Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng bằng phương pháp trực tiếp

(1)

H K

C

B A

S

CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI

Môn: Toán

KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG P1

TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÍNH TRỰC TIẾP Dạng 1:

^{d H SAB}



^;

  

^^HK

K

H I S

A B

Dạng 2:

^{d A SHB}



^;

  

^ ^AK

K S

H

A B

Bài 1. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BAC 60⁰; SA AC a và vuông góc với đáy.

a) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC . b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC . Lời giải

a) Trong tam giác vuông ABC, ta có

.cos 2

AB AC BAC a.

Kẻ AH SB H SB . 1

Ta có ^BC ^AB BC SAB BC AH

BC SA .

2

Từ 1 và 2 , suy ra AH SBC . Do đó ,

d A SBC AH.

Trong tam giác vuông SAB, ta có

2 2

. 5

5 SA AB a AH

SA AB

.

Vậy 5

, 5

d A SBC AH a .

b) Kẻ BK AC K AC . Ta có ^BK ^AC BK SAC

BK SA .Do đó d B SAC, BK.

Trong tam giác vuông ABC, ta có 3

.sin 2

BC AC BAC a suy ra

2 2

. 3

4 AB BC a BK

AB BC

.

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2021

(2)

LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 2/7

E

C

B A

S

K

Do O là tâm hình vuông nên OA OB OC OD.

Mà SA SB SC SD, suy ra SO là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD nên SO ABCD .

Trong tam giác vuông SOA, ta có ² ² 6

2 SO SA OA a . Gọi M là trung điểm BC, suy ra

2

OM a và OM BC. Gọi K là hình chiếu của O trên SM, suy ra OK SM. 1

Ta có ^BC ^OM BC SOM BC OK

BC SO . 2

Từ 1 và 2 , suy ra OK SBC nên d O SBC, OK. Trong tam giác vuông SOM, ta có

2 2

. 42

14 SO OM a OK

SO OM

.

Vậy 42

, 14

d O SBC OK a .

K D

M S

A B

C O

Bài 2. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA a và vuông góc với đáy, tam giác SBC cân tại S và tạo với đáy một góc 45⁰. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

Lời giải

Tam giác SBC cân tại S nên SB SC.

Suy ra SAB SAC (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do đó AB AC. Vậy tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi E là trung điểm BC, suy ra AE BC.

Gọi K là hình chiếu của A trên SE, suy ra AK SE. 1

Ta có ^BC ^AE BC SAE BC AK

BC SA .

2

Từ 1 và 2 , suy ra AK SBC nên d A SBC, AK.

Ta có ,

, SBC ABC BC SE SBC SE BC AE ABC AE BC

, , 450

SBC ABC SE AE SEA . Tam gác SAE vuông tại A có SEA 45⁰ nên là tam giác vuông cân, suy ra 2 2

2 2 2

SE SA a

AK .

Vậy 2

, 2

d A SBC AK a .

Bài 3. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; SA SB SC SD a 2. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng SBC .

Lời giải

(3)

S

B C

D

O K

M S

A B

C A M

B C

D S

I

K

Bài 4. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB BC a, AD 2a. Cạnh bên SA a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SCD .

Lời giải a) Gọi M là trung điểm AD, suy ra ABCM là hình vuông.

Do đó

2

CM MA AD nên tam gác ACD vuông tại C.

Kẻ AK SC K SC . 1

Ta có ^CD ^AC CD SAC CD AK

CD SA . 2

Từ 1 và 2 , suy ra AK SCD nên d A SCD, AK. Trong tam giác vuông SAC, ta có

2 2 2 2

. . 2 6

2 3

SA AC a a a

AK

SA AC a a

.

Vậy 6

, 3

d A SCD AK a .

Bài 5. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 120⁰; cạnh bên SA vuông góc với đáy.

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC , biết SMA 45⁰. Lời giải

Do BAD 120⁰ suy ra ABC 60⁰ nên tam giác ABC đều cạnh a. Suy ra AM là đường cao trong tam giác đều ABC và 3

2 AM a .

Kẻ AK SM K SM . 1

Ta có ^BC ^AM BC SAM BC AK

BC SA . 2

Trong tam giác vuông AKM, ta có 6

.sin 4

AK AM SMA a .

Vậy 6

, ,

4 d D SBC d A SBC AK a .

Bài 6. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng

SCN .

Lời giải Tam giác SAB đều và có M là trung điểm AB nên SM AB. Mà SAB ABCD theo giao tuyến AB nên SM ABCD . Ta có AMD DNC suy ra AMD DNC

ADM DCN .

Mà AMD ADM 90⁰ suy ra DNC ADM 90⁰ hay CN DM. Gọi E DM CN, K là hình chiếu vuông góc của M trên SE

suy ra MK SE. 1

(4)

LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 4/7

K H

E M C'

B' A'

C A B

Ta có ^CN ^DM CN SMD CN MK

CN SM . 2

Từ 1 và 2 , suy ra MK SCN . Do đó d M SCN, MK.

Ta có 3

2

SM a ; ² ² 5

2 DM AD AM a ;

2 2

. 5

5 DC DN a DE

DC DN

. Suy ra 3 5

10 ME DM DE a .

Trong tam giác vuông SME, ta có

2 2

. 3 2

8 SM ME a MK

SM ME

. Vậy 3 2

, 8

d M SCN MK a .

Bài 7. Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông với ABACa, góc giữa BC' và mặt phẳng



^{ACC A}^{' '}



^bằng^{30 . Gọi}⁰ ^M là trung điểm của B C' '. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



^{A BC}^'



^.

Lời giải

Theo giả thiết tam giác ABC vuông cân tại A.

Vì



^{' '}



' BA AC

BA ACC A BA AA

 

 

 

 suy ra hình chiếu vuông

góc của BC' trên mặt phẳng



^{ACC A}^{' '}



^là^AC^'^nên

300 BC', ACC A' ' BC AC', ' BC A' . Trong tam giác vuông BAC', ta có

' .cot ' 3

AC AB BC A a . Trong tam giác vuông AA C' ', ta có

2 2

' ' ' ' 2

AA  AC A C a . a) Gọi E là trung điểm của BC, suy ra AE BC. Kẻ AK A E' K A E' .

1

Ta có '

' BC AE

BC A AE BC AK

BC AA .

2

Từ 1 và 2 , suy ra AK A BC' nên , '

d A A BC AK. Trong tam giác vuông A AE, ta có ' 2

2 2

BC a

AE nên

2 2

'. 10

' 5

AA AE a AK

AA AE

.

Vậy 10

, '

5 d A A BC AK a .

(5)

E

K N

A'

A C

C'

B'

M

B

Bài 8. Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác với ABa AC, 2 , a BAC120⁰; AA' 2a 5. Gọi M là trung điểm CC'. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



^{A BM}^'



^.

Lời giải

Kéo dài A M' cắt AC tại N. Suy ra AN 2AC 4a và d A A BM, ' d A A BN, ' . Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên BN, suy ra AE BN.

Kẻ AK A E' K A E' . 1

Ta có



^'



' BN AE

BN A AE BN AA

 

 

 

 suy ra BNAK. 2

Từ 1 và 2 , suy ra AK A BN' nên d A A BN, ' AK.

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác ABN, ta có BN AB² AN² 2AB AN. .cosBAC a 21. Ta có

1 1

. .sin .

2 2

S ABN AB AN BAC BN AE suy ra ^. ^.sin ² ⁷ 7 AB AN BAC a

AE BN .

Trong tam giác vuông A AE, ta có '

2 2

'. 5

' 3

AA AE a AK

AA AE

. Vậy 5

, '

3 d A A BM AK a .

BÀI TẬP VỀ NHÀ

Bài 1. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA a 3 và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

Lời giải

Kẻ AH SB H SB . Ta có ^BC ^AB BC SAB BC AH

BC SA . Suy ra AH SBC . Do đó

,

d A SBC AH.

Trong tam giác vuông SAB, ta có ^. ³

2 SA AB a

AH . Vậy 3

, 2

d A SBC AH a .

(6)

LUYỆN TOÁN TỰ LUẬN – TRẮC NGHIỆM ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 6/7

A K

B C

D S

E

H K

E

C

B A

S

Bài 2. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a; cạnh bên SA a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳng SBD .

Lời giải Kẻ AE BD E BD .

Gọi K là hình chiếu của A trên SE, suy ra AK SE. 1

Ta có ^BD ^AE BD SAE BD AK

BD SA . 2

Từ 1 và 2 , suy ra AK SBD nên d A SBD, AK. Trong tam giác vuông ABD, ta có

2 2

. 2

5 AB AD a AE

AB AD

.

Trong tam giác vuông SAE, ta có

2 2

. 2

3 SA AE a AK

SA AE

.

Vậy , ²

3 d A SBD AK a.

Bài 3. Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác ABC với AB a AC, 2 , a BAC 120⁰. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, mặt phẳng SBC tạo với đáy một góc 60⁰.

a) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC . b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC . Lời giải

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC, ta có

2 2 2 . .cos 7

BC AB AC AB AC BAC a . Gọi E là hình chiếu của A trên BC, suy ra AE BC.

Ta có ^BC ^AE BC SAE BC SE

BC SA .

Do ,

, SBC ABC BC SE SBC SE BC

AE ABC AE BC

, , 600

SBC ABC SE AE SEA .

Ta có 1 1

. . .sin

2 2

S ABC AE BC AB AC BAC nên 3

7 AE a .

a) Kẻ AK SE K SE . 1

Ta có BC SAE BC AK. 2

Trong tam giác vuông AKE, ta có 3

.sin .sin

2 7

AK AE KEA AE SEA a . Vậy 3

, 2 7

d A SBC AK a .

b) Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Ta có ^BH ^AC BH SAC

BH SA . Do đó

,

d B SAC BH.

(7)

H C

A B

S

E K O

D

Ta có 3

.sin .sin

2

BH AB BAH AB BAC a (do BAH BAC 180⁰). Vậy 3

, 2

d B SAC a .

Bài 4. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 60⁰. Gọi O là giao điểm của AC và BD.Đường thẳng 3

4

SO a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng SBC . Lời giải

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều nên tam giác BCD cũng đều. Do đó đường cao DH trong BCD bằng

3 2 a .

Gọi E là hình chiếu vuông góc của O trên BC.

Suy ra 3

2 4

DH a

OE .

Kẻ OK SE K SE . 1

Ta có ^BC ^OE BC SOE BC OK

BC SO .

2

Từ 1 và 2 , suy ra OK SBC nên d O SBC, OK.

Trong tam giác vuông SOE, ta có

2 2

. 3

8 SO OE a OK

SO OE

.

Vậy , ³

8 d O SBC OK a.