1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, đến một mặt phẳng

HĐ1 (trang 54)

Đề bài:

a) Cho điểm $M$ và đường thẳng $a$. Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $a$. Với mỗi điểm $K$ thuộc $a$, giải thích vì sao $MK \geq MH$ (H.7.74).

b) Cho điểm $M$ và mặt phẳng $(P)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $(P)$. Với mỗi điểm $K$ thuộc $(P)$, giải thích vì sao $MK \geq MH$ (H.7.75).

Lời giải:

a) Vì $H$ là hình chiếu của $M$ trên đường thẳng $a$ nên $MH \perp a$, do đó $MH \perp HK$ (vì $HK \subset a$).

• Trường hợp $K \equiv H$: $MK = MH$.
• Trường hợp $K \neq H$: Tam giác $MHK$ vuông tại $H$. Áp dụng định lí Pythagore:

$$MK^2 = MH^2 + HK^2 \geq MH^2.$$

Vì $MK, MH \geq 0$ nên $MK \geq MH$.

Vậy trong mọi trường hợp, $MK \geq MH$. $\blacksquare$

b) Vì $H$ là hình chiếu của $M$ trên mặt phẳng $(P)$ nên $MH \perp (P)$. Do $K \in (P)$ nên $HK \subset (P)$, suy ra $MH \perp HK$.

Lập luận tương tự câu a, tam giác $MHK$ vuông tại $H$ (hoặc $K \equiv H$):

$$MK^2 = MH^2 + HK^2 \geq MH^2 \Rightarrow MK \geq MH. \quad \blacksquare$$

Nhận xét: Khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $a$ (mặt phẳng $(P)$) là khoảng cách nhỏ nhất giữa $M$ và một điểm thuộc $a$ (thuộc $(P)$).

Luyện tập 1 (trang 55)

Đề bài: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$, $AB = a$, $AA’ = h$ (H.7.77).

a) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(BCC’B’)$.

b) Tam giác $AB’C’$ là tam giác gì? Tính khoảng cách từ $A$ đến $BC’$.

Lời giải:

a) Tính $d(A, (BCC’B’))$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, kẻ $AH \perp BC$ tại $H$.

Chứng minh $AH \perp (BCC’B’)$:

• $AH \perp BC$ (cách dựng).
• $AH \perp BB’$ (vì $BB’ \perp (ABC) \supset AH$).
• $BC$ và $BB’$ cắt nhau tại $B$, cùng thuộc $(BCC’B’)$.

Suy ra $AH \perp (BCC’B’)$, do đó $d(A, (BCC’B’)) = AH$.

Tính $AH$: Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, $AB = AC = a$:

$$BC = a\sqrt{2}.$$

$AH$ là đường cao từ $A$ đến cạnh huyền:

$$AH = \dfrac{AB \cdot AC}{BC} = \dfrac{a^2}{a\sqrt{2}} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}.$$

Kết luận: $d(A, (BCC’B’)) = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

b) Tam giác $AB’C’$.

Lưu ý: theo đề bài cần xét tam giác $AB’C’$. Tính các cạnh:

• $AB’ = \sqrt{AB^2 + BB’^2} = \sqrt{a^2 + h^2}$ (đường chéo hình chữ nhật $ABB’A’$).
• $AC’ = \sqrt{AC^2 + CC’^2} = \sqrt{a^2 + h^2}$ (tương tự).
• $B’C’ = BC = a\sqrt{2}$ (cạnh đáy).

Vì $AB’^2 + AC’^2 = 2(a^2 + h^2)$ và $B’C’^2 = 2a^2$, hai đại lượng này nói chung không bằng nhau, nên tam giác $AB’C’$ không vuông tại $A$ (trừ khi $h = 0$).

Tuy nhiên $AB’ = AC’$, suy ra tam giác $AB’C’$ cân tại $A$.

Tính khoảng cách từ $A$ đến $BC’$:

Xét tam giác $ABC’$ với:

• $AB = a$.
• $AC’ = \sqrt{a^2 + h^2}$.
• $BC’ = \sqrt{BC^2 + CC’^2} = \sqrt{2a^2 + h^2}$ (đường chéo hình chữ nhật $BCC’B’$).

Kiểm tra: $AB^2 + AC’^2 = a^2 + (a^2 + h^2) = 2a^2 + h^2 = BC’^2$.

Vậy tam giác $ABC’$ vuông tại $A$. Khoảng cách từ $A$ đến cạnh huyền $BC’$:

$$d(A, BC’) = \dfrac{AB \cdot AC’}{BC’} = \dfrac{a\sqrt{a^2 + h^2}}{\sqrt{2a^2 + h^2}}.$$

Kết luận: Tam giác $AB’C’$ cân tại $A$. $d(A, BC’) = \dfrac{a\sqrt{a^2 + h^2}}{\sqrt{2a^2 + h^2}}$.

2. Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng song song

HĐ2 (trang 55)

Đề bài: Cho đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $(P)$. Lấy hai điểm $M, N$ bất kì thuộc $a$ và gọi $A, B$ tương ứng là các hình chiếu của chúng trên $(P)$. Giải thích vì sao $ABNM$ là một hình chữ nhật và $M, N$ có cùng khoảng cách đến $(P)$.

Lời giải:

Chứng minh $ABNM$ là hình chữ nhật:

Vì $A, B$ là hình chiếu vuông góc của $M, N$ trên $(P)$ nên:

$$MA \perp (P), \quad NB \perp (P).$$

Hai đường thẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau, suy ra $MA // NB$. Vậy 4 điểm $M, N, B, A$ cùng thuộc một mặt phẳng (kí hiệu $(MNBA)$).

Xét giao tuyến của $(MNBA)$ và $(P)$: $A, B \in (P)$ và $A, B \in (MNBA)$ nên giao tuyến đi qua $A$ và $B$, tức là đường thẳng $AB$.

Vì $a \subset (MNBA)$ và $a // (P)$, mà giao tuyến của $(MNBA)$ với $(P)$ là $AB$, nên $a // AB$, tức $MN // AB$.

Tứ giác $ABNM$ có $MA // NB$ và $MN // AB$, do đó là hình bình hành.

Mặt khác, $MA \perp (P) \supset AB$ nên $MA \perp AB$, hình bình hành có một góc vuông. Suy ra $ABNM$ là hình chữ nhật. $\blacksquare$

Chứng minh $M, N$ có cùng khoảng cách đến $(P)$:

• $d(M, (P)) = MA$ (vì $A$ là hình chiếu của $M$).
• $d(N, (P)) = NB$ (vì $B$ là hình chiếu của $N$).

Vì $ABNM$ là hình chữ nhật nên $MA = NB$, do đó:

$$d(M, (P)) = d(N, (P)). \quad \blacksquare$$

HĐ3 (trang 56)

Đề bài:

a) Cho hai đường thẳng $m$ và $n$ song song với nhau. Khi một điểm $M$ thay đổi trên $m$ thì khoảng cách từ nó đến đường thẳng $n$ có thay đổi hay không?

b) Cho hai mặt phẳng song song $(P)$ và $(Q)$ và một điểm $M$ thay đổi trên $(P)$ (H.7.79). Hỏi khoảng cách từ $M$ đến $(Q)$ thay đổi thế nào khi $M$ thay đổi?

Lời giải:

a) Khi $m // n$, mọi điểm trên $m$ đều cách đường thẳng $n$ một khoảng không đổi (chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song).

Vậy khi $M$ thay đổi trên $m$, khoảng cách từ $M$ đến $n$ không thay đổi.

b) Khi $(P) // (Q)$, mọi điểm trên $(P)$ đều cách $(Q)$ một khoảng không đổi (chính là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song).

Vậy khi $M$ thay đổi trên $(P)$, khoảng cách từ $M$ đến $(Q)$ không thay đổi.

Câu hỏi (trang 56)

Đề bài: Nếu đường thẳng $a$ thuộc mặt phẳng $(P)$ và mặt phẳng $(Q)$ song song với $(P)$ thì giữa $d(a, (Q))$ và $d((P), (Q))$ có mối quan hệ gì?

Lời giải:

Lấy điểm $M$ tuỳ ý trên $a$. Vì $a \subset (P)$ nên $M \in (P)$.

• Khoảng cách từ $a$ đến $(Q)$: $d(a, (Q)) = d(M, (Q))$ (vì $a // (Q)$ do $a \subset (P) // (Q)$).
• Khoảng cách giữa $(P)$ và $(Q)$: $d((P), (Q)) = d(M, (Q))$ (vì $M \in (P) // (Q)$).

Suy ra:

$$d(a, (Q)) = d((P), (Q)).$$

Kết luận: Khi $a \subset (P) // (Q)$, khoảng cách từ $a$ đến $(Q)$ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$.

Luyện tập 2 (trang 56)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, $SA = h$. Gọi $M, N, P$ tương ứng là trung điểm của $SA, SB, SC$.

a) Tính $d((MNP), (ABC))$ và $d(NP, (ABC))$.

b) Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và $AB = a$. Tính $d(A, (SBC))$.

Lời giải:

a) Tính $d((MNP), (ABC))$ và $d(NP, (ABC))$.

Chứng minh $(MNP) // (ABC)$:

$M, N$ là trung điểm $SA, SB$ nên $MN // AB$ (đường trung bình tam giác $SAB$).

Tương tự $MP // AC$.

$MN, MP$ thuộc $(MNP)$ và lần lượt song song với $AB, AC$ thuộc $(ABC)$, hai cặp đường thẳng cắt nhau, suy ra $(MNP) // (ABC)$.

Tính $d((MNP), (ABC))$:

$M \in (MNP)$, hình chiếu của $M$ trên $(ABC)$ tính như sau: $SA \perp (ABC)$ nên $MA \perp (ABC)$ (vì $M \in SA$). Do đó $d(M, (ABC)) = MA = \dfrac{SA}{2} = \dfrac{h}{2}$.

$$d((MNP), (ABC)) = d(M, (ABC)) = \dfrac{h}{2}.$$

Tính $d(NP, (ABC))$:

$NP \subset (MNP) // (ABC)$, nên $NP // (ABC)$. Do đó:

$$d(NP, (ABC)) = d((MNP), (ABC)) = \dfrac{h}{2}.$$

Kết luận: $d((MNP), (ABC)) = d(NP, (ABC)) = \dfrac{h}{2}$.

b) Tính $d(A, (SBC))$ khi tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $AB = a$.

Bước 1: Chứng minh $BC \perp (SAB)$.

• $BC \perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$).
• $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC) \supset BC$).
• $AB, SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAB)$.

Suy ra $BC \perp (SAB)$.

Bước 2: Trong $(SAB)$, kẻ $AH \perp SB$ tại $H$.

• $AH \perp SB$ (cách dựng).
• $AH \perp BC$ (vì $BC \perp (SAB) \supset AH$).
• $SB, BC$ cắt nhau tại $B$, cùng thuộc $(SBC)$.

Suy ra $AH \perp (SBC)$, do đó $d(A, (SBC)) = AH$.

Bước 3: Tính $AH$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp AB$), $SA = h$, $AB = a$:

$$SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{h^2 + a^2}.$$

$AH$ là đường cao kẻ từ đỉnh vuông $A$ đến cạnh huyền $SB$:

$$AH = \dfrac{SA \cdot AB}{SB} = \dfrac{ah}{\sqrt{a^2 + h^2}}.$$

Kết luận: $d(A, (SBC)) = \dfrac{ah}{\sqrt{a^2 + h^2}}$.

Vận dụng (trang 57)

Đề bài: Ở một con dốc lên cầu, người ta đặt một khung khống chế chiều cao, hai cột của khung có phương thẳng đứng và có chiều dài bằng $2{,}28$ m. Đường thẳng nối hai chân cột vuông góc với hai đường mép dốc. Thanh ngang được đặt trên đỉnh hai cột. Biết dốc nghiêng $15^\circ$ so với phương nằm ngang. Tính khoảng cách giữa thanh ngang của khung và mặt đường (theo đơn vị mét và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai). Hỏi cầu này có cho phép xe cao $2{,}21$ m đi qua hay không?

Lời giải:

Bước 1: Phân tích.

Gọi $S$ là đỉnh của một cột, $A$ là chân cột (trên mặt đường). Cột thẳng đứng nên $SA = 2{,}28$ m và $SA$ vuông góc với phương nằm ngang.

Mặt đường (mặt dốc) nghiêng $15^\circ$ so với phương nằm ngang, do đó góc giữa $SA$ (cột thẳng đứng) và mặt đường bằng:

$$90^\circ – 15^\circ = 75^\circ.$$

Bước 2: Tính khoảng cách từ thanh ngang đến mặt đường.

Thanh ngang nối hai đỉnh cột, do đó thanh ngang song song với đường thẳng nối hai chân cột. Mà đường thẳng nối hai chân cột nằm trong mặt đường, nên thanh ngang song song với mặt đường.

Khoảng cách giữa thanh ngang và mặt đường bằng khoảng cách từ $S$ (điểm trên thanh ngang) đến mặt đường:

$$d(S, \text{mặt đường}) = SA \cdot \sin 75^\circ.$$

Tính:

$$d = 2{,}28 \cdot \sin 75^\circ \approx 2{,}28 \cdot 0{,}9659 \approx 2{,}20 \text{ (m)}.$$

Bước 3: So sánh với chiều cao xe.

Xe cao $2{,}21$ m. So sánh:

$$2{,}21 \text{ m} > 2{,}20 \text{ m}.$$

Kết luận: Khoảng cách giữa thanh ngang và mặt đường $\approx 2{,}20$ m. Cầu này không cho phép xe cao $2{,}21$ m đi qua.

3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

HĐ4 (trang 57)

Đề bài: Cho hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$. Gọi $(Q)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $b$ và song song với $a$. Hình chiếu $a’$ của $a$ trên $(Q)$ cắt $b$ tại $N$. Gọi $M$ là hình chiếu của $N$ trên $a$ (H.7.83).

a) Mặt phẳng chứa $a$ và $a’$ có vuông góc với $(Q)$ hay không?

b) Đường thẳng $MN$ có vuông góc với cả hai đường thẳng $a$ và $b$ hay không?

c) Nêu mối quan hệ của khoảng cách giữa $a, (Q)$ và độ dài đoạn thẳng $MN$.

Lời giải:

a) $a’$ là hình chiếu của $a$ trên $(Q)$, nên mỗi điểm trên $a$ có hình chiếu vuông góc thuộc $a’$ và đường thẳng nối chúng vuông góc $(Q)$.

Lấy hai điểm $P, Q$ trên $a$, gọi $P’, Q’$ là hình chiếu của chúng trên $(Q)$. Khi đó $PP’ \perp (Q)$, $QQ’ \perp (Q)$, và $P’, Q’ \in a’$.

Mặt phẳng chứa $a$ và $a’$ chứa $PP’$ — một đường thẳng vuông góc với $(Q)$. Theo điều kiện hai mặt phẳng vuông góc:

$$\text{Mặt phẳng chứa } a \text{ và } a’ \perp (Q).$$

b) $M$ là hình chiếu của $N$ trên $a$ nên $MN \perp a$. Mặt khác, vì $N \in (Q)$ và $M \in a$, ta xét vị trí của $MN$:

Theo cách dựng (xem Hình 7.83), $M, N$ cùng thuộc mặt phẳng chứa $a$ và $a’$ (gọi là $(R)$), vì $a$ và $a’ \subset (R)$, $M \in a \subset (R)$ và $N \in a’ \subset (R)$.

$(R) \perp (Q)$ (câu a), giao tuyến của $(R)$ và $(Q)$ là $a’$.

$MN$ thuộc $(R)$ và $MN \perp a$. Vì $a // a’$ (vì $a // (Q)$ và $a’ \subset (Q)$ là hình chiếu của $a$), nên $MN \perp a’$ (giao tuyến).

Theo tính chất hai mặt phẳng vuông góc: đường thẳng trong mặt phẳng này vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia. Suy ra:

$$MN \perp (Q).$$

Do đó:

• $MN \perp a$ (đã có).
• $MN \perp b$ (vì $b \subset (Q)$).

Kết luận: $MN$ vuông góc với cả hai đường thẳng $a$ và $b$. $\blacksquare$

c) Vì $a // (Q)$ nên $d(a, (Q)) = d(M, (Q))$ (với $M$ là điểm bất kì trên $a$).

Mà $MN \perp (Q)$ tại $N$ nên $N$ là hình chiếu của $M$ trên $(Q)$. Suy ra $d(M, (Q)) = MN$.

Kết luận: $d(a, (Q)) = MN$.

Khám phá (trang 58)

Đề bài: Cho đường thẳng $a$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$ và cắt $(P)$ tại $O$. Cho đường thẳng $b$ thuộc mặt phẳng $(P)$. Hãy tìm mối quan hệ giữa khoảng cách giữa $a, b$ và khoảng cách từ $O$ đến $b$ (H.7.88).

Lời giải:

Trong mặt phẳng $(P)$, kẻ $OH \perp b$ tại $H$ (với $H \in b$). Khi đó:

• $OH \subset (P)$ và $OH \perp b$ (cách dựng).
• $a \perp (P) \supset OH$ nên $a \perp OH$.

Vậy $OH$ vuông góc với cả hai đường thẳng $a$ và $b$. Hơn nữa:

• $OH$ cắt $a$ tại $O$ (vì $O \in a$ và $O \in OH$).
• $OH$ cắt $b$ tại $H$.

Suy ra $OH$ là đường vuông góc chung của $a$ và $b$. Do đó:

$$d(a, b) = OH = d(O, b).$$

Kết luận: Khoảng cách giữa $a$ và $b$ bằng khoảng cách từ $O$ đến $b$ trong mặt phẳng $(P)$.

Luyện tập 3 (trang 58)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \perp (ABCD)$, $SA = a\sqrt{2}$.

a) Tính khoảng cách từ $A$ đến $SC$.

b) Chứng minh rằng $BD \perp (SAC)$.

c) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $BD$ và $SC$.

Lời giải:

a) Tính $d(A, SC)$.

Trong $(SAC)$, kẻ $AH \perp SC$ tại $H$. Khi đó $d(A, SC) = AH$.

Tính $AC$: $AC$ là đường chéo hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt{2}$.

Xét tam giác $SAC$: Vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset AC$), $SA = AC = a\sqrt{2}$. Vậy tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$.

$$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{2a^2 + 2a^2} = 2a.$$

$AH$ là đường cao kẻ từ đỉnh vuông $A$ đến cạnh huyền $SC$:

$$AH = \dfrac{SA \cdot AC}{SC} = \dfrac{(a\sqrt{2})(a\sqrt{2})}{2a} = \dfrac{2a^2}{2a} = a.$$

Kết luận: $d(A, SC) = a$.

b) Chứng minh $BD \perp (SAC)$.

• $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông).
• $BD \perp SA$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset BD$).
• $AC$ và $SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAC)$.

Suy ra $BD \perp (SAC)$. $\blacksquare$

c) Đường vuông góc chung và khoảng cách giữa $BD$ và $SC$.

Bước 1: Xác định đường vuông góc chung.

Gọi $O = AC \cap BD$ (tâm hình vuông). Khi đó $O \in BD$ và $O \in AC \subset (SAC)$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$, kẻ $OK \perp SC$ tại $K$ (với $K \in SC$).

• $OK \perp SC$ (cách dựng).
• $OK \subset (SAC)$, mà theo câu b $BD \perp (SAC)$, suy ra $BD \perp OK$.
• $OK$ cắt $BD$ tại $O$ và cắt $SC$ tại $K$.

Vậy $OK$ là đường vuông góc chung của $BD$ và $SC$.

Bước 2: Tính $OK$.

Xét trong mặt phẳng $(SAC)$: tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$, $SA = AC = a\sqrt{2}$, $SC = 2a$.

$O$ là trung điểm $AC$ (vì $O$ là tâm hình vuông), nên $OA = OC = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

$OK$ là đường vuông góc từ $O$ xuống $SC$. Vì tam giác $SAC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$ từ $A$ xuống $SC$ chia $SC$ thành hai phần bằng nhau (do tam giác cân tại $A$): $H$ là trung điểm $SC$.

Xét tam giác $OCK$ (vuông tại $K$): $OC = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ và góc $\widehat{OCK} = \widehat{ACS} = 45^\circ$ (vì tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$).

$$OK = OC \cdot \sin 45^\circ = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{a}{2}.$$

Kết luận: Đường vuông góc chung là $OK$. $d(BD, SC) = OK = \dfrac{a}{2}$.

Thảo luận (trang 58)

Đề bài: Khoảng cách giữa hai hình được nêu trong bài học (điểm, đường thẳng, mặt phẳng) là khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm thuộc hình này và một điểm thuộc hình kia. Hãy thảo luận để làm rõ nhận xét này.

Lời giải:

Ta xét từng loại khoảng cách trong bài học và chứng minh nhận xét trên.

1. Khoảng cách từ điểm $M$ đến đường thẳng $a$ (hoặc mặt phẳng $(P)$):

Theo HĐ1: với $H$ là hình chiếu của $M$ trên $a$ (hoặc $(P)$) và $K$ là điểm tuỳ ý trên $a$ (hoặc $(P)$), ta luôn có $MK \geq MH$. Vậy $MH$ là khoảng cách nhỏ nhất giữa $M$ và một điểm thuộc $a$ (thuộc $(P)$).

2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song $m$ và $n$:

Với $M$ tuỳ ý trên $m$ và $K$ tuỳ ý trên $n$: $MK \geq d(M, n) = $ khoảng cách giữa $m$ và $n$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm thuộc đường này và một điểm thuộc đường kia.

3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng song song:

Lập luận tương tự (3), dựa trên định nghĩa và HĐ1.

4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$:

Đường vuông góc chung $MN$ cho $d(a, b) = MN$. Với điểm $P$ tuỳ ý trên $a$ và $Q$ tuỳ ý trên $b$, có thể chứng minh $PQ \geq MN$ (dùng phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng $(Q)$ chứa $b$ và song song $a$: $PQ \geq d(a, (Q)) = MN$).

Kết luận chung: Trong tất cả các trường hợp, khoảng cách giữa hai hình hình học cơ bản chính là khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm thuộc hình này và một điểm thuộc hình kia.

Bài tập (trang 59)

Bài 7.22 (trang 59)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là một hình vuông cạnh $a$, mặt bên $SAD$ là một tam giác đều và $(SAD) \perp (ABCD)$.

a) Tính chiều cao của hình chóp.

b) Tính khoảng cách giữa $BC$ và $(SAD)$.

c) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $AB$ và $SD$.

Lời giải:

Gọi $H$ là trung điểm của $AD$.

Bước chuẩn bị: Chứng minh $SH \perp (ABCD)$.

• Tam giác $SAD$ đều, $H$ trung điểm $AD$ nên $SH \perp AD$.
• $(SAD) \perp (ABCD)$, giao tuyến $AD$, $SH \subset (SAD)$ và $SH \perp AD$.

Suy ra $SH \perp (ABCD)$.

a) Chiều cao hình chóp.

$SH$ là đường cao trong tam giác đều $SAD$ cạnh $a$:

$$SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Kết luận: Chiều cao hình chóp $= \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

b) Tính $d(BC, (SAD))$.

$BC // AD$ và $AD \subset (SAD)$ nên $BC // (SAD)$, do đó $d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))$.

Chứng minh $AB \perp (SAD)$:

• $AB \perp AD$ (đáy là hình vuông).
• $AB \perp SH$ (vì $SH \perp (ABCD) \supset AB$).
• $AD, SH$ cắt nhau tại $H$ trong $(SAD)$.

$\Rightarrow AB \perp (SAD) \Rightarrow d(B, (SAD)) = AB = a$.

Kết luận: $d(BC, (SAD)) = a$.

c) Đường vuông góc chung và $d(AB, SD)$.

Trong $(SAD)$, kẻ $AK \perp SD$ tại $K$.

• $AB \perp (SAD) \supset AK \Rightarrow AB \perp AK$.
• $AK \perp SD$.
• $AK$ cắt $AB$ tại $A$, cắt $SD$ tại $K$.

Vậy $AK$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $SD$.

$AK$ là đường cao tam giác đều $SAD$ cạnh $a$ từ đỉnh $A$:

$$AK = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Kết luận: Đường vuông góc chung là $AK$, $d(AB, SD) = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

Bài 7.23 (trang 59)

Đề bài: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AA’ = a$, $AB = b$, $BC = c$.

a) Tính khoảng cách giữa $CC’$ và $(BB’D’D)$.

b) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $AC$ và $B’D’$.

Lời giải:

a) Tính $d(CC’, (BB’D’D))$.

Chứng minh $CC’ // (BB’D’D)$: $CC’ // BB’ \subset (BB’D’D)$ và $CC’ \not\subset (BB’D’D)$, suy ra $CC’ // (BB’D’D)$.

$\Rightarrow d(CC’, (BB’D’D)) = d(C, (BB’D’D))$.

Trong $(ABCD)$, kẻ $CH \perp BD$ tại $H$.

• $CH \perp BD$.
• $CH \perp BB’$ (vì $BB’ \perp (ABCD) \supset CH$).
• $BD, BB’$ cắt nhau tại $B$ trong $(BB’D’D)$.

$\Rightarrow CH \perp (BB’D’D) \Rightarrow d(C, (BB’D’D)) = CH$.

Tam giác $BCD$ vuông tại $C$, $CB = c$, $CD = b$:

$$CH = \dfrac{CB \cdot CD}{BD} = \dfrac{bc}{\sqrt{b^2 + c^2}}.$$

Kết luận: $d(CC’, (BB’D’D)) = \dfrac{bc}{\sqrt{b^2 + c^2}}$.

b) Đường vuông góc chung của $AC$ và $B’D’$.

Gọi $O = AC \cap BD$ và $O’ = A’C’ \cap B’D’$.

$OO’ // AA’$ và $AA’ \perp (ABCD)$, $(A’B’C’D’)$, nên:

$$OO’ \perp (ABCD), \quad OO’ \perp (A’B’C’D’).$$

Do đó:

• $OO’ \perp AC$ (vì $AC \subset (ABCD)$).
• $OO’ \perp B’D’$ (vì $B’D’ \subset (A’B’C’D’)$).

$O \in AC$ và $O’ \in B’D’$ nên $OO’$ cắt cả hai đường thẳng. Vậy $OO’$ là đường vuông góc chung của $AC$ và $B’D’$.

$OO’ = AA’ = a$.

Kết luận: Đường vuông góc chung là $OO’$, $d(AC, B’D’) = a$.

Bài 7.24 (trang 59)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh đều bằng $a$. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $AB, CD$. Chứng minh rằng:

a) $MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$.

b) Các cặp cạnh đối diện trong tứ diện $ABCD$ đều vuông góc với nhau.

Lời giải:

a) Chứng minh $MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$.

$MN \perp AB$:

• Tam giác $CAB$ cân tại $C$ ($CA = CB = a$), $M$ trung điểm $AB$ $\Rightarrow$ $CM \perp AB$.
• Tam giác $DAB$ cân tại $D$ ($DA = DB = a$), $M$ trung điểm $AB$ $\Rightarrow$ $DM \perp AB$.
• $CM, DM$ cắt nhau tại $M$ trong $(CDM)$ $\Rightarrow$ $AB \perp (CDM)$.
• $MN \subset (CDM)$ $\Rightarrow$ $AB \perp MN$.

$MN \perp CD$:

• Tam giác $ACD$ cân tại $A$, $N$ trung điểm $CD$ $\Rightarrow$ $AN \perp CD$.
• Tam giác $BCD$ cân tại $B$, $N$ trung điểm $CD$ $\Rightarrow$ $BN \perp CD$.
• $AN, BN$ cắt nhau tại $N$ trong $(ABN)$ $\Rightarrow$ $CD \perp (ABN)$.
• $MN \subset (ABN)$ $\Rightarrow$ $CD \perp MN$.

$MN$ vuông góc với cả $AB$ và $CD$, cắt $AB$ tại $M$ và $CD$ tại $N$. Vậy $MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$. $\blacksquare$

b) Các cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc.

Cặp $AB$ và $CD$: Từ câu a, $AB \perp (CDM) \supset CD$ $\Rightarrow$ $AB \perp CD$.

Cặp $AC$ và $BD$: Gọi $P$ trung điểm $AC$.

• $BP \perp AC$ (tam giác $BAC$ cân tại $B$).
• $DP \perp AC$ (tam giác $DAC$ cân tại $D$).
• $\Rightarrow$ $AC \perp (BDP) \supset BD$ $\Rightarrow$ $AC \perp BD$.

Cặp $AD$ và $BC$: Lập luận tương tự, $AD \perp BC$.

Kết luận: Ba cặp cạnh đối diện trong tứ diện đều đôi một vuông góc. $\blacksquare$

Bài 7.25 (trang 59)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh $a$.

a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng $(D’AC)$ và $(BC’A’)$ song song với nhau và $DB’$ vuông góc với hai mặt phẳng đó.

b) Xác định các giao điểm $E, F$ của $DB’$ với $(D’AC)$, $(BC’A’)$. Tính $d((D’AC), (BC’A’))$.

Lời giải:

a) Chứng minh hai mặt phẳng $(D’AC)$ và $(BC’A’)$ song song với nhau và $DB’$ vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Chứng minh $(D’AC) \parallel (BC’A’)$:

• Ta có $AA’ \parallel CC’$ và $AA’ = CC’$ (do cùng song song và bằng $BB’$). Suy ra tứ giác $AA’C’C$ là hình bình hành $\Rightarrow AC \parallel A’C’$. Mà $AC \subset (D’AC)$, do đó $A’C’ \parallel (D’AC)$.
• Tương tự, $AB \parallel C’D’$ và $AB = C’D’$ (do cùng song song và bằng $CD$). Suy ra tứ giác $ABC’D’$ là hình bình hành $\Rightarrow BC’ \parallel AD’$. Mà $AD’ \subset (D’AC)$, do đó $BC’ \parallel (D’AC)$.
• Mặt phẳng $(BC’A’)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $A’C’$ và $BC’$ cùng song song với mặt phẳng $(D’AC)$. Vậy $(BC’A’) \parallel (D’AC)$.

Chứng minh $DB’ \perp (BC’A’)$:

• Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \perp BD$.
• Vì $BB’ \perp (ABCD)$ nên $BB’ \perp AC$.
• Suy ra $AC \perp (BDD’B’) \Rightarrow AC \perp DB’$. Lại có $AC \parallel A’C’$ nên $A’C’ \perp DB’$ (1).
• Mặt khác, do $AD \perp (ABB’A’)$ nên $AD \perp A’B$.
• Vì $ABB’A’$ là hình vuông nên $AB’ \perp A’B$.
• Suy ra $A’B \perp (AB’D) \Rightarrow$ $A’B \perp DB’$ (2).
• Từ (1) và (2), do $A’C’$ và $A’B$ là hai đường thẳng cắt nhau trong $(BC’A’)$, suy ra $DB’ \perp (BC’A’)$.

Chứng minh $DB’ \perp (D’AC)$:

• Theo chứng minh trên, ta đã có $(BC’A’) \parallel (D’AC)$ và $DB’ \perp (BC’A’)$.
• Suy ra $DB’ \perp (D’AC)$. $\blacksquare$

b) Xác định các giao điểm $E, F$ của $DB’$ với $(D’AC)$, $(BC’A’)$ và tính $d((D’AC), (BC’A’))$.

Xác định giao điểm $E, F$:

• Gọi $O$ và $O’$ lần lượt là tâm của hai hình vuông đáy $ABCD$ và $A’B’C’D’$.
• Chọn mặt phẳng phụ chứa $DB’$ là $(BDD’B’)$.
• Trong $(BDD’B’)$, gọi $E$ là giao điểm của $DB’$ và $D’O$. Vì $D’O \subset (D’AC)$ nên $E = DB’ \cap (D’AC)$.
• Trong $(BDD’B’)$, gọi $F$ là giao điểm của $DB’$ và $BO’$. Vì $BO’ \subset (BC’A’)$ nên $F = DB’ \cap (BC’A’)$.

Tính khoảng cách $d((D’AC), (BC’A’))$:

• Vì $(D’AC) \parallel (BC’A’)$ và $DB’$ vuông góc với cả hai mặt phẳng này tại $E, F$, nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính là độ dài đoạn thẳng $EF$.
• Xét tứ giác $D’OBO’$, ta có $D’O’ \parallel OB$ và $D’O’ = OB$ (vì cùng bằng một nửa đường chéo hình vuông đáy). Suy ra $D’OBO’$ là hình bình hành $\Rightarrow D’O \parallel BO’$, hay $OE \parallel BF$ và $D’E \parallel O’F$.
• Xét $\Delta DBF$, có $O$ là trung điểm của $DB$ và $OE \parallel BF$. Theo định lí đường trung bình, $E$ là trung điểm của $DF \Rightarrow$ $DE = EF$.
• Xét $\Delta B’D’E$, có $O’$ là trung điểm của $D’B’$ và $O’F \parallel D’E$. Tương tự, $F$ là trung điểm của $B’E \Rightarrow$ $B’F = EF$.
• Từ đó suy ra $DE = EF = FB’$, dẫn đến:
• $$EF = \frac{1}{3}DB’$$
• Xét hình lập phương cạnh $a$, độ dài đường chéo $DB’$ là:
• $$DB’ = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = a\sqrt{3}$$
• Suy ra:
• $$EF = \frac{a\sqrt{3}}{3}$$
• Kết luận: $d((D’AC), (BC’A’)) = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Bài 7.26 (trang 59)

Đề bài: Giá đỡ ba chân ở Hình 7.90 đang được mở sao cho ba gốc chân cách đều nhau một khoảng cách bằng $110$ cm. Tính chiều cao của giá đỡ, biết các chân của giá đỡ dài $129$ cm.

Lời giải:

Gọi $S$ là đỉnh giá đỡ, $A, B, C$ là ba gốc chân.

Theo đề: $AB = BC = CA = 110$ cm và $SA = SB = SC = 129$ cm. Vậy $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều.

Gọi $O$ là tâm tam giác đều $ABC$. Theo lý thuyết hình chóp đều, $SO \perp (ABC)$, do đó $SO$ là chiều cao.

Tính $OA$: $O$ là tâm tam giác đều cạnh $110$ cm:

$$OA = \dfrac{110}{\sqrt{3}} = \dfrac{110\sqrt{3}}{3} \approx 63{,}51 \text{ (cm)}.$$

Tính $SO$: Tam giác $SOA$ vuông tại $O$:

$$SO = \sqrt{SA^2 – OA^2} = \sqrt{129^2 – \dfrac{110^2}{3}} = \sqrt{16641 – \dfrac{12100}{3}} = \sqrt{\dfrac{37823}{3}} \approx 112{,}28 \text{ (cm)}.$$

Kết luận: Chiều cao giá đỡ $\approx 112{,}28$ cm.

Bài 7.27 (trang 59)

Đề bài: Một bể nước có đáy thuộc mặt phẳng nằm ngang. Trong trường hợp này, độ sâu của bể là khoảng cách giữa mặt nước và đáy bể. Giải thích vì sao để đo độ sâu của bể, ta có thể thả quả dọi chạm đáy bể và đo chiều dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước.

Lời giải:

Mô hình hoá:

• Mặt nước nằm ngang $\Rightarrow$ thuộc mặt phẳng nằm ngang $(P)$.
• Đáy bể nằm ngang $\Rightarrow$ thuộc mặt phẳng nằm ngang $(Q)$.
• Hai mặt phẳng nằm ngang ở hai độ cao khác nhau thì song song $\Rightarrow$ $(P) // (Q)$.

Độ sâu của bể $= d((P), (Q))$.

Phân tích dây dọi:

Quả dọi treo trên dây luôn theo phương thẳng đứng (do trọng lực). Phương thẳng đứng vuông góc với mặt phẳng nằm ngang nên sợi dây dọi vuông góc với cả $(P)$ và $(Q)$.

Gọi $M$ là điểm dây tiếp xúc mặt nước ($M \in (P)$), $N$ là điểm quả dọi chạm đáy ($N \in (Q)$). Đoạn $MN$ thẳng đứng, vuông góc với $(P)$ và $(Q)$.

Kết luận:

$N$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $(Q)$, do đó $d(M, (Q)) = MN$. Mà $(P) // (Q)$ nên:

$$d((P), (Q)) = d(M, (Q)) = MN.$$

Vậy độ dài đoạn dây dọi nằm trong bể nước chính bằng độ sâu của bể. $\blacksquare$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh