{BM} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{BM} \right|}=\sqrt{\frac{{{t}^{2}}-2t+3}{{{t}^{2}}-2t++2}}$
Xét hàm số
$f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2t+3}{{{t}^{2}}-2t++2}$ trên [0;1]
$f'\left( t \right)=\frac{-2\left( t-1 \right)}{{{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}^{2}}}$
Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có
$\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=\frac{3}{2}$ , đạt được khi t = 0
$\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=2,$ đạt được khi t = 1
Do đó $d\left( S,MB \right)$ lớn nhất khi $M\equiv C\And d\left( S,BM \right)=\sqrt{2}$
nhỏ nhất khi $M\equiv D\And d\left( S,BM \right)=\sqrt{\frac{3}{2}}$ Giả sửTừ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra. Trong các tam giác vuông OAD và OBC ta cóVì vậyMục tiêu của chiêu thức này là sử dụng các phép trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh của tam diện vuông đến mặt huyền của nó và vì thế vận dụng được đặc thù trên. Cho lăng trụ đều ABC.A ‘ B’C ‘ có toàn bộ các cạnh đều bằng. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA ‘ và BB ‘. Tính khoảng cách giữa B’M và CNĐể tính khoảng cách giữa B’M và CN ta tìm một mặt phẳng chứa CN và song song với B’M, tiếp theo ta dùng các phép trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách trong tứ diện vuông. Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thì OACD là tứ diện vuông tại O. AMB’N là hình bình hành. Mặt phẳng ( ACN ) chứa CN và song song với B’M nênÁp dụng đặc thù của tứ diện vuông ta đượcVậy. Cho hình lập phương ABCD.A ‘ B’C ‘ D ‘ có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của \ [ DD ‘ \ ]. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A’D. Gọi N là trung điểm của BB ‘ thì A’NCM là hình bình hành nên A’N / / CM. Mặt phẳng ( A’ND ) chứa A’D và song song với CM nênvới. Gọithì G là trọng tâm của tam giác Địa Chỉ ‘. Do đóTứ diện AA’DE vuông tại A nênVậyChon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét. Chuyển bài toán từ ngôn từ hình học sang ngôn từ toạ độ – véc tơGiải bài toán bằng chiêu thức toạ độ, rồi chuyển sang ngôn từ hình học. Cho hình lập phương ABCDA’B ’ C’D ’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳngbất kì đi qua đường chéo B’D. a ) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ACD ’ ) và ( A’BC ’ ) b ) Xác định vị trí của mặt phẳngsao cho diện tích quy hoạnh của thiết diện cắt bởivà hình lập phương là bé nhất. Với một hình lập phương ta luôn chọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ACD ’ ) và ( A’BC ’ ) trở nên thuận tiện. Với phần b, ta quy việc tính diện tích quy hoạnh thiết diện về việc tính khoảng cách từ M đến đường thẳng DB ’. Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độGọi M là điểm bất kỳ trong đoạn thẳng C’D ’, tứca ) Dễ dàng chứng tỏ được ( ACD ’ ) / / ( A’BC ’ ) Mặt phẳng ( ACD ’ ) có phương trình : x + y-z = 0 b ) Giả sửcắt ( CDD’C ’ ) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đối lập song song với nhau nêncắt ( ABB’A ’ ) theo giao tuyến B’N / / DM và Doanh Nghiệp / / MB ’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N. Gọi H là hình chiếu của M trên DB ’. Khi đó : Ta có : Dấu đẳng thức xảy ra khiNên diện tíchnhỏ nhất khihay M là trung điểm D’C ’ Hoàn toàn tựa như nếuVậy diện tíchnhỏ nhất khi M là trung điểm D’C ’ hoặc M là trung điểm D’A ’. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh a., SA = a. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất. Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao choM là điểm di động trên CD nênXét hàm sốtrên [ 0 ; 1 ] Ta có bảng biến thiên : Từ bảng biến thiên ta có, đạt được khi t = 0 đạt được khi t = 1D o đólớn nhất khinhỏ nhất khi

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1. (Đề thi Đại học khối D năm 2011).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết $SA = SB=2a\sqrt{3}$ và $\widehat{SBC}={{30}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Bài 2.
Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc $BAD={{60}^{0}}.$ Các cạnh bên SA = SC; $SB = SD =a\sqrt{3}.$
a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD.

Bài 3. Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA=OB=OC=1. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,OA.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và CN.
Bài 4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

Bài 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008).
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.

Bài 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009).
Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC)Cho hình chópcó đáylà tam giác vuông tại = 3 = 4 ; mặt phẳng ( ) vuông góc với mặt phẳng ( ). Biếtvà. Tính thể tích khối chópvà khoảng cách từ điểmđến mặt phẳng ( ) theoCho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, gócCác cạnh bên SA = SC ; a ) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SBC ). b ) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD.Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = 1. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, OA.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và CN.Cho hình chópcó đáylà tam giác vuông cân tại = 2 ; hai mặt phẳng ( ) và ( ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ). Gọilà trung điểm của ; mặt phẳng quavà song song với, cắttại. Biết góc giữa hai mặt phẳng ( ) và ( ) bằng 60. Tính thể tích khối chópvà khoảng cách giữa hai đường thẳngvàtheoCho lăng trụ đứng ABC.A ‘ B’C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA ‘ = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A ‘ B’C ‘ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C. Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B ’ C ’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA ’ = 2 a, A’C = 3 a. Gọilà trung điểm của đoạn thẳng A’C ’, là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng ( IBC )

Source: https://thevesta.vn
Category: Chỉ Đường