Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, góc ABC bằng 60 độ

SBT Toán 11 Kết nối tri thức Bài 26: Khoảng cách

Bài 7.29 trang 38 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, góc ABC bằng 60°, biết tam giác SBC đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính theo a khoảng cách:

a) Từ điểm S đến mặt phẳng (ABC).

b) Từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

c) Giữa hai đường thẳng AB và SC.

Quảng cáo

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, góc ABC bằng 60 độ

a) Kẻ SH $⊥$ BC tại H. Do (SBC) $⊥$ (ABC) và (SBC) $\cap$ (ABC) = BC nên SH $⊥$ (ABC). Suy ra d(S, (ABC)) = SH.

Vì tam giác SBC là tam giác đều cạnh a, SH là đường cao nên SH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vậy d(S, (ABC)) = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

b) Do tam giác SBC đều và SH $⊥$ BC nên SH đồng thời là trung tuyến hay H là trung điểm của BC.

Kẻ HK $⊥$ CA tại K mà SH $⊥$ AC (do SH $⊥$ (ABC)). Suy ra AC $⊥$ (SHK).

Kẻ HQ $⊥$ SK tại Q mà AC $⊥$ HQ (do AC $⊥$ (SHK)). Do đó HQ $⊥$ (SAC).

Khi đó d(H, (SAC)) = HQ.

Xét tam giác vuông ABC vuông tại A, có AB = BC . cos 60° = $\frac{a}{2}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại A, có HK // AB (vì cùng vuông góc với AC) mà H là trung điểm của BC nên K là trung điểm của AC. Do đó HK là đường trung bình của tam giác ABC. Suy ra HK = $\frac{A B}{2} = \frac{a}{4}$ .

Xét tam giác SHK vuông tại H, có $\frac{1}{H Q^{2}} = \frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H K^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}} + \frac{16}{a^{2}} = \frac{52}{3 a^{2}}$ .

$\Rightarrow H Q = \frac{\sqrt{39} a}{26}$ .

Lại có H là trung điểm của BC nên d(B, (SAC)) = 2 . d(H, (SAC)) = 2HQ = $\frac{\sqrt{39} a}{13}$ .

c) Dựng hình bình hành ABMC mà $\hat{A} = 90 °$ nên ABMC là hình chữ nhật.

Do ABMC là hình chữ nhật nên AB // MC.

Khi đó AB // (SCM) và mặt phẳng (SCM) chứa SC nên

d(AB, SC) = d(AB, (SCM)) = d(B, (SCM)) = 2d(H, (SCM)).

Kẻ HN $⊥$ CM tại N.

Vì SH $⊥$ (ABC) nên SH $⊥$ (ABMC), suy ra SH $⊥$ MC.

Vì SH $⊥$ MC và HN $⊥$ CM nên CM $⊥$ (SHN).

Kẻ HE $⊥$ SN tại E.

Vì CM $⊥$ (SHN) nên CM $⊥$ HE mà HE $⊥$ SN nên HE $⊥$ (SCM).

Suy ra d(H, (SCM)) = HE.

Xét tam giác vuông ABC vuông tại A, có AC = BC . sin 60° = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác BCM có HN là đường trung bình nên HN = $\frac{B M}{2} = \frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{4}$ .

Xét tam giác SHN vuông tại H, có $\frac{1}{H E^{2}} = \frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H N^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}} + \frac{16}{3 a^{2}} = \frac{20}{3 a^{2}}$