Bài Tập Về Khoảng Cách Từ Điểm Đến Mặt Phẳng

Bài viết gợi ý cách xác định và tính khoảng cách từ một điểm đến lựa chọn một mặt phẳng trong ko gian, đó là dạng toán thường chạm chán trong chương trình Hình học tập 11 chương 3: tình dục vuông góc, kiến thức và các ví dụ trong bài viết được tìm hiểu thêm từ các tài liệu hình học không gian được đăng mua trên theshineshop.vn.

Bạn đang xem: Bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Bài toán: khẳng định khoảng biện pháp từ điểm $M$ cho mặt phẳng $(P).$

Để xác định khoảng giải pháp từ điểm $M$ mang đến mặt phẳng $(P)$, ta thực hiện các cách thức sau đây:

Phương pháp 1+ Tìm mặt phẳng $(Q)$ cất $M$ với vuông góc với khía cạnh phẳng $(P)$ theo giao con đường $∆.$+ trường đoản cú $M$ hạ $MH$ vuông góc cùng với $∆$ ($H ∈ Δ$).+ lúc đó $d(M,(P)) = MH.$

Ví dụ 1: đến hình chóp số đông $S.ABC$, đáy $ABC$ bao gồm cạnh bởi $a$, mặt bên tạo với đáy một góc $α$. Tính $d(A,(SBC))$ theo $a$ với $α.$

Gọi $I$ là trung điểm của $BC.$+ Ta có: $left. eginarraylSI ot BC\AI ot BCendarray ight} Rightarrow BC ot (SAI)$ và $widehat SIA = alpha .$+ Kẻ $AH ot SI m (H in mSI)$ mà $SI = (SAI) cap (SBC)$ nên $AH ot (SBC)$. Do đó, $d(A,(SBC)) = AH.$+ khía cạnh khác, xét tam giác vuông $AHI$ có: $AH = AI.sin alpha = fracasqrt 3 2.sin alpha .$Vậy: $d(A,(SBC)) = AH = fracasqrt 3 2.sin alpha .$

Ví dụ 2: mang lại hình chóp $S.ABCD$ lòng $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA ot (ABCD)$, $SA=2a.$a) Tính $d(A,(SBC))$.b) Tính $d(A,(SBD))$.

a) Kẻ $AH ot SB m (H in mSB) (1).$Ta có: $SA ot (ABCD) Rightarrow SA ot BC m (*)$ và $AB ot BC m (gt) (**)$. Từ $(*)$ cùng $(**)$ suy ra: $BC ot (SAB) Rightarrow mBC ot mAH (2).$Từ $(1)$ cùng $(2)$ ta có: $AH ot (SBC)$ hay $d(A,(SBC)) = AH.$+ mặt khác, xét tam giác vuông $SAB$ có: $frac1AH^2 = frac1AB^2 + frac1SA^2 = frac54a^2$ $ Rightarrow AH = frac2asqrt 5 .$Vậy $d(A,(SBC)) = frac2asqrt 5 .$b) Gọi $O = AC cap BD.$Kẻ $AK ot SB m (K in mSO) (1).$Ta có: $SA ot (ABCD) Rightarrow SA ot BD m (*)$ và $AC ot BD m (gt) (**)$. Từ $(*)$ cùng $(**)$ suy ra: $BD ot (SAC) Rightarrow mBC ot mAK (2).$Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: $AK ot (SBD)$ hay $d(A,(SBD)) = AK.$+ mặt khác, xét tam giác vuông $SAO$ có: $frac1AK^2 = frac1AO^2 + frac1SA^2 = frac94a^2$ $ Rightarrow AK = frac2a3.$Vậy $d(A,(SBD)) = frac2a3.$

Ví dụ 3: cho hình chóp $S.ABCD$ lòng $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ đều, $(SAB) ot (ABCD)$. Gọi $I, F$ lần lượt là trung điểm của $AB$ cùng $AD$. Tính $d(I,(SFC)).$

Gọi $K = FC cap ID.$+ Kẻ $IH ot SK m (H in mK) (1).$+ Ta có:$left. eginarrayl(SAB) ot (ABCD)\(SAB) cap (ABCD) = AB\SI subset (SAB)\SI ot ABendarray ight}$ $ Rightarrow mê man ot (ABCD).$$ Rightarrow ham ot FC m (*).$+ mặt khác, xét hai tam giác vuông $AID$ cùng $DFC$ có: $AI = DF$, $AD = DC.$Suy ra $Delta AID = Delta DFC$ $ Rightarrow widehat AID = widehat DFC,widehat ADI = widehat DCF.$Mà $widehat AID + widehat ADI = 90^0$ $ Rightarrow widehat DFC + widehat ADI = 90^0.$Hay $FC ot ID$ $(**).$+ trường đoản cú $(*)$ và $(**)$ ta có: $FC ot (SID) Rightarrow IH ot FC$ $(2)$. Trường đoản cú $(1)$ cùng $(2)$ suy ra: $IH ot (SFC)$ hay $d(I,(SFC)) = IH.$+ Ta có:$SI = fracasqrt 3 2,ID = fracasqrt 5 2,$ $frac1DK^2 = frac1DC^2 + frac1DF^2 = frac5a^2$ $ Rightarrow DK = fracasqrt 5 5$ $ Rightarrow IK = ID – DK = frac3asqrt 5 10.$Do đó $frac1IH^2 = frac1SI^2 + frac1IK^2 = frac329a^2$ $ Rightarrow IH = frac3asqrt 2 8.$Vậy $d(I,(SFC)) = frac3asqrt 2 8.$

Phương pháp 2+ Qua $M$, kẻ $∆ // (P)$. Ta có: $d(M,(P)) = d(∆,(P)).$+ chọn $N in Delta $. Lúc đó $ mdleft( mM,left( mP ight) ight) = md(Delta , m(P)) = dleft( N,left( mP ight) ight)$.

Xem thêm: Các Bước Tẩy Da Chết Toàn Thân Tại Nhà Với Nguyên Liệu Tự Nhiên

Ví dụ 4: Cho lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$, $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = a,AD = asqrt 3$. Hình chiếu vuông góc của $A’$ bên trên $(ABCD)$ trùng cùng với giao điểm của $AC$ và $BD$. Tính $d(B’,(A’BD)).$

+ gọi $O$ là giao điểm của $AC$ cùng $BD.$ vày $B’C//A’D$ phải $B’C//(A’BD)$. Do đó: $d(B’,(A’BD)) = d(B’C,(A’BD))$ $ = d(C,(A’BD)).$+ Trong phương diện phẳng $(ABCD)$ kẻ $CH ot BD, m (H in mBD) (1)$. Mặt khác $A’O ot (ABCD)$ $ Rightarrow A’O ot CH m (2).$Từ $(1)$ cùng $(2)$ suy ra: $CH ot (A’BD)$ $ Rightarrow d(B’,(A’BD)) = CH.$+ Xét tam giác vuông $BCD$ có: $frac1CH^2 = frac1BC^2 + frac1CD^2 = frac43a^2$ $ Rightarrow CH = fracasqrt 3 4.$Vậy: $d(B’,(A’BD)) = CH = fracasqrt 3 4.$

Ví dụ 5: Cho hình chóp $S.ABC$ gồm đáy $ABC$ là tam giác vuông trên $A$, $widehat ABC = 30^0$, $Delta SBC$ là tam giác gần như cạnh $a$, $(SBC) ot (ABC)$. Tính $d(C,(SAB))$.

+ Trong khía cạnh phẳng $(ABC)$ vẽ hình chữ nhật $ABDC$. Call $M, I, J$ thứu tự là trung điểm của $BC, CD$ và $AB$. Cơ hội đó, $CD // (SAB)$ hay: $d(C,(SAB)) = d(CD,(SAB))$ $ = d(I,(SAB)).$+ Trong khía cạnh phẳng $(SIJ)$ kẻ $IH ot SJ, m (H in mSJ) (1).$Mặt khác, ta có: $left. eginarraylIJ ot AB\SM ot (ABC) Rightarrow AB ot SMendarray ight}$ $ Rightarrow AB ot (SIJ) Rightarrow AB ot IH m (2).$Từ $(1)$ với $(2)$ suy ra: $IH ot (SAB)$ hay $d(C,(SAB)) = IH.$+ Xét tam giác $SIJ$ có: $S_SIJ = frac12IH.SJ = frac12SM.IJ$ $ Rightarrow IH = fracSM.IJSJ.$Với: $IJ = AC = BC.sin 30^0 = fraca2$, $SM = fracasqrt 3 2$, $SJ = sqrt SM^2 + MJ^2 = fracasqrt 13 4$.Do đó: $IH = fracSM.IJSJ = fracasqrt 39 13.$Vậy $d(C,(SAB)) = fracasqrt 39 13.$

Phương pháp 3+ giả dụ $MN cap (P) = I$. Ta có: $frac mdleft( mM,left( mP ight) ight) mdleft( N,left( mP ight) ight) = fracMINI$.+ Tính $ mdleft( N,left( mP ight) ight)$ với $fracMINI$.+ $ mdleft( mM,left( mP ight) ight) = fracMINI. mdleft( N,left( mP ight) ight)$.

Xem thêm: Công Thức Tính Chất Đường Chéo Hình Bình Hành Và Bài Tập Có Lời Giải

Chú ý: Điểm $N$ ở đây ta yêu cầu chọn làm sao để cho tìm khoảng cách từ $N$ cho mặt phẳng $(P)$ dễ hơn tìm khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(P).$

Ví dụ 6: cho hình chóp $S.ABCD$ bao gồm đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ với $D$, $AB = AD = a$, $CD = 2a$, $SD ot (ABCD)$, $SD = a.$a) Tính $d(D,(SBC)).$b) Tính $d(A,(SBC)).$

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $AD$ và $BC.$a) Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ $DH ot SB, m (H in mSB) (1).$+ vị $BM = AD = frac12CD Rightarrow $ Tam giác $BCD$ vuông trên $B$ hay $BC ot BD m (*)$. Mặt khác, vì $SD ot (ABCD) Rightarrow SD ot BC m (**).$Từ $(*)$ cùng $(**)$ ta có:$BC ot (SBD) Rightarrow BC ot DH m (2).$Từ $(1)$ với $(2)$ suy ra: $DH ot (SBC)$ hay $d(D,(SBC)) = DH.$+ Xét tam giác vuông $SBD$ có: $frac1DH^2 = frac1SD^2 + frac1BD^2 = frac32a^2$ $ Rightarrow DH = frac2asqrt 3 3.$Vậy $d(D,(SBC)) = frac2asqrt 3 3.$b) Ta có: $fracd(A,(SBC))d(D,(SBC)) = fracAEDE = fracABCD = frac12$ $ Rightarrow d(A,(SBC)) = frac12d(d,(SBC))$ $ = fracasqrt 3 3.$Vậy $d(A,(SBC)) = fracasqrt 3 3.$

Ví dụ 7: Cho hình chóp $S.ABC$ tất cả đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $BA = 3a$, $BC = 4a$, $(SBC) ot (ABC)$, $SB = 2asqrt 3 ,widehat SBC = 30^0$. Tính $d(B,(SAC))$.

+ Trong mặt phẳng $(SBC)$ kẻ $SM ot BC m (M in mBC)$; trong phương diện phẳng $(ABC)$ kẻ $MN ot AC m (N in A mC)$; trong khía cạnh phẳng $(SMN)$ kẻ $MH ot SN m (N in SN m)$. Suy ra, $MH ot (SAC)$ $ Rightarrow d(M,(SAC)) = MH.$+ Ta có: $SM = SB.sin 30^0 = asqrt 3 .$$BM = SB.cos 30^0 = 3a$ $ Rightarrow cm = a.$$MN = fracAB.CMAC = frac3a5$. Xét tam giác vuông $SMN$ có: $frac1MH^2 = frac1SM^2 + frac1MN^2 = frac289a^2$ $ Rightarrow MH = frac3asqrt 28 $ $ Rightarrow d(M,(SAC)) = frac3asqrt 28 .$+ mặt khác, ta có:$fracd(B,(SAC))d(M,(SAC)) = fracBCMC = 4$ $ Rightarrow d(B,(SAC))$ $ = 4.d(M,(SAC)) = frac6asqrt 7 .$Vậy $d(B,(SAC)) = frac6asqrt 7 .$