Với Giải Bài 50 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2 trong Bài 5: Khoảng cách Sách bài tập Toán lớp 11 Cánh Diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán lớp 11.

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

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:

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 $BH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}.$

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

AB² = AH² + BH²

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

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

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 $ID=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}.$

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

AD² = AI² + DI²

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

Vậy $d\left(\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right),\left(CD{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)\right)=AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

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

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

Xét tam giác CEO và tam giác CAA’ có:

$\widehat{OCE}$ chung

$\widehat{A^{\text{'}}AC}=\widehat{OEC}=90°$

Suy ra $\Delta CEO\backsim \Delta CA{A}^{\text{'}}\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{EO}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{CO}{C{A}^{\text{'}}}\Rightarrow OE=\frac{A{A}^{\text{'}}.CO}{C{A}^{\text{'}}}.$

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

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