Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Kỳ thi ĐGNL ĐHQG Hà Nội
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác cạnh $BC = a,\,\,AC = 2a\sqrt 2 $, góc $\widehat {ACB} = {45^0}$. Cạnh bên $SB$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC).$ Tính khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SBC).$
Từ A kẻ AH vuông góc với $BC,\,\,H \in BC$ (1)
Ta có $SB$ vuông góc với $\left( {ABC} \right)$$ \Rightarrow SB \bot AH\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1), (2) suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH.$
Tam giác $AHC$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat {HCA} = \dfrac{{AH}}{{AC}}$.
$ \Rightarrow AH = \sin \widehat {HAC}.AC = \sin {45^0}.AC = 2a\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 2a.$
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật có $AB = a\sqrt 2 $. Cạnh bên \(SA = 2a\) và vuông góc với mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\). Tính khoảng cách \(d\) từ \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Do AD // BC nên $d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).$
Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra $AK \bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right)\)
Khi $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.$
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AD = a,\) \(AB = 2a,\) \(BC = 3a,\) \(SA = 2a\), \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\), \(SH\) là đường cao của hình chóp \(S.ABCD\). Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\).
Ta có \(SH = a\sqrt 3 ;\)\(HC = a\sqrt {10} ;\) \(HD = a\sqrt 2 ;\) \(DC = a\sqrt 8 \) \( \Rightarrow H{C^2} = H{D^2} + D{C^2}\)
Vậy tam giác \(HDC\) vuông tại \(D\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).
Ta có: \(\dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{OA}}{{OH}} = \dfrac{{AD}}{{HM}} = \dfrac{{2AD}}{{AD + BC}} = \dfrac{1}{2} \)
\(\Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.HK\)
Trong đó \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(H \) lên \(SD\). Ta có:
\(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{H{D^2}}} + \dfrac{1}{{H{S^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{5}{{6{a^2}}}\)
\( \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{{10}}\).
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng $a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $SB$ hợp với mặt đáy một góc $60^\circ $. Tính khoảng cách \(d\) từ điểm $D$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.
Xác định
\({60^0} = \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \).
Ta có \(AD\parallel BC \Rightarrow AD\parallel \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\)
Kẻ \(AK \bot SB\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right)\)
Khi đó \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Vậy \(d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), cạnh \(a.\) Cạnh bên \(SA = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{2}\) và vuông góc với mặt đáy \(\left( {ABCD} \right).\) Tính khoảng cách \(d\) từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right).\)
Ta có : \(OA \cap \left( {SBC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}\)\( = \dfrac{{OC}}{{AC}}\)\( = \dfrac{1}{2}\)
Do đó $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).$
Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$ $ \Rightarrow $$AK \bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK\)
Tam giác vuông SAB, có $AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}}.$
Vậy $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}AK = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{38}}.$
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$; góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng ${60^0}$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AB$. Tính khoảng cách \(d\) từ $B$ đến mặt phẳng $\left( {SMC} \right)$.
\({60^0} = \widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)} \)
\(= \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA};\)
\(SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a.\sqrt 3 = a\sqrt 3 .\)
Do $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ nên \(d\left( {B;\left( {SMC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMC} \right)} \right)\).
Trong $(SAB)$ kẻ \(AK \bot SM\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AB\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CM \bot AK\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SCM} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMC} \right)} \right) = AK.\)
Tam giác vuông \(SAM\), có \(AK = \dfrac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Vậy \(d\left( {B;\left( {SMC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Cạnh bên $SA = a\sqrt 3 $ và vuông góc với mặt đáy $\left( {ABC} \right)$. Tính khoảng cách $d$ từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.
Gọi M là trung điểm BC, suy ra $AM \bot BC$ và $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Gọi K là hình chiếu của A trên SM, suy ra $AK \bot SM$. $\left( 1 \right)$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AK.$ $\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2), suy ra $AK \bot \left( {SBC} \right)$ nên $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK.$
Trong $\Delta \,SAM$, có $AK = \dfrac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {15} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}.$
Vậy $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}.$
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB = a,{\rm{ }}AC = a\sqrt 3 $. Tam giác $SBC$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách $d$ từ $B$ đến mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC,$ suy ra $SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.
Gọi $K$ là trung điểm $AC$, suy ra $HK \bot AC$.
Kẻ $HE \bot SK\,\,\,\,\left( {E \in SK} \right).\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HK\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right)\)\( \Rightarrow AC \bot HE\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow HE \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HE = d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)\)
Ta có :
\(BH \cap \left( {SAC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} \)\(= \dfrac{{BC}}{{HC}} \)\(= 2\)\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE\)
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}\)\( = 2a\)
Tam giác \(SBC\) đều cạnh \(2a\) nên đường cao \(SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Lại có \(HK\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(HK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}\)
Vậy \(d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE \)\(= \dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} \)\( = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}.\)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng $2a$. Tính khoảng cách $d$ từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$
Gọi $O$ là tâm của đáy, suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.
Ta có
\(\begin{array}{l}AO \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{AC}}{{OC}} = 2\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\end{array}\)
Gọi $J$ là trung điểm $CD$, suy ra $OJ \bot CD$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $SJ$, suy ra $OK \bot SJ\,\,\,\left( 1 \right)$.
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OJ\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOJ} \right) \Rightarrow CD \bot OK\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OK=\dfrac{{SO.OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }}\)
Ta có : \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow OK = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\)
Vậy $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK = \dfrac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}.$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $1$. Tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $\left( {ABCD} \right)$. Tính khoảng cách $d$ từ $A$ đến $\left( {SCD} \right)$.
Gọi $H$ là trung điểm $AB$, suy ra $SH \bot AB \Rightarrow $$SH \bot \left( {ABCD} \right).$
Gọi $E$ là trung điểm $CD$; $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SE$.
Ta có : \(HE \bot CD,SH \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SHE} \right)\) \( \Rightarrow CD \bot HK\), mà \(HK \bot SE\) nên \(HK \bot \left( {SCD} \right)\)
Do $AH$//$CD$ nên $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).$
Khi đó $d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}.$
Vậy $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}.$
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $1$, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc ${60^0}$. Tính khoảng cách \(d\) từ $O$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
$OB = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2},OM = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}$
Xác định ${60^0}{\rm{ = }}\widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;OB} \right)} = \widehat {SBO}$ và
\(SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), kẻ \(OK \bot SM\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK\).
Tam giác vuông $SOM,$ có \(OK = \dfrac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}}.\)
Vậy \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}}.\)
Cho hình chóp \(S.ACBD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = AB = BC = 1\), \(AD = 2\). Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).
Trong (ABCD) kẻ \(AE \bot BD\), trong (SAE) kẻ \(AK \bot SE\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AK\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK.\)
Tam giác vuông \(ABD\), có \(AE = \dfrac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Tam giác vuông $SAE$, có $AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{2}{3}$.
Vậy \(d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK = \dfrac{2}{3}\).
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và cạnh bên bằng $\dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}$. Tính khoảng cách \(d\) từ đỉnh $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ .
Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC\).
Do hình chóp $S.ABC$ đều nên suy ra \(SO \bot \left( {ABC} \right)\).
Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\) ta có:
$\begin{array}{l}AO \cap \left( {SBC} \right) = E \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 3.d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right).\end{array}$
Trong $(SAE)$ kẻ \(OK \bot SE\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AE\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot OK\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK\)
Tính được $SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} \right)}^2}} = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{a}{2}$ và \(OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)
Tam giác vuông \(SOE\), có \(OK = \dfrac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \dfrac{a}{4}\).
Vậy $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 3OK = \dfrac{{3a}}{4}$.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), $AD = 2BC,$ $AB = BC = a\sqrt 3 $. Đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Gọi \(E\) là trung điểm của cạnh \(SC\). Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(E\) đến mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Ta có
\(\begin{array}{l}EC \cap \left( {SAD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right)}} = \dfrac{{ES}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right)\end{array}\).
Gọi M là trung điểm AM, suy ra ABCM là hình vuông \( \Rightarrow CM \bot AD\).
Do \(\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AD\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = CM = AB = a\sqrt 3 \)
Vậy \(d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}CM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = a,{\rm{ }}AD = 2a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, góc giữa \(SD\) với đáy bằng \({60^0}.\) Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) theo \(a\).
Xác định \({60^0} = \widehat {\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD,AD} \right)} = \widehat {SDA}\) và \(SA = AD.\tan \widehat {SDA} = 2a\sqrt 3 \).
Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$ ta có
$\begin{array}{l}CA \cap \left( {SBD} \right) = O\\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{CO}}{{AO}} = 1\\ \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\end{array}$.
Trong $(ABCD)$ kẻ \(AE \bot BD\) và trong $(SAE)$ kẻ \(AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AK\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK\).
Tam giác vuông \(BAD\), có \(AE = \dfrac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Tam giác vuông \(SAE\), có \(AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy $d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AC = 2a,{\rm{ }}BC = a$. Đỉnh $S$ cách
đều các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$. Tính khoảng cách \(d\) từ trung điểm $M$ của $SC$ đến mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$.
Gọi \(O\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). (Do tam giác $ABC$ vuông tại $B$).
Do đỉnh $S$ cách đều các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.
Ta có
$\begin{array}{l}MC \cap \left( {SBD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{MS}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)\end{array}$.
Kẻ \(CE \bot BD\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CE \bot BD\\CE \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = CE = \dfrac{{CB.CD}}{{\sqrt {C{B^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Vậy \(d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\). Tam giác \(ABC\) đều, hình chiếu vuông góc \(H\) của đỉnh \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) trùng với trọng tâm của tam giác \(ABC\). Đường thẳng \(SD\) hợp với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) góc \({30^0}\). Tính khoảng cách \(d\) từ \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) theo \(a\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh $a$, \(H\) là trọng tâm tam giác nên $BH = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$
$ \Rightarrow HD = BD - BH = a\sqrt 3 - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}$
Xác định \({30^0} = \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH}\) và \(SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}BH \cap \left( {SCD} \right) = D \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{BD}}{{HD}} = \dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}\).
Ta có \(HC \bot AB \Rightarrow HC \bot CD\).
Kẻ \(HK \bot SC\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HC\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow CD \bot HK\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK\)
Tam giác vuông \(SHC\), có \(HK = \dfrac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{2a}}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{2a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}\).
Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}HK = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $H$ trùng với trung điểm của $AB$, biết $SH = a\sqrt 3 $. Gọi $M$ là giao điểm của $HD$ và $AC$. Tính khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
Xét $\Delta HAD$, có $AC$ là tia phân giác của góc $\widehat {HAD}$
$ \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AD}} = \dfrac{{HM}}{{MD}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{MD}} = \dfrac{3}{2}$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}H,\,M \in HD\\HM \cap \left( {SCD} \right) = D\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{HD}}{{MD}} = \dfrac{3}{2}.$
Gọi $N$ là trung điểm của $CD \Rightarrow HN \bot CD$.
Trong $(SHN)$ từ $H$ kẻ $HK \bot SN\,\,\,\,\left( 1 \right)$, $K \in SN$
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HN\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow CD \bot HK\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) $ \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)$.
Khi đó $d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{SH.HN}}{{\sqrt {S{H^2} + H{N^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$
$ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$.
Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $SA = AB = a$ và $AD = x.a$. Gọi $E$ là trung điểm của $SC$. Tìm $x$, biết khoảng cách từ điểm $E$ đến mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ bằng $h = \dfrac{a}{3}$.
Ta có $E \in SC$, $EC \cap \left( {SBD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{ES}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}$
Từ A kẻ $ AK \bot BD\left( {K \in BD} \right)$, kẻ $AH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AK\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BD \bot AH\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right).\)
$ \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = 2.d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{2a}}{3}.$
Mà $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{K^2}}} \Rightarrow AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} - A{H^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.
Tam giác $ABD$ vuông tại $A$, có đường cao $AK$.
$ \Rightarrow \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{AD{}^2}} = \dfrac{1}{{A{K^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}{x^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} = 4\end{array} \right. \Rightarrow x = 2$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $BC = a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, góc $\widehat {SCA} = \widehat {BSC} = {30^0}$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Tính khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $\left( {SAM} \right)$.
Đặt $AB = x \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \Rightarrow $$SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt {\dfrac{{{x^2} + {a^2}}}{3}} .$
Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại $B,$ có $SB = \dfrac{{BC}}{{\tan \widehat {BSC}}} = a\sqrt 3 .$
Tam giác $SAB$ vuông tại $A,$ có $S{A^2} + A{B^2} = S{B^2}$.
$ \Rightarrow \dfrac{{{x^2} + {a^2}}}{3} + {x^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow 4{x^2} = 8{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 .$
Kẻ $DH \bot AM$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot DH\\AM \bot DH\end{array} \right. \Rightarrow DH \bot \left( {SAM} \right).$
\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = DH\)
Xét $\Delta AMD$ vuông tại $D$, có $\dfrac{1}{{D{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{D^2}}} + \dfrac{1}{{M{D^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}}.$
$ \Rightarrow DH = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.$