Bài 7.29 trang 38 SBT Toán 11 - Kết nối tri thức: Cho hình chóp $S. ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, góc $ABC$ bằng ${60^ \circ }$...

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, góc $ABC$ bằng ${60^ \circ }$, biết tam giác $SBC$ đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Tính theo a khoảng cách:

a) Từ điểm $S$ đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

b) Từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

c) Giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$.

a) Tính khoảng cách từ điểm $S$ đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Bước 1: Kẻ $SH$ vuông góc với $BC$ tại $H$

Do $\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$

$\Rightarrow d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH$

Bước 2: Tính $SH$

b) Tính khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Bước 1: Tính khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Bước 2: Nhận xét $H$ là trung điểm của $BC$ nên $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)$c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$.

Bước 1: Dựng hình bình hành $ABMC$, chứng minh được $ABMC$ là hình chữ nhật.

Khi đó $AB//\left( {SCM} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SMC} \right)$ chứa $SC$ nên

$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCM} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SCM} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right){\rm{.\;}}$

Bước 2: Tính $\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right) \Rightarrow$$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCM} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right){\rm{.\;}}$

a) Kẻ $SH$ vuông góc với $BC$ tại $H$ thì $SH \bot \left( {ABC} \right)$, suy ra $d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

b) Kẻ HK vuông góc với $AC$ tại $K,HQ$ vuông góc với $SK$ tại $Q$ thì $d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HQ$.

Ta có: $AB = \frac{a}{2},HK = \frac{a}{4}$ và tam giác $SHK$ vuông tại $H$, đường cao $HQ$ nên $HQ = \frac{{SH \cdot HK}}{{SK}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}}$.

Lại có $H$ là trung điểm của $BC$ nên $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}$.

c) Dựng hình bình hành $ABMC$, chứng minh được $ABMC$ là hình chữ nhật.

Khi đó $AB//\left( {SCM} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SMC} \right)$ chứa $SC$ nên

$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCM} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SCM} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right){\rm{.\;}}$

Kẻ $HN$ vuông góc với $CM$ tại $N,HE$ vuông góc với $SN$ tại $N$ thì $HE \bot \left( {SCM} \right)$, suy ra $d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right) = HE$.

Ta có: $HN = \frac{{BM}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$, tam giác SHN vuông tại $H$, đường cao $HE$ nên $HE = \frac{{SH \cdot HN}}{{SN}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}$.

Vậy $d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.