Với giải sách bài tập Toán 11 Bài 5: Khoảng cách sách Cánh diều hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Giải SBT Toán 11 trang 109

Bài 45 trang 109 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3a, AD = 4a.

a) Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

b) Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng:

A. 2,4a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: B

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB ⊥ BC. Như vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC bằng độ dài đoạn thẳng AB và bằng 3a.

Vậy d(A, BC) = 3a.

b) Đáp án đúng là: A

Gọi H là hình chiếu của A trên BD nên ta có AH ⊥ BD. Như vậy khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD là độ dài đoạn thẳng AH.

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB ⊥ AD.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABD vuông tại A, đường cao AH ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$

$\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}$

$\Rightarrow A{H}^2=\frac{144a^2}{25}\Rightarrow AH=\frac{12a}{5}=2,4a.$

Vậy d(A, BD) = 2,4a.

c) Đáp án đúng là: C

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD và AD ⊥ CD. Như vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD (vì AB // CD) và bằng AD = 4a (vì AD ⊥ CD).

Vậy d(AB, CD) = 4a.

Giải SBT Toán 11 trang 110

Bài 46 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Hình 40 minh hoạ hình ảnh một chiếc gậy dài 3 m đặt dựa vào tường, góc nghiêng giữa chiếc gậy và mặt đất là 65°. Đầu trên của chiếc gậy đặt vào vị trí M của tường. Khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của mét) bằng:

A. 2,7 m;

B. 2,8 m;

C. 2,9 m;

D. 3,0 m.

Lời giải:

Vì tường đứng thẳng và vuông góc với mặt đất nên ta có MH vuông góc với mặt đất. Khi đó, khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất chính là độ dài đoạn thẳng MH.

Xét tam giác OHM vuông tại H, MO = 3 m, ta có: $\sin 65°=\frac{MH}{MO}.$

⇒ MH = MO.sin65° = 3.sin65° ≈ 2,7.

Vậy khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất gần bằng 2,7 m.

Bài 47 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), AB ⊥ BC, SA = AB = 3a, BC = 4a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm C đến mặt phẳng (SAB);

b) Giữa hai đường thẳng SA và BC;

c) Từ điểm A đến mặt phẳng (SBC);

d) Từ điểm B đến mặt phẳng (SAC);

e*) Giữa hai đường thẳng AB và SC.

Lời giải:

a) Do SA ⊥ (ABC), BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AB và SA ∩ AB = A trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Như vậy: d(C, (SAB)) = BC = 4a.

b) Do SA ⊥ (ABC), AB ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AB.

Mặt khác AB ⊥ BC.

Suy ra AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BC.

Như vậy: d(SA, BC) = AB = 3a.

c) Gọi H là hình chiếu của điểm A trên SB hay AH ⊥ SB.

Do BC ⊥ (SAB), AH ⊂ (SAB) nên BC ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ BC, AH ⊥ SB và BC ∩ SB = B trong (SBC)

Suy ra AH ⊥ (SBC).

Như vậy: d(A, (SBC)) = AH.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB vuông tại A (SA ⊥ AB), đường cao AH ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}=\frac{2}{9a^2}.$

$\Rightarrow AH=\frac{3\sqrt{2}a}{2}.$

Vậy $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{3\sqrt{2}a}{2}.$

d) Gọi I là hình chiếu của B trên AC hay BI ⊥ AC.

Do SA ⊥ (ABC), BI ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BI.

Ta có: BI ⊥ AC, BI ⊥ SA, AC ∩ SA = A trong (SAC)

Suy ra BI ⊥ (SAC).

Như vậy: d(B, (SAC)) = BI.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại B (AB ⊥ BC), đường cao BI ta có:

$\frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}=\frac{25}{144a^2}.$

$\Rightarrow BI=\frac{12a}{5}.$

Vậy $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BI=\frac{12a}{5}.$

e*) · Lấy D ∈ (ABC) sao cho ABCD là hình bình hành.

Mà $\widehat{ABC}=90°$ (do AB ⊥ BC) nên ABCD là hình chữ nhật.

Suy ra CD ⊥ AD.

Do SA ⊥ (ABC), CD ⊂ (ABC) nên SA ⊥ CD.

Ta có: CD ⊥ AD, CD ⊥ SA, AD ∩ SA = A trong (SAD)

Suy ra CD ⊥ (SAD).

· Gọi K là hình chiếu của A trên SD hay AK ⊥ SD.

Do CD ⊥ (SAD), AK ⊂ (SAD) nên CD ⊥ AK.

Ta có: AK ⊥ SD, AK ⊥ CD, SD ⋂ CD = D trong (SCD)

Suy ra AK ⊥ (SCD).

Ta có: AB // CD (vì ABCD là hình chữ nhật) và CD ⊂ (SCD).

Suy ra AB // (SCD).

Như vậy: d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AK.

Ta có: SA ⊥ (ABC), AD ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AD hay

Do ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC = 4a.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAD vuông tại A đường cao AK ta có:

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{S{D}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}=\frac{25}{144a^2}.$

$\Rightarrow AK=\frac{12a}{5}.$

Vậy $d\left(AB,SC\right)=AK=\frac{12a}{5}.$

Bài 48 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = 3a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Tính khoảng cách:

a) Từ điểm C đến mặt phẳng (SAB);

b) Giữa hai đường thẳng SB và CD;

c) Giữa hai đường thẳng BC và SA;

d) Từ điểm S đến mặt phẳng (ABCD).

Lời giải:

a) Gọi H là trung điểm của AB.

Vì tam giác SAB vuông cân tại S nên ta có: SH ⊥ AB và SA ⊥ SB.

Dễ thấy: AB = (SAB) ∩ (ABCD).

Mà (SAB) ⊥ (ABCD), SH ⊥ AB, SH ⊂ (SAB).

Suy ra SH ⊥ (ABCD).

Hơn nữa BC ⊂ (ABCD) nên ta có SH ⊥ BC.

Do ABCD là hình chữ nhật nên BC ⊥ AB.

Ta có: BC ⊥ SH, BC ⊥ AB, SH ∩ AB = H trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Như vậy: d(C, (SAB)) = BC = AD = 3a (vì ABCD là hình chữ nhật).

b) Do ABCD là hình chữ nhật nên CD // AB.

Mà AB ⊂ (SAB), suy ra CD // (SAB).

Như vậy: d(CD, AB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = 3a.

c) Theo câu a ta có BC ⊥ (SAB) mà SB ⊂ (SAB) nên BC ⊥ SB.

Hơn nữa SA ⊥ SB.

Suy ra: SB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BC và SA.

Như vậy: d(BC, SA) = SB.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAB vuông cân tại S có:

SA² + SB² = AB² ⇒ 2SB² = AB² (Do SA = SB)

$\Rightarrow SB=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$

Vậy $d\left(BC,SA\right)=SB=a\sqrt{2}.$

d) Theo câu a ta có SH ⊥ (ABCD).

Như vậy: d(S, (ABCD)) = SH.

Xét tam giác SAB vuông tại S có đường trung tuyến SH nên ta có:

$SH=\frac{AB}{2}=\frac{2a}{2}=a.$

Vậy d(S, (ABCD)) = SH = a.

Bài 49 trang 110 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, AC cắt BD tại O, SO ⊥ (ABCD), SA = 2a. Tính khoảng cách:

a) Từ điểm A đến mặt phẳng (SBD);

b) Giữa hai đường thẳng SO và CD;

c) Từ điểm O đến mặt phẳng (SCD);

d*) Giữa hai đường thẳng AB và SD.

Lời giải:

a) Ta có: SO ⊥ (ABCD), AO ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AO.

Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD hay AO ⊥ BD.

Ta có: AO ⊥ SO, AO ⊥ DB, SO ∩ BD = O trong (SBD)

Suy ra AO ⊥ (ABCD).

Như vây: d(A, (SBD)) = AO.

Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên $AC=a\sqrt{2}.$

Vì O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình vuông ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

$\Rightarrow AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left(A,\left(SBD\right)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

b) Gọi M là hình chiếu của O trên CD hay OM ⊥ CD.

Do SO ⊥ (ABCD), OM ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ OM.

Từ đó ta thấy OM là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SO và CD.

Như vậy: d(SO, CD) = OM.

Xét hình vuông ABCD có: OM ⊥ CD, AD ⊥ CD nên OM // AD.

Xét tam giác ACD có: OM // AD, O là trung điểm của AD.

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác ACD nên M là trung điểm của CD

$\Rightarrow OM=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}.$

Vậy $d\left(SO,CD\right)=OM=\frac{a}{2}.$

c) Gọi H là hình chiếu của O trên SM hay OH ⊥ SM.

Do SO ⊥ (ABCD), CD ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ CD.

Ta có: CD ⊥ OM, CD ⊥ SO, SO ∩ OM = O trong (SOM)

Suy ra CD ⊥ (SOM).

Mà OH ⊂ (SOM) nên CD ⊥ OH.

Ta có: OH ⊥ SM, OH ⊥ CD, SM ∩ CD = M trong (SCD)

Suy ra OH ⊥ (SCD).

Như vậy: d(O, (SCD)) = OH.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAO vuông tại O có:

SO² = SA² – AO²

$\Rightarrow S{O}^2={\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{7a^2}{2}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SOM vuông tại O, đường cao OH ta có:

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{2}{7a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{30}{7a^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{210}}{30}.$

Vậy $d\left(O,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{210}}{30}.$

d*) Ta có: AB // CD (do ABCD là hình vuông), CD ⊂ (SCD) nên AB // (SCD).

Do đó d(AB, SD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Gọi K là hình chiếu của A trên (SCD) hay AK ⊥ (SCD).

Khi đó d(A, (SCD)) = AK.

Ta có: H, K lần lượt là hình chiếu của O và A trên (SCD)

Mà C, O, A thẳng hàng nên C, H, K thẳng hàng.

Lại có: OH ⊥ (SCD), AK ⊥ (SCD).

Suy ra OH // AK.

Tam giác ACK có OH // AK, nên theo hệ quả định lí Thalès ta có:

$\frac{OH}{AK}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}$ (do O là trung điểm của AC)

$\Rightarrow AK=2OH=2.\frac{a\sqrt{210}}{30}=\frac{a\sqrt{210}}{15}.$

Vậy $d\left(AB,SD\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AK=\frac{a\sqrt{210}}{15}.$

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

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác: