Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về các dạng bài tập của bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11 có lời giải rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về chuyên đề vbài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11 có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP:
Phương pháp 1: Tính trực tiếp
« Phương pháp: Dựng $MH\bot \left( \alpha \right)$ với $H\in \left( \alpha \right)$. Ta có $d\left( M,\left( \alpha \right) \right)=MH$. Tính độ dài đoạn $MH$.
« Để dựng $MH\bot \left( \alpha \right)$ ta thường dùng 2 cách sau:
Cách 1:
+ Qua $M$ dựng mặt phẳng $\left( \beta \right)\bot \left( \alpha \right)$.
+ Tìm giao tuyến $a$ của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và mặt phẳng $\left( \beta \right)$.
+ Trong mặt phẳng $\left( \beta \right)$ kẻ $MH\bot a$. Suy ra $MH\bot \left( \alpha \right)$.
Cách 2:
+ Kẻ $MH\bot \left( \alpha \right)$ tại $H$.
+ Chứng minh $H$ là điểm thỏa mãn tính chất nào đó trong mặt phẳng. Ví dụ như tâm đường tròn ngoại tiếp; tâm đường tròn nội tiếp; tâm đường tròn bàng tiếp…
Phương pháp 2: Tính gián tiếp
« Phương pháp: Khi việc dựng $MH\bot \left( \alpha \right)$ gặp khó khăn hoặc đã biết trước hay tính được khoảng cách từ điểm $N$ đến mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Ta dịch chuyến việc tính khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ về tính khoảng cách từ điểm $N$ đến mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Tức ta tìm số thực $k$ sao cho $d\left( M,\left( \alpha \right) \right)=k.d\left( N,\left( \alpha \right) \right)$.
« Để tìm được số thực $k$ ta thường sử dụng các kết quả sau:
+ Nếu $MN\parallel \left( \alpha \right)$ thì $d\left( M,\left( \alpha \right) \right)=d\left( N,\left( \alpha \right) \right)$.
+ Nếu $M,N\in \left( \beta \right)$ và $\left( \beta \right)\parallel \left( \alpha \right)$ thì $d\left( M,\left( \alpha \right) \right)=d\left( N,\left( \alpha \right) \right)$.
+ Nếu $MN\cap \left( \alpha \right)=I$ thì $\frac{d\left( M,\left( \alpha \right) \right)}{d\left( N,\left( \alpha \right) \right)}=\frac{IM}{IN}$.
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM A TỚI MẶT PHẲNG (P) CHỨA ĐƯỜNG CAO:
Bài tập 1:
Cho hình chóp $SABC$ có đáy là tam giác vuông tại $A$, $AB=a$, $AC=a\sqrt{3}$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=2a$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ bằng
A. $\frac{a\sqrt{57}}{19}$. B. $\frac{2a\sqrt{57}}{19}$. C. $\frac{2a\sqrt{3}}{19}$. D. $\frac{2a\sqrt{38}}{19}$.
Lời giải
Từ $A$ kẻ $AD\bot BC$ mà $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC$
$\Rightarrow BC\bot \left( SAD \right)$ $\Rightarrow \left( SAD \right)\bot \left( SBC \right)$ mà $\left( SAD \right)\cap \left( SBC \right)=SD$
$\Rightarrow $ Từ $A$ kẻ $AE\bot SD\Rightarrow AE\bot \left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AE$
Trong $\vartriangle ABC$ vuông tại $A$ ta có: $\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}$
Trong $\vartriangle SAD$ vuông tại $A$ ta có: $\frac{1}{A{{E}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{19}{12{{a}^{2}}}$ $\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là B.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $B$, $2SA=AC=2a$ và $SA$ vuông góc với đáy. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ là
A. $\frac{2a\sqrt{6}}{3}$. B. $\frac{4a\sqrt{3}}{3}$. C. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$. D. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Lời giải:
Kẻ $AH\bot SB\left( H\in SB \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{align}& BC\bot AB \\ & BC\bot SA\left( SA\bot \left( ABC \right) \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\subset \left( SAB \right)$.
Vì $\left\{ \begin{align}& AH\bot SB \\& AH\bot BC \\\end{align} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$.
Do đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ là ${{d}_{\left( A,\left( SBC \right) \right)}}=AH$.
Xét tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, có $AC=2a\Rightarrow AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}a$.
Xét tam giác $SAB$vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}=\frac{3}{2{{a}^{2}}}$ $\Rightarrow A{{H}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}}{3}\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{6}a}{3}$.
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ là ${{d}_{\left( A,\left( SBC \right) \right)}}=AH=\frac{\sqrt{6}a}{3}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là C.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$có đáy là tam giác vuông cân tại $C,BC=a$, $SA$vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$bằng
A. $\sqrt{2}a$. B. $\frac{\sqrt{2}a}{2}$. C. $\frac{a}{2}$. D. $\frac{\sqrt{3}a}{2}$.
Lời giải
Vì $\left\{ \begin{align} & BC\bot AC \\ & BC\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)$
Khi đó $\left( SBC \right)\bot \left( SAC \right)$theo giao tuyến là $SC$.
Trong $\left( SAC \right),$ kẻ $AH\bot SC$tại $H$ suy ra $AH\bot \left( SBC \right)$ tại$H$.
Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$bằng $AH$.
Ta có $AC=BC=a$,$SA=a$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại$A$.
Suy ra $AH=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}a\sqrt{2}$.
Cách 2: Ta có $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{3{{V}_{A.SBC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}$.
Vì $\left\{ \begin{align} & BC\bot AC \\ & BC\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot SC$ nên tam giác $SBC$ vuông tại$C$.
Suy ra $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{3{{V}_{A.SBC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{3.\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}C{{A}^{2}}}{\frac{1}{2}SC.BC}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là B.
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ H TỚI MẶT PHẲNG (P), VỚI H LÀ CHÂN ĐƯỜNG CAO:
Bài tập 1:
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$. Khoảng cách từ tâm $O$ của đáy tới $mp\left( SCD \right)$ bằng
A. $\frac{a}{\sqrt{2}}$. B. $\frac{a}{2}$. C. $\frac{a}{\sqrt{6}}$. D. $\frac{a}{\sqrt{3}}$.
Lời giải
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$; H là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $SM\Rightarrow OH\bot SM\,(*)$.
Ta có $\left\{ \begin{align}& OM\bot CD \\& SM\bot CD \\\end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SOM \right)\Rightarrow CD\bot OH(**)$
Từ (*), (**) suy ra $OH\bot \left( SCD \right)$ khi đó $d\left( O,\left( SCD \right) \right)=OH$.
Ta có $SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$; $OM=\frac{a}{2};SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Ta lại có $OH.SM=SO.OM\Rightarrow OH=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$.
Cách khác: Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $\left( SCD \right)$. Vì $OC,\,OD,\,OS$ đôi một vuông góc nên ta có $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{D}^{2}}}+\frac{1}{O{{S}^{2}}}$ (không cần xác định chính xác vị trí của điểm H)
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là C.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông tâm $O$, $SA$ vuông góc với mặt đáy. Hỏi mệnh đề nào sau đây là sai?
A. $d\left( B,\left( SCD \right) \right)=2d\left( O,\left( SCD \right) \right).$ B. $d\left( A,\left( SBD \right) \right)=d\left( B,\left( SAC \right) \right).$
D. $d\left( C,\left( SAB \right) \right)=d\left( C,\left( SAD \right) \right).$ D. $d\left( S,\left( ABCD \right) \right)=SA.$
Lời giải
– Vì $O$ là trung điểm của $BD$ nên $d\left( B,\left( SCD \right) \right)=2d\left( O,\left( SCD \right) \right).$Do đó câu A đúng.
– Kẻ $AH$ vuông góc với $SO$ mà hai mặt phẳng $\left( SAC \right)$và $\left( SBD \right)$ vuông góc với nhau theo giao tuyến $SO$, suy ra $AH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( SBD \right)$.
Ta có $d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AH<OA$ và $d\left( B,\left( SAC \right) \right)=OB=OA$ nên $d\left( A,\left( SBD \right) \right)<d\left( B,\left( SAC \right) \right)$ Do đó câu B sai.
– Ta có $d\left( C,\left( SAB \right) \right)=CB$ và $d\left( C,\left( SAD \right) \right)=CD$ nên $d\left( C,\left( SAB \right) \right)=d\left( C,\left( SAD \right) \right).$ Do đó câu C đúng.
– Vì $SA$ vuông góc với mặt đáy nên $d\left( S,\left( ABCD \right) \right)=SA$. Do đó câu D đúng.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là B.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AC=a\sqrt{3}$, $\widehat{ABC}={{30}^{{}^\circ }}$. Góc giữa $SC$ và mặt phẳng $ABC$ bằng${{60}^{{}^\circ }}$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy. Khoảng cách từ $A$ đến $\left( SBC \right)$ bằng bao nhiêu?
A. $\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{35}}$. B. $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{35}}$. C. $\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{35}}$. D. $\frac{3a}{\sqrt{5}}$
Lời giải
Dựng $AM\bot BC$; $AH\bot SM$
Ta có: $\left. \begin{align}& AM\bot BC \\& SA\bot BC \\\end{align} \right\}\Rightarrow BC\bot \left( SAM \right)$ $\Rightarrow AH\bot BC$ và $AH\bot SM$ $\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( A;SBC \right)=AH$
Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ $\Rightarrow SA=AC.\tan {{60}^{{}^\circ }}$ =$a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a$
$\Delta SAC=\Delta BAC$ $\left( g-c-g \right)$ $\Rightarrow SA=BA=3a$
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ $\Rightarrow \frac{1}{A{{M}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{4}{9{{a}^{2}}}$
Tam giác $SAM$ vuông tại A$\Rightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{M}^{2}}}$ $\Rightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{4}{9{{a}^{2}}}=\frac{5}{9{{a}^{2}}}$ $\Rightarrow AH=\frac{3a}{\sqrt{5}}$
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là D.
DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM BẤT KỲ ĐẾN MẶT PHẲNG:
Bài tập 1:
Cho hình chóp $S.MNPQ$ có đáy là hình vuông cạnh $MN=3a\sqrt{2}$, $SM$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $SM=3a$, với $0<a\in \mathbb{R}$. Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left( SNP \right)$ bằng
A. $a\sqrt{3}$. B. $2a\sqrt{6}$. C. $2a\sqrt{3}$. D. $a\sqrt{6}$.
Lời giải
Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $SN$. Ta có:
$\left\{ \begin{matrix} NP\bot MN \\ NP\bot SM \\\end{matrix} \right.$$\Rightarrow NP\bot (SMN)$ mà $SH\subset \left( SMN \right)\Rightarrow NP\bot SH$.$\left\{ \begin{matrix} SH\bot NP \\ SH\bot SN \\\end{matrix} \right.$$\Rightarrow SH\bot (SNP)$ hay khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left( SNP \right)$ bằng $MH$.
Trong tam giác vuông $SMN$ có $MH=\frac{MN.SM}{\sqrt{M{{N}^{2}}+S{{M}^{2}}}}=\frac{3a.3a\sqrt{2}}{\sqrt{9{{a}^{2}}+18{{a}^{2}}}}=a\sqrt{6}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là D.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đường cao $SA=2a$, đáy $ABCD$ là hình thang vuông ở $A$ và $D$, $AB=2a,AD=CD=a$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ bằng
A. $\frac{2a}{\sqrt{3}}.$ B. $\frac{2a}{\sqrt{2}}.$ C. $\frac{2a}{3}.$ D. $a\sqrt{2}.$
Lời giải
+ Lấy $E$ là trung điểm $AB$ $\Rightarrow $ tứ giác $ADCE$ là hình vuông cạnh bằng $a$
$\Rightarrow AC=a\sqrt{2}$
+ $\Delta BCE$ vuông cân $CE\bot EB,CE=EB=a\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$
$\Delta ACB$ có: $A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}={{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}=4{{a}^{2}}=A{{B}^{2}}$$\Rightarrow \Delta ACB$ vuông tại $C$
$\Rightarrow BC\bot AC$ (1)
$SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow $$BC\bot SA$ (2)
Từ (1) và (2)$\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)$
+ Dựng $AH\bot SC$, có $AH\bot BC$ (vì$BC\bot \left( SAC \right),\left( SAC \right)\supset AH$) $\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH$
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{4{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{3}}=d\left( A;\left( SBC \right) \right)$
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là A.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$, đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, $AC=a\sqrt{2}$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ và $K$ là hình chiếu của điểm $A$ trên cạnh $SC$. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( ABC \right)$ và $\left( AGK \right)$. Tính $\cos \alpha $, biết rằng khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( KBC \right)$ bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}$.
A. $\cos \alpha =\frac{1}{2}$. B. $\cos \alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}$. C. $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Lời giải
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ mà $AC=a\sqrt{2}$ suy ra $AB=BC=a$.
Do $BC\bot BA$, $BC\bot SA$ (vì $SA\bot \left( ABC \right)$) nên $BC\bot \left( SAB \right)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của điểm $A$ lên $SB$, thì $AH\bot SB$, $AH\bot BC$ (vì $BC\bot \left( SAB \right)$) nên $AH\bot \left( SAB \right)$ hay $AH=d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{a}{\sqrt{2}}$.
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông $SAB$ với đường cao $AH$, ta được:
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{S{{A}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}-\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}$ $\Rightarrow SA=a$ nên tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$ do đó trọng tâm $G$ thuộc $AH$.
Từ $AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SC$ và $AK\bot SC$ nên $SC\bot \left( AHK \right)$ hay $SC\bot \left( AGK \right)$.
Vì $SC\bot \left( AGK \right)$ và $SA\bot \left( ABC \right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( AGK \right)$ và $\left( ABC \right)$ chính là góc giữa hai đường thẳng $SC$ và $SA$ hay $\alpha =\widehat{CSA}$.
Theo trên ta có $SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}$ suy ra $\cos \alpha =\frac{SA}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được ở câu này chính là D.
Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về lý thuyết cũng như bài tập về các dạng bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11 có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về các cách giải bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất có thể nhé!