Lý thuyết và bài tập về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng Toán 11

- Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là khoảng cách giữa hai điểm \(M\) và \(H\), trong đó \(H\) là hình chiếu của điểm \(M\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Kí hiệu: \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = MH\).

Phương pháp:

Để tính được khoảng từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) thì điều quan trọng nhất là ta phải xác định được hình chiếu của điểm \(M\) trên \(\left( \alpha  \right)\).

TH1:

- Dựng \(AK \bot \Delta  \Rightarrow \Delta  \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \bot \left( {SAK} \right)\) và \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAK} \right) = SK\).

- Dựng \(AH \bot SK \Rightarrow AH \bot \left( \alpha  \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = AH\)

TH2:

- Tìm điểm \(H \in \left( \alpha  \right)\) sao cho \(AH//\left( \alpha  \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {H,\left( \alpha  \right)} \right)\)

TH3:

- Tìm điểm \(H\) sao cho \(AH \cap \left( \alpha  \right) = I\)

- Khi đó: \(\dfrac{{d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( \alpha  \right)} \right)}} = \dfrac{{IA}}{{IH}} \Rightarrow {\rm{ }}d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = \dfrac{{IA}}{{IH}}.d\left( {H,\left( \alpha  \right)} \right){\rm{ }}\)

Một kết quả có nhiều ứng dụng để tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng đối với tứ diện vuông (tương tư như hệ thức lượng trong tam giác vuông) là:

Nếu tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc và có đường cao OH thì \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}}\).

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với \(AB=2a,BC=a\). Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng \(a\sqrt{2}\). Khoảng cách từ A đến mp (SCD) là:

A. \(2a\)                        

B. \(\frac{a\sqrt{21}}{7}\)

C. \(a\sqrt{2}\) 

D. \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có \(AO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Gọi H là trung điểm

Kẻ \(OK\bot \text{S}H\) tại K:\(\Rightarrow OK\bot \left( SCD \right)\)

\(\begin{align} & \Rightarrow d\left( A,\left( SCD \right) \right)=2d\left( O,\left( SCD \right) \right)=2OK=2\frac{SO.OH}{\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{H}^{2}}}} \\ & =2.\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{3{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \end{align}\)

Chọn đáp án D.

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, \(AB=a,AD=2a\) ; cạnh bên \(SA=a\) và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng \(\left( SBD \right)\) là:

A. \(\frac{a}{3}\)         

B. \(\frac{2a}{3}\)        

C. \(\frac{a}{2}\)          

D. a

Hướng dẫn giải:

Áp dụng công thức đường cao của tứ diện vuông SABD vuông tại A, ta có \(d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH\) với \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}\)

Chọn đáp án B.

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết hình chóp S.ABC có thể tích bằng \({{a}^{3}}\). Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

A. \(d=\frac{6\text{a}\sqrt{195}}{65}\)         

B. \(d=\frac{4\text{a}\sqrt{195}}{195}\)        

C. \(d=\frac{4\text{a}\sqrt{195}}{65}\)   

D. \(d=\frac{8\text{a}\sqrt{195}}{195}\)

Hướng dẫn giải:

Gọi các điểm như hình vẽ

Ta có \(AI\bot BC,SA\bot BC\) suy ra \(BC\bot AK\Rightarrow AK={{d}_{\left( A,\left( SBC \right) \right)}}\)

Ta có: \(V={{a}^{3}},{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\Rightarrow SA=4a\sqrt{3}\). Mà \(AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Trong tam giác vuông SAI ta có \(\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}\). Vậy \(d=AK=\sqrt{\frac{A{{S}^{2}}.A{{I}^{2}}}{A{{S}^{2}}+A{{I}^{2}}}}=\frac{4a\sqrt{195}}{65}\)

Chọn đáp án C.

Câu 3: Khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân tại B và \(AB=a.\,SA\bot \left( ABC \right)\). Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60⁰. Khi đó khoảng cách từ A đến (SBC) là:

A. \(\sqrt{3}a\)             

B. \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\) 

C. \(\frac{a\sqrt{3}}{3}\)       

D. \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Hướng dẫn giải:

\(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Chọn đáp án D.

Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 2a, \(\widehat{ABC}={{120}^{0}}\), SA = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách \(d\) từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

A. \(d=\frac{a}{2}\)      

B. \(d=\frac{3a}{4}\)     

C. \(d=\frac{a}{4}\)      

D. \(d=\frac{3a}{2}\)

Hướng dẫn giải:

+ \({{S}_{\Delta }}=\frac{1}{2}AB.BC.\sin {{120}^{0}}={{a}^{2}}\sqrt{3}\); \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}}={{a}^{3}}\sqrt{3}\)

+ Mặt khác, \(SB=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{13}\)

\(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-2AB.BC.\text{cos}{{120}^{0}}=12{{a}^{2}}\Rightarrow CS=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{21}\)

+ Áp dụng công thức hê-rông ta có \( {{S}_{\Delta SBC}}=\frac{1}{4}\sqrt{\left( SB+BC+CS \right)\left( -SB+BC+CS \right)\left( SB-BC+CS \right)\left( SB+BC-CS \right)} =2{{a}^{2}}\sqrt{3} \)

(Chú ý: Nhập vào máy tính biểu thức và ấn = ta có kết quả \(\frac{1}{4}\sqrt{\left( \sqrt{13}+2+\sqrt{21} \right)\left( -\sqrt{13}+2+\sqrt{21} \right)\left( \sqrt{13}-2+\sqrt{21} \right)\left( \sqrt{13}+2-\sqrt{21} \right)}=2\sqrt{3}\))

+ Vậy, khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) là \(d=\frac{3.{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2{{a}^{2}}\sqrt{3}}=\frac{3a}{2}.\)

Chọn đáp án D.

Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đá; \(BC=9m,AB=10m,AC=17m\). Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 73m³. Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

A. \(d=\frac{21}{2}\)    

B. \(d=\frac{3}{4}\)       

C. \(d=\frac{1}{4}\)      

D. \(d=\frac{24}{5}\)

Hướng dẫn giải:

Áp dụng công thức He-rong ta tính được diện tích tam giác ABC bằng

\(\sqrt{p\left( p-AB \right)\left( p-AC \right)\left( p-BC \right)}=36\) với \(p=\frac{AB+BC+CA}{2}\)

\(V=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABC}}\to SA=6\)

Kẻ \(AH\bot BC,\,AI\bot SH\) khi đó ta có \({{d}_{A,\left( SBC \right)}}=AI\)

Đặt \(BH=x\) ta có \(\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{A{{C}^{2}}-C{{H}^{2}}}=AH\) thay các dữ liệu bài toán đã cho vào ta tính được \(\to \sqrt{{{10}^{2}}-{{x}^{2}}}=\sqrt{{{17}^{2}}-{{\left( 9-x \right)}^{2}}}\to x=-6\) suy ra \(AH=8\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(\frac{1}{A{{I}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{25}{576}\to AI=\frac{24}{5}\)

Chọn đáp án D.

Câu 6: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ A đến (SBD) bằng \(\frac{6a}{7}\) . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng:

A. \(\frac{6a}{7}\)      

B. \(\frac{3a}{7}\)       

C. \(\frac{3a}{14}\)     

D. \(\frac{8a}{7}\)

Hướng dẫn giải:

Với bài toán này ta thấy A và C đối xứng nhau qua tâm O. Ta nhớ đến hệ quả sau:

Cho mặt phẳng (P) và đoạn thẳng MN. Với \(MN\cap \left( P \right)=I\) thì

\(\frac{d\left( M;\left( P \right) \right)}{d\left( N;\left( P \right) \right)}=\frac{IM}{IN}\)

Khi đó áp dụng vào bài toán ta thấy\(AC\cap \left( SBD \right)=O\)

do vậy áp dụng hệ quả trên ta được : \(\frac{d\left( A;\left( SBD \right) \right)}{d\left( C;\left( SBD \right) \right)}=\frac{OA}{OC}=1\) \(\Rightarrow d\left( C;\left( SBD \right) \right)=\frac{6a}{7}\)

Chọn đáp án A.

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh \(a\sqrt{3}\). SA vuông góc với đáy và SC = 3a. Khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD) là:

A. \(\frac{a\sqrt{2}}{12}\)  

B. \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\)           

C. \(\frac{a\sqrt{6}}{2}\)       

D. \(\frac{a\sqrt{2}}{6}\)

Hướng dẫn giải:

Gọi H là hình chiếu của A lên SD.

\(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot CD\), \(CD\bot AD\Rightarrow CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAD \right)\bot \left( SCD \right)\) mà \(\left( SAD \right)\cap \left( SCD \right)=SD\)

nên \(AH\bot \left( SCD \right)\), do đó \(d\left( A,\left( SCD \right) \right)=AH\).

Hình vuông ABCD cạnh \(a\sqrt{3}\) có đường chéo \(AC=a\sqrt{3}.\sqrt{2}=a\sqrt{6}\)

Tam giác SAC vuông tại A theo định lí Pytago ta tính được \(SA=a\sqrt{3}\)

Tam giác SAD vuông tại A có AH là đường cao nên \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}\text{ hay }\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{3{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{2}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Chọn đáp án C.

...

--(Nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)--

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung Lý thuyết và bài tập về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng Toán 11​​. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

• Phương pháp tìm khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó

• Phương pháp tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Toán 11

Chúc các em học tốt!