Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng
Kỳ thi ĐGTD ĐH Bách Khoa
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = a,\) \(AD = 2a\). Tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({45^0}\). Gọi \(M\) là trung điểm \(SD\), hãy tính theo \(a\) khoảng cách \(d\) từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
Đáp án:
Đáp án:
Bước 1: Đổi \(d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)\) sang \(d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)\).
Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Vì \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) nên \(SH \bot AB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \subset \left( {ABCD} \right),\,\,SH \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(K = HD \cap AC\). Áp dụng định lí Ta-let ta có \(\dfrac{{DK}}{{HK}} = \dfrac{{DC}}{{AH}} = 2 \Rightarrow DK = 2HK\).
Ta có \(MD \cap \left( {SAC} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{SM}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}\)
\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)\)
Lại có \(DH \cap \left( {SAC} \right) = K\) nên \(\dfrac{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{DK}}{{HK}} = 2 \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)\)
Bước 2: Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HE \bot AC\,\,\left( {E \in AC} \right)\), trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HN \bot SE\,\,\left( {N \in SE} \right)\), chứng minh \(HN \bot \left( {SAC} \right)\)
Do đó \(d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HE \bot AC\,\,\left( {E \in AC} \right)\), trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HN \bot SE\,\,\left( {N \in SE} \right)\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HE\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHE} \right) \)\(\Rightarrow AC \bot HN\)\(\left\{ \begin{array}{l}HN \bot SE\\HN \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HN\)
Bước 3: Xác định góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\), từ đó tính \(SH\).
Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(HC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)
\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;HC} \right) = \angle SCH = {45^0}\)
\( \Rightarrow \Delta SHC\) vuông cân tại \(H\)\( \Rightarrow SH = HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} \)\(= \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}\)
Bước 4: Tính \(d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) \)
Ta có: \({S_{HAC}} = \dfrac{1}{2}HE.AC = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}}\)
$\Rightarrow HE.AC = \dfrac{1}{2}.AB.BC$
$ \Rightarrow HE = \dfrac{{\dfrac{1}{2}.AB.BC}}{{AC}} $$= \dfrac{{\dfrac{1}{2}.a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} $$= \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHE\) ta có:
Nên \(HN = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}}}{{\sqrt {\dfrac{{17{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{5}} }} = \dfrac{{a\sqrt {1513} }}{{89}}\)
Vậy \(d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {1513} }}{{89}}\).
Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình thoi cạnh $a .$ Tam giác $A B C$ đều, hình chiếu vuông góc $H$ của đỉnh $S$ trên mặt phẳng $(A B C D)$ trùng với trọng tâm của tam giác $A B C$. Đường thẳng $S D$ hợp với mặt phẳng $(A B C D)$ một góc $30^{\circ}$. Tính khoảng cách $d$ từ $B$ đến mặt phẳng $(S C D)$ theo $a$
$d=\dfrac{ a \sqrt{21}}{7}$
$d=\dfrac{ a \sqrt{21}}{7}$
$d=\dfrac{ a \sqrt{21}}{7}$
Bước 1: Gọi $O=A C \cap B D$. Tính BO, CH, HD theo a.
Gọi $O=A C \cap B D$
Ta có $\Delta A B C$ dều cạnh $a$ có $H$ là trọng tâm $\Rightarrow B O=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}, C H=\dfrac{a \sqrt{3}}{3}, H D=\dfrac{4}{3} B O=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}$
Bước 2: Tính SH theo a.
Mặt khác, $(\widehat{S D,(A B C D)})=\widehat{S D H}=30^{\circ}$
$\Rightarrow S H=H D \cdot \tan \widehat{S D H}=\dfrac{2 a}{3}$
Lại có $C H \perp A B \Rightarrow C H \perp C D$
Bước 3: Kẻ $H K \perp S C(K \in S C)$. Chứng minh \(HK \bot CD\)
Kẻ $H K \perp S C(K \in S C)$.
Ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SH \bot CD}\\{CH \bot CD}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow CD \bot (SHC)\)\( \Rightarrow HK \bot CD\)\( \Rightarrow HK \bot (SCD)\)
Bước 4: Tính \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)\)
\( \Rightarrow d(H,(SCD)) = HK\)\( = \dfrac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }}\)\( = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}\)
Mà \(\dfrac{{d(H,(SCD))}}{{d(B,(SCD))}} = \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{2}{3}\)\( \Rightarrow {d{(B,(SCD))}} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\)