Bài \(4\). Khoảng cách trong không gian trang \(74\) Sách giáo khoa Toán lớp \(11\) tập \(2\) Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:
Bài \(1\). Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) có \(O\) là giao điểm của hai đường chéo, \(\widehat{ABC} = 60^o, SO \perp (ABCD), SO = a\sqrt{3}\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \((SCD)\).
Trả lời:
\(a)\) Kẻ \(OM \perp CD, M \in CD\). Kẻ \(ON \perp SM, N \in SM\)
Ta có: \(SO \perp (ABCD) \Rightarrow SO \perp CD\)
Mà \(OM \perp CD\)
\(\Rightarrow CD \perp (SOM)\)
\(\Rightarrow CD \perp ON\). Mà \(ON \perp SM\)
Suy ra \(ON \perp (SCD)\).
\(\Rightarrow d(O, (SCD)) = ON\)
Tam giác \(ABC\) có \(AB = AC, \widehat{ABC} = 60^o\) nên tam giác \(ABC\) đều
\(\Rightarrow AC = a \Rightarrow OC = \displaystyle \frac{a}{2}\)
Xét tam giác \(ABD\) có \(\widehat{BAD} = 180^o \ – \ \widehat{ABC} = 120^o\)
\(\Rightarrow BD = \sqrt{AB^2 + AD^2 \ – \ 2. AB. AD. \cos{\widehat{BAD}}}\)
\(= \sqrt{a^2 + a^2 \ – \ 2. a. a. \cos{120^o}} = a\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow OD = \displaystyle \frac{1}{2} BD = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Xét tam giác \(OCD\) vuông tại \(O\), đường cao \(OM\) ta có:
\(OM = \displaystyle \frac{OC. OD}{CD} = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{4}\)
\(SO \perp (ABCD) \Rightarrow SO \perp OM\)
Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\), đường cao \(ON\) ta có:
\(ON = \displaystyle \frac{SO. OM}{SN} = \displaystyle \frac{SO. OM}{SO^2 + OM^2}\)
\(= \displaystyle \frac{a\sqrt{51}}{17}\)
Vậy \(d(O, (SCD)) = ON = \displaystyle \frac{a\sqrt{51}}{17}\)
\(\)
Bài \(2\). Cho tam giác cân \(ABC\) và \(ABD\) có đáy chung \(AB\) và không cùng nằm trong một mặt phẳng.
\(a)\) Chứng minh rằng \(AB \perp CD\).
\(b)\) Xác định đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).
Trả lời:
\(a)\) Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AB\)
Tam giác \(ABC\) cân tại \(C\) nên \(CI \perp AB\)
Tam giác \(ABD\) cân tại \(D\) nên \(DI \perp AB\)
\(\Rightarrow AB \perp (CID)\)
\(\Rightarrow AB \perp CD\)
\(b)\) Trong mặt phẳng \((CID)\), kẻ \(IH \perp CD (H \in CD)\)
Có \(AB \perp (CDI) \Rightarrow AB \perp IH\)
Vậy \(IH\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).
\(\)
Bài \(3\). Cho hình chóp \(SABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a, SA = SB = SC = SD = a\sqrt{2}\). Gọi \(I, J\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\).
\(a)\) Chứng minh \(AB \perp (SIJ)\).
\(b)\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(SC\).
Trả lời:
\(a)\) Gọi \(O\) là tâm của đáy nên \(SO \perp (ABCD)\)
\(\Rightarrow SO \perp AB\) \((1)\)
\(I, J\) lần lượt là trung điểm của \(AB, CD\) nên \(IJ\) là đường trung bình của hình vuông \(ABCD\).
\(\Rightarrow IJ // AD\). Mà \(AB \perp AD\)
\(\Rightarrow IJ \perp AB\) \((2)\)
Từ \((1), (2)\) suy ra:
\(AB \perp (SIJ)\)
\(b)\) Kẻ \(IH \perp SJ (H \in SJ), OK \perp SJ (K \in SJ)\)
\(\Rightarrow OK // IH\)
Có \(O\) là trung điểm của \(IJ\) \(\Rightarrow IH = 2. OK\)
Ta có: \(AB // CD \Rightarrow AB // (SCD)\)
\(\Rightarrow d(AB, CD) = d(AB, (SCD))\)
Có: \(AB \perp (SIJ)\). Mà \(AB // CD\)
\(\Rightarrow CD \perp (SIJ) \Rightarrow CD \perp IH\)
Mà \(IH \perp SJ\) nên suy ra \(IH \perp (SCD)\)
\(\Rightarrow d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = IH\)
Xét tam giác \(BCD\) có \(OJ\) là đường trung bình nên \(OJ = \displaystyle \frac{1}{2} BC = \displaystyle \frac{a}{2}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow OC = \displaystyle \frac{1}{2} AC = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)
Xét tam giác \(SOC\) vuông tại \(O\) ta có:
\(SO = \sqrt{SC^2 \ – \ OC^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 \ – \ \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}\)
Xét tam giác \(SOJ\) vuông tại \(O\), đường cao \(OK\) ta có:
\(OK = \displaystyle \frac{SO. OJ}{SJ} = \displaystyle \frac{SO. OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}} \)
\(= \displaystyle \frac{\frac{a\sqrt{6}}{2}. \frac{a}{2}}{\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2}} = \displaystyle \frac{a\sqrt{42}}{14}\)
Vậy \(d(AB, CD) = IH = 2. OK = \displaystyle \frac{a\sqrt{42}}{7}\)
\(\)
Bài \(4\). Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A’B’C\) có \(AB = a\), góc giữa hai mặt phẳng \((A’BC)\) và \((ABC)\) bằng \(60^o\).
\(a)\) Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ.
\(b)\) Tính thể tích của khối lăng trụ.
Trả lời:
\(a)\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\)
Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AI \perp BC\) và \(AI = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Xét tam giác \(A’BC\) có \(A’B = A’C\) nên tam giác \(A’BC\) cân tại \(A’\)
\(\Rightarrow A’I \perp BC\)
Suy ra \((A’BC), (ABC)) = (A’I, AI) = \widehat{AIA’} = 60^o\)
Xét tam giác \(A’AI\) vuông tại \(A\) ta có:
\(AA’ = AI. AI. \tan{\widehat{AIA’}} = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}. \tan{60^o} = \displaystyle \frac{3a}{2}\)
\(b)\) Ta có diện tích tam giác đều \(ABC\) là:
\(S_{ABC} = \displaystyle \frac{1}{2} AI. BC = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)
Thể tích khối lăng trụ là:
\(V_{ABC.A’B’C’} = S_{ABC}. AA’ = \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}\)
\(\)
Bài \(5\). Một cây cầu dành cho người đi bộ (Hình \(22\)) có mặt sàn cầu cách mặt đường \(3,5\)m, khoảng cách từ đường thẳng \(a\) nằm trên tay vịn của cầu đến mặt sàn cầu là \(0,8\) m. gọi \(b\) là đường thẳng kẻ theo tim đường. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\).
Trả lời:
Vì tay vịn cầu song song với mặt đường nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chính bằng khoảng cách từ đường thẳng \(a\) xuống mặt đường.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\) bằng:
\(3,5 + 0,8 = 4,3\) (m)
\(\)
Bài \(6\). Cho hình hộp đứng \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh bên \(AA’ = 2a\) và đáy \(ABCD\) là hình thoi có \(AB = a\) và \(AC = a\sqrt{3}\).
\(a)\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(AA’\).
\(b)\) Tính thể tích của khối hộp.
Trả lời:
\(a)\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \perp BD\)
\(\Rightarrow AO \perp BD\)
Có \(AA’ \perp (ABCD) \Rightarrow AA’ \perp AO\)
\(\Rightarrow d(BD, AA’) = AO = \displaystyle \frac{1}{2} AC = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(b)\) Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) ta có:
\(OB = \sqrt{AB^2 \ – \ OA^2} = \sqrt{a^2 \ – \ \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a}{2}\)
\(\Rightarrow BD = 2. OB = a\)
Diện tích tứ giác \(ABCD\) là:
\(S_{ABCD} = \displaystyle \frac{1}{2}. AC. BD = \displaystyle \frac{1}{2}. a\sqrt{3}. a \)
\(= \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
Thể tích khối hộp là:
\(V_{ABCD.A’B’C’D’} = S_{ABCD}. AA’ = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{2}. 2a = a^3\sqrt{3}\)
\(\)
Bài \(7\). Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\) và có \(O\) là giao điểm hai đường chéo của đáy.
\(a)\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SB\).
\(b)\) Tính thể tích của khối chóp.
Trả lời:
\(a)\) Kẻ \(OH \perp SB, H \in SB\)
\(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên \(SO \perp (ABCD)\)
\(\Rightarrow SO \perp AC\)
Có \(ABCD\) là hình vuông \(\Rightarrow AC \perp BD\)
\(\Rightarrow AC \perp (SBD)\). Mà \(OH \subset (SBD)\)
\(\Rightarrow AC \perp OH\)
Lại có \(OH \perp SB\)
\(\Rightarrow d(AC, SB) = OH\)
Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) có: \(BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow BO = \displaystyle \frac{1}{2} BD = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)
Xét tam giác \(SOB\) vuông tại \(B\) có: \(SO = \sqrt{SB^2 \ – \ BO^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(\Rightarrow OH = \displaystyle \frac{SO. BO}{SB} = \displaystyle \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}. \frac{a\sqrt{2}}{2}}{a} = \displaystyle \frac{a}{2}\)
Vậy \(d(AC, SB) = OH = \displaystyle \frac{a}{2}\)
\(b)\) \(S_{ABCD} = AB^2 = a^2\)
Thể tích khối chóp là:
\(V_{S.ABCD} = \displaystyle \frac{1}{3}. S_{ABCD}. SO = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{2}}{6}\)
\(\)
Bài \(8\). Tính thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF.A’B’C’D’E’F’\) với \(O\) và \(O’\) là tâm hai đáy, cạnh đáy lớn và đáy nhỏ lần lượt là \(a\) và \(\displaystyle \frac{a}{2}\), \(OO’ = a\).
Trả lời:
Diện tích đáy lớn \(ABCDEF\) là:
\(S_1 = 6. S_{ABO} = 6. \displaystyle \frac{1}{2}. a. \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2} \)
\(= 6. \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}\)
Diện tích đáy bé \(A’B’C’D’E’F’\) là:
\(S_2 = 6. S_{A’B’O’} = 6. \displaystyle \frac{1}{2}. \displaystyle \frac{a}{2}. \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{4}\)
\(= \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}\)
Thể tích khối chóp cụt lục giác đều là:
\(V = \displaystyle \frac{1}{3}. a. \left(\displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{2} + \sqrt{\displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}. \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}} + \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}\right)\)
\(= \displaystyle \frac{3a^3\sqrt{3}}{8}\)
Bài 4. Khoảng cách trong không Bài 4. Khoảng cách trong không Bài 4. Khoảng cách trong không
Xem bài giải trước: Bài 3 – Hai mặt phẳng vuông góc
Xem bài giải tiếp theo: Bài 5 – Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 11 Chân trời sáng tạo
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
Hạnh phúc đạt được khi bạn ngừng chờ đợi điều đó xảy ra và thực hiện các bước để biến nó thành hiện thực.