Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, AA’ ⊥ (ABCD), AA’ = 2a, AC = a

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, AA’ ⊥ (ABCD), AA’ = 2a, AC = a. Tính khoảng cách:

Giải sách bài tập Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Bài 50 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, AA’ ⊥ (ABCD), AA’ = 2a, AC = a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm A đến mặt phẳng (BCC’B’);

b) Giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (CDD’C’);

c*) Giữa hai đường thẳng BD và A’C.

Lời giải:

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, AA’ ⊥ (ABCD), AA’ = 2a, AC = a

a) Gọi H là hình chiếu của A trên BC hay AH ⊥ BC.

Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên AA’ // BB’.

Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên BB’ ⊥ (ABCD).

Hơn nữa AH ⊂ (ABCD).

Từ đó ta có BB’ ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ BC, AH ⊥ BB’, BC ∩ BB’ = B trong (BCC’B’)

Suy ra AH ⊥ (BCC’B’).

Như vậy d(A, (BCC’B’)) = AH.

Xét tam giác ABC đều (do AB = BC = AC = a), AH là đường cao (do AH ⊥ BC)

Suy ra AH là đường trung tuyến nên ta có $B H = \frac{B C}{2} = \frac{a}{2} .$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABH vuông tại H có:

AB² = AH² + BH²

Suy ra $A H = \sqrt{A B^{2} - B H^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Vậy $d (A, (B C C^{'} B^{'})) = A H = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

b) Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên (ABB’A’) // (CDD’C’).

Như vậy: d((ABB’A’), (CDD’C’)) = d(A, (CDD’C’)).

Gọi I là hình chiếu của A trên CD hay AI ⊥ CD.

Do ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên AA’ // DD’.

Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên DD’ ⊥ (ABCD).

Hơn nữa AI ⊂ (ABCD).

Từ đó ta có DD’ ⊥ AI.

Ta có: AI ⊥ CD, AI ⊥ DD’, CD ∩ DD’ = D trong (CDD’C’)

Suy ra AI ⊥ (CDD’C’).

Khi đó: d(A, (CDD’C’)) = AI.

Xét tam giác ACD đều (do AC = AD = DC = a), AI là đường cao (do AI ⊥ CD)

Suy ra AI là đường trung tuyến nên ta có $I D = \frac{C D}{2} = \frac{a}{2} .$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ADI vuông tại I có:

AD² = AI² + DI²

Suy ra $A I = \sqrt{A D^{2} - D I^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Vậy $d ((A B B^{'} A^{'}), (C D D^{'} C^{'})) = A I = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD và $A O = \frac{A C}{2} = \frac{a}{2} .$

Do AA’ ⊥ (ABCD) và BD ⊂ (ABCD) nên AA’ ⊥ BD.

Ta có: BD ⊥ AA’, BD ⊥ AC, AA’ ∩ AC = A trong (AA’C)

Suy ra BD ⊥ (AA’C).

Gọi E là hình chiếu của O trên A’C hay OE ⊥ A’C.

Lại có: BD ⊥ (AA’C), OE ⊂ (AA’C).

Suy ra BD ⊥ OE.

Mà OE ⊥ A’C.

Từ đó ta có OE là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BD và A’C.

Như vậy: d(BD, A’C) = OE.

Do AA’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên AA’ ⊥ AC.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’AC vuông tại A ta có:

A'C² = A'A² + AC²

Suy ra $A^{'} C = \sqrt{A^{'} A^{2} + A C^{2}} = \sqrt{{(2 a)}^{2} + a^{2}} = a \sqrt{5} .$

Xét tam giác CEO và tam giác CAA’ có:

$\hat{O C E}$ chung

$\hat{A^{'} A C} = \hat{O E C} = 90 °$

Suy ra $Δ C E O ∽ Δ C A A^{'} (g . g)$

$\Rightarrow \frac{E O}{A A^{'}} = \frac{C O}{C A^{'}} \Rightarrow O E = \frac{A A^{'} . C O}{C A^{'}} .$

$\Rightarrow O E = \frac{2 a . \frac{a}{2}}{a \sqrt{5}} = \frac{a \sqrt{5}}{5} .$

Vậy $d (B D . A^{'} C) = O E = \frac{a \sqrt{5}}{5} .$

Lời giải SBT Toán 11 Bài 5: Khoảng cách hay khác:

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

❮ Bài trước Bài sau ❯