Khoảng cách trong không gian lớp 11 (Lý thuyết Toán 11 Chân trời sáng tạo)

Với tóm tắt lý thuyết Toán 11 Bài 4: Khoảng cách trong không gian sách Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh lớp 11 nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 11.

Khoảng cách trong không gian lớp 11 (Lý thuyết Toán 11 Chân trời sáng tạo)

(199k) Xem Khóa học Toán 11 CTST

Lý thuyết Khoảng cách trong không gian

1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, đến một mặt phẳng

Định nghĩa

Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng a thì độ dài đoạn MH được gọi là khoảng cách từ M đến đường thẳng a, kí hiệu d(M, a).

Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) thì độ dài đoạn MH được gọi là khoảng cách từ M đến (P), kí hiệu d(M, (P)).

Chú ý:

Ta quy ước:

• d(M, a) = 0 khi và chỉ khi M thuộc a;

• d(M, (P)) = 0 khi và chỉ khi M thuộc (P).

Nhận xét:

a) Lấy điểm K tùy ý trên đường thẳng a, ta luôn có d(M, a) ≤ MK.

b) Lấy điểm K tùy ý trên đường thẳng (P), ta luôn có d(M, (P)) ≤ MK.

Ví dụ 1. Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng ∆, hai điểm B, C thuộc ∆ sao cho BC = a, diện tích tam giác ABC bằng S. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ∆ theo a, S.

Hướng dẫn giải

Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Khi đó d(A, ∆) = AH. Vì diện tích tam giác ABC bằng S nên $S=\frac{1}{2}\mathrm{AH}\cdot \mathrm{BC}$$=\frac{1}{2}\mathrm{AH}\cdot a$.

Suy ra $d(A,\Delta )=\mathrm{AH}=\frac{2S}{a}$.

Vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ∆ bằng $\frac{2S}{a}$.

Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy, tam giác SAB vuông tại S, $\mathrm{AB}=a,\mathrm{SA}=\frac{3a}{5}$. Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABC).

Hướng dẫn giải

Gọi H là hình chiếu của S trên AB.

$\mathrm{Do}\text{}\left(\mathrm{SAB}\right)\perp \left(\mathrm{ABC}\right),$$\left(\mathrm{SAB}\right)\cap \left(\mathrm{ABC}\right)$$=\mathrm{AB},\mathrm{SH}\subset \left(\mathrm{SAB}\right)$ và $\mathrm{SH}\perp \mathrm{AB}$.

Suy ra $\mathrm{SH}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)$. Khi đó d(S, (ABC)) = SH.

Xét tam giác SAB vuông tại S có:

${\mathrm{SB}}^2={\mathrm{AB}}^2-{\mathrm{SA}}^2$$=a^2-{\left(\frac{3a}{5}\right)}^2$$=\frac{16a^2}{25}$$\Rightarrow \mathrm{SB}=\frac{4a}{5}.$

Suy ra $d(S,(\mathrm{ABC}\left)\right)$$=\mathrm{SH}=\frac{\mathrm{SA}\cdot \mathrm{SB}}{\mathrm{AB}}$$=\frac{\frac{3a}{5}\cdot \frac{4a}{5}}{a}$$=\frac{12a}{25}$.

Vậy khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABC) bằng $\frac{12a}{25}$.

2. Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng song song

Định nghĩa

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song a và b là khoảng cách từ một điểm bất kì trên a đến b, kí hiệu d(a, b).

Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song với a là khoảng cách từ một điểm bất kì trên a đến (P), kí hiệu d(a, (P)).

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q) là khoảng cách một điểm bất kì trên (P) đến (Q), kí hiệu d((P), (Q)).

Ví dụ 3. Cho hình lập phương $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng a. Tính theo a:

a) Khoảng cách giữa đường thẳng DD' và $\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$;

b) Khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)$ và $\left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có ${\mathrm{DD}}^{\text{'}}\text{//}{\mathrm{AA}}^{\text{'}},$ $d\left({\mathrm{DD}}^{\text{'}},\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$$=d\left(D,\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Ta có $\mathrm{DO}\perp \mathrm{AC}$ và $\mathrm{DO}\perp {\mathrm{AA}}^{\text{'}}$, suy ra $\mathrm{DO}\perp \left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$.

Vậy $d\left({\mathrm{DD}}^{\text{'}},\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$$=d\left(D,\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$$=\mathrm{DO}$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

b) Ta có $\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)\text{//}\left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$ suy ra $d\left(\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right),\left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$$=d\left(A,\left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$.

Do $\mathrm{AB}\perp {\mathrm{BB}}^{\text{'}}$ và $\mathrm{AB}\perp \mathrm{BC}$, suy ra $\mathrm{AB}\perp \left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$.

Vậy $d\left(\left({\mathrm{AA}}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right),\left({\mathrm{BB}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\right)$$=\mathrm{AB}=a$.

3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Định nghĩa

Đường thẳng c vừa vuông góc vừa cắt hai đường thẳng chéo nhau a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b.

Nếu đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b cắt chúng lần lượt tại I và J thì đoạn IJ gọi là đoạn vuông góc chung của a và b.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó, kí hiệu d(a, b).

Chú ý:

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b bằng khoảng cách giữa một trong hai đường đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường còn lại.

b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng:

a) SB và CD;

b) AB và SC.

Hướng dẫn giải

a) Ta có $\mathrm{BC}\perp \mathrm{SA}$ và $\mathrm{BC}\perp \mathrm{AB}$$\Rightarrow \mathrm{BC}\perp \mathrm{SB}$.

Mặt khác $\mathrm{BC}\perp \mathrm{CD}$ suy ra BC là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SB và CD. Ta có $d\left(\mathrm{SB},\mathrm{CD}\right)$$=\mathrm{BC}$$=a$.

b) Cách 1. Ta có $\mathrm{AB}\perp \left(\mathrm{SAD}\right)$ và SD là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAD).

Vẽ $\mathrm{AK}\perp \mathrm{SD},\mathrm{KE}\text{//}\mathrm{AB},\mathrm{EF}\text{//}\mathrm{AK}$.

Ta có $\mathrm{AB}\perp \mathrm{AK},\mathrm{AK}\perp \mathrm{SD}$, suy ra $\mathrm{AK}\perp \mathrm{SC}$. Do EF // AK, suy ra ta cũng có $\mathrm{EF}\perp \mathrm{AB}$ và EF cắt AB tại $F,\mathrm{EF}\perp \mathrm{SC}$ và EF cắt SC tại E.

Các kết quả trên chứng tỏ EF là đoạn vuông góc chung của AB và SC.

Trong tam giác SAD vuông cân tại A ta có $\mathrm{AK}=\frac{\mathrm{SD}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $d\left(\mathrm{AB},\mathrm{SC}\right)$$=\mathrm{EF}=\mathrm{AK}$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Cách 2. Ta có mặt phẳng (SCD) và song song với AB, suy ra:

$d\left(\mathrm{AB},\mathrm{SC}\right)$$=d\left(\mathrm{AB},\left(\mathrm{SCD}\right)\right)$$=d\left(A,\left(\mathrm{SCD}\right)\right)$$=\mathrm{AK}$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

4. Công thức tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ, khối hộp

Chúng ta đã biết công thức tính thể tích của một số khối đơn giản.

Thể tích một khối là số đo phần không gian mà nó chiếm chỗ. Ta công nhận hình lập phương có cạnh 1 (đơn vị độ dài) có thể tích là 1 (đơn vị thể tích).

• Thể tích khối hộp chữ nhật

Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước:

V = abc.

• Thể tích khối chóp

Khoảng cách h từ đỉnh đến mặt phẳng đáy của một hình chóp gọi là chiều cao của hình chóp đó.

Thể tích khối chóp bằng một phần ba diện tích đáy nhân với chiều cao:

$V=\frac{1}{3}\mathrm{Sh}$

• Thể tích khối chóp cụt đều

Để tìm thể tích khối chóp cụt đều, ta sử dụng công thức sau đây:

$V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{{\mathrm{SS}}^{\text{'}}}+S^{\text{'}}\right)$

với h là chiều cao và S, S' là diện tích hai đáy.

• Thể tích khối lăng trụ

Khoảng cách h giữa hai mặt phẳng đáy của hình lăng trụ là chiều cao của hình lăng trụ đó.

Thể tích khối lăng trụ bằng tích diện tích đáy và chiều cao:

V = Sh.

Chú ý:Ta gọi khối lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy là khối lăng trụ đứng.

Chiều dài cạnh bên a của khối lăng trụ đứng bằng chiều cao h và ta có công thức:

V = Sa.

Ví dụ 5. Cho khối lăng trụ tam giác $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh AA' = a và hình chiếu vuông góc H của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích khối lăng trụ $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

Hướng dẫn giải

Ta có A'H là đường cao của khối lăng trụ $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$, tam giác ABC đều có đường cao AH nên ta tính được $\mathrm{AH}=\frac{a\sqrt{3}}{2},{\mathrm{AA}}^{\text{'}}=a$ và tam giác A'AH vuông tại H nên theo định lí Pythagore ta tính được $A^{\text{'}}H=\frac{a}{2}$.

Tam giác ABC đều có cạnh bằng a nên diện tích tam giác ABC bằng $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $V_{\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\mathrm{ABC}}\cdot A^{\text{'}}H$$=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{2}$$=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$.

Ví dụ 6. Cho hình chóp cụt đều $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có đáy lớn ABCD là hình vuông cạnh bằng $a\sqrt{2}$, đáy nhỏ $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là hình vuông cạnh bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}$, các cạnh bên bằng nhau và bằng a. Tính theo a thể tích khối chóp cụt $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$.

Hướng dẫn giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD, S là giao điểm của AA' và CC'.

Vì $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}$ và A'B' // AB nên A' là trung điểm của SA.

Từ đó, suy ra SA = SC = 2AA' = 2a.

Vì ABCD là hình vuông và $\mathrm{AB}=a\sqrt{2}$ nên AC = 2a.

Do đó, tam giác SAC đều, có đường cao SO.

Từ đó, ta tính được $\mathrm{SO}=a\sqrt{3}$.

Vì A' là trung điểm của SA và $\mathrm{SO}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)$ nên chiều cao h của hình chóp cụt $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ bằng $\frac{1}{2}\mathrm{SO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Diện tích đáy lớn và đáy nhỏ của hình chóp cụt $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ lần lượt là $2a^2;\frac{a^2}{2}$.

Vậy thể tích khối chóp cụt $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ bằng

$\frac{1}{3}\cdot \left(2a^2+\frac{a^2}{2}+\sqrt{2a^2\cdot \frac{a^2}{2}}\right)\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}$$=\frac{7a^3\sqrt{3}}{12}$.

Bài tập Khoảng cách trong không gian

Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có $\mathrm{SA}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)$, đáy là tam giác ABC vuông tại B, biết SA = AB = BC = a. Tính theo a khoảng cách:

a) Từ điểm B đến đường thẳng SC.

b) Từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

c) Giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $\mathrm{BC}\perp \mathrm{AB},\mathrm{BC}\perp \mathrm{SA}$ nên $\mathrm{BC}\perp \left(\mathrm{SAB}\right)$, suy ra $\mathrm{BC}\perp \mathrm{SB}$. Kẻ $\mathrm{BH}\perp \mathrm{SC}$ tại H thì d(B, SC) = BH.

Theo định lí Pythagore, ta tính được $\mathrm{SB}=\mathrm{AC}=a\sqrt{2},$$\mathrm{SC}=a\sqrt{3}.$

Xét tam giác SBC vuông tại B có đường cao BH.

Khi đó: $\mathrm{BH}=\frac{\mathrm{SB}\cdot \mathrm{BC}}{\mathrm{SC}}$$=\frac{a\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}$$=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Vậy $d(B,\mathrm{SC})=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

b) Kẻ $\mathrm{AK}\perp \mathrm{SB}$ tại K, có $\mathrm{BC}\perp \left(\mathrm{SAB}\right)$ nên $\mathrm{BC}\perp \mathrm{AK}$.

Suy ra $\mathrm{AK}\perp \left(\mathrm{SBC}\right)$, do đó $d(A,(\mathrm{SBC}\left)\right)=\mathrm{AK}$.

Xét tam giác SAB vuông tại A có đường cao AK.

Khi đó $\mathrm{AK}=\frac{\mathrm{SA}\cdot \mathrm{AB}}{\mathrm{SB}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy $d(A,(\mathrm{SBC}\left)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

c) Dựng hình bình hành ABCD, vì tam giác ABC vuông cân tại B nên ABCD là hình vuông.

Vì $\mathrm{CD}\perp \mathrm{AD},\mathrm{CD}\perp \mathrm{SA}$ nên$\mathrm{CD}\perp \left(\mathrm{SAD}\right)$.

Kẻ $\mathrm{AE}\perp \mathrm{SD}$ tại E, mà $\mathrm{AE}\perp \mathrm{CD}$ nên $\mathrm{AE}\perp \left(\mathrm{SCD}\right)\left(1\right)$.

Vì mặt phẳng (SCD) chứa SC và song song với AB nên

$d(\mathrm{AB},\mathrm{SC})$$=d(\mathrm{AB},(\mathrm{SCD}\left)\right)$$=d(A,(\mathrm{SCD}\left)\right)\left(2\right).$

Từ (1) và (2), suy ra d(AB, SC) = AE.

Vì tam giác SAD vuông cân tại A, có đường cao AE nên $\mathrm{AE}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $d(\mathrm{AB},\mathrm{SC})=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Bài 2. Cho hình lập phương $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng a. Tính theo a khoảng cách:

a) Giữa hai đường thẳng AB và C'D'.

b) Giữa đường thẳng AC và mặt phẳng $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$.

c) Từ điểm A đến đường thẳng B'D'.

d) Giữa hai đường thẳng AC và B'D'.

Hướng dẫn giải

a) Vì BC' vuông góc với cả hai đường thẳng AB và C'D'nên $d\left(\mathrm{AB},C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$$={\mathrm{BC}}^{\text{'}}$$=a\sqrt{2}.$

b) Vì $\mathrm{AC}\text{//}\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$ nên $d\left(\mathrm{AC},\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$$=d\left(A,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$$={\mathrm{AA}}^{\text{'}}$$=a\text{.}$

c) Gọi O' là giao điểm của A'C' và B'D', ta có ${\mathrm{AO}}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$, theo định lí Pythagore, áp dụng cho tam giác ${\mathrm{AA}}^{\text{'}}{O}^{\text{'}}$ vuông tại A'thì ${\mathrm{AO}}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Do đó $d\left(A,B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$$={\mathrm{AO}}^{\text{'}}$$=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

d) Ta có $d\left(\mathrm{AC},B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$$=d\left(\mathrm{AC},\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$$=d\left(A,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$$={\mathrm{AA}}^{\text{'}}$$=a$.

Bài 3. Cho hình hộp $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có ABCD là hình thoi cạnh $a,{\mathrm{AA}}^{\text{'}}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)$, ${\mathrm{AA}}^{\text{'}}=2a,\mathrm{AC}=a$. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm A đến mặt phẳng $\left({\mathrm{BCC}}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$;

b) Giữa hai mặt phẳng $\left({\mathrm{ABB}}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)$ và $\left({\mathrm{CDD}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$;

c) Giữa hai đường thẳng BD và A'C.

Hướng dẫn giải

a) Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Khi đó, $\mathrm{AH}\perp \left({\mathrm{BCC}}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$.

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên $\mathrm{AH}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $d\left(A,\left({\mathrm{BCC}}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)$$=\mathrm{AH}$$=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

b) Vì $\mathrm{ABCD}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là hình hộp nên $\left({\mathrm{ABB}}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\text{//}\left({\mathrm{CDD}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$.

Gọi I là hình chiếu của A trên CD. Vì tam giác ACD đều cạnh a nên $\mathrm{AI}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Khi đó, $d\left(\left({\mathrm{ABB}}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right),\left({\mathrm{CDD}}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)\right)$$=\mathrm{AI}$$=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

c) Gọi E là hình chiếu của O trên A'C. Vì $\mathrm{BD}\perp \left(A^{\text{'}}\mathrm{AC}\right)$ nên $\mathrm{BD}\perp \mathrm{OE}$.

Suy ra $d\left(\mathrm{BD},A^{\text{'}}C\right)=\mathrm{OE}$.

Ta có $A^{\text{'}}C=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+{\mathrm{AC}}^2}$$=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}$$=a\sqrt{5}.$

Vì $\mathrm{\Delta CEO}\backsim {\mathrm{\Delta CAA}}^{\text{'}}$ nên $\frac{\mathrm{OE}}{{\mathrm{AA}}^{\text{'}}}=\frac{\mathrm{OC}}{A^{\text{'}}C}$$\Rightarrow \mathrm{OE}=\frac{{\mathrm{AA}}^{\text{'}}\cdot \mathrm{OC}}{A^{\text{'}}C}$$=\frac{2a\cdot \frac{a}{2}}{a\sqrt{5}}$$=\frac{a\sqrt{5}}{5}\text{.}$

Vậy $d\left(\mathrm{BD},A^{\text{'}}C\right)=\mathrm{OE}$$=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Bài 4. Tính thể tích của khối chóp cụt tam giác đều $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ có chiều cao bằng 3a, $\mathrm{AB}=4a,A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=a$.

Hướng dẫn giải

Diện tích tam giác đều ABC là: $S=\frac{{\mathrm{AB}}^2\sqrt{3}}{4}$$=\frac{{\left(4a\right)}^2\sqrt{3}}{4}$$=4a^2\sqrt{3}$.

Diện tích tam giác đều A'B'C' là: $S^{\text{'}}=\frac{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2\sqrt{3}}{4}$$=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Thể tích khối chóp cụt:

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình thoi cạnh a, $\widehat{\mathrm{ABC}}=60°$. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm AB, SA và CD.

a) Chứng minh $\mathrm{SH}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)$.

b) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SN.

Hướng dẫn giải

a) Vì tam giác SAB đều nên $\mathrm{SH}\perp \mathrm{AB}$.

Mà $\left(\mathrm{SAB}\right)\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)$ nên $\mathrm{SH}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)$.

b) Tam giác SAB đều cạnh $a\Rightarrow \mathrm{SH}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Diện tích hình thoi ABCD: $S_{\mathrm{ABCD}}=2S_{\mathrm{\Delta ABC}}$$=2\cdot \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{sinB}$$=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: $V_{S.\mathrm{ABCD}}=$$\frac{1}{3}\mathrm{SH}\cdot S_{\mathrm{ABCD}}$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$$=\frac{a^3}{4}$.

c) Ta có tam giác ACD đều

$\Rightarrow \mathrm{AN}\perp \mathrm{CD}$$\Rightarrow \mathrm{AN}\perp \mathrm{AB}$$\Rightarrow \mathrm{AN}\perp \left(\mathrm{SAB}\right)$$\Rightarrow \left(\mathrm{SAN}\right)\perp \left(\mathrm{SAB}\right)$.

Tam giác SAB đều $\Rightarrow \mathrm{BM}\perp \mathrm{SA}$$\Rightarrow \mathrm{BM}\perp \left(\mathrm{SAN}\right)$.

Dựng $\mathrm{MK}\perp \mathrm{SN}$ tại $K\Rightarrow \mathrm{MK}$ là đoạn vuông góc chung của BM và SN.

Suy ra $\mathrm{MK}=d\left(\mathrm{BM},\mathrm{SN}\right)$.

Ta có

Vậy $d\left(\mathrm{BM},\mathrm{SN}\right)=\frac{a\sqrt{21}}{14}$.

Bài 6. Cho lăng trụ đứng $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên ${\mathrm{AA}}^{\text{'}}=a\sqrt{2}$. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ $\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Do đó $S_{\mathrm{ABC}}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}$$=\frac{a^2}{2}$.

Thể tích khối lăng trụ là: $V_{\mathrm{ABC}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$$={\mathrm{AA}}^{\text{'}}\cdot S_{\mathrm{ABC}}$$=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

Gọi E là trung điểm của BB'. Suy ra ME // B'C.

Khi đó mặt phẳng $\left(\mathrm{AME}\right)\text{//}{B}^{\text{'}}C$ nên $d\left(\mathrm{AM},B^{\text{'}}C\right)$$=d\left(B^{\text{'}}C,\left(\mathrm{AME}\right)\right)$$=d\left(C,\left(\mathrm{AME}\right)\right)$.

Nhận thấy $d\left(C,\left(\mathrm{AME}\right)\right)$$=d\left(B,\left(\mathrm{AME}\right)\right)$$=h$.

Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên:

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{{\mathrm{BA}}^2}+\frac{1}{{\mathrm{BM}}^2}$$+\frac{1}{{\mathrm{BE}}^2}=\frac{7}{a^2}$$\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B'C là $\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

Học tốt Khoảng cách trong không gian

Các bài học để học tốt Khoảng cách trong không gian Toán lớp 11 hay khác:

• Giải sgk Toán 11 Bài 4: Khoảng cách trong không gian

(199k) Xem Khóa học Toán 11 CTST

Xem thêm tóm tắt lý thuyết Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay khác:

• Lý thuyết Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc

• Lý thuyết Toán 11 Bài 5: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

• Tổng hợp lý thuyết Toán 11 Chương 8

• Lý thuyết Toán 11 Bài 1: Biến cố giao và quy tắc nhân xác suất

• Lý thuyết Toán 11 Bài 2: Biến cố hợp và quy tắc cộng xác suất

• Tổng hợp lý thuyết Toán 11 Chương 9

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 11 hay khác:

• Giải sgk Toán 11 Chân trời sáng tạo
• Giải Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo
• Giải SBT Toán 11 Chân trời sáng tạo
• Giải lớp 11 Chân trời sáng tạo (các môn học)
• Giải lớp 11 Kết nối tri thức (các môn học)
• Giải lớp 11 Cánh diều (các môn học)

---