Công thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và các phương pháp xác định

Bài viết khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng bao gồm: khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng oxyz, công thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng…

Định nghĩa hhoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Khoảng cách từ 1 điểm M đến một mặt phẳng (P) (hoặc đến đường thẳng ∆) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P) (h.a), kí hiệu là d(M, (P)) (hoặc trên đường thẳng ∆, kí hiệu là d(M, ∆) (h.b)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Công thức hhoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Cho điểm M(a, b, c) và mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0.

Khi đó khoảng cách từ điểm M tới (P) được xác định như sau:

d(A, (P)) = \frac{\left | Aa + Bb + Cc + D \right |}{\sqrt{A^{2} + B^{2} + C^{2}}}

Phương pháp xác định khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Để xác định khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P), ta sử dụng các phương pháp sau đây:

Phương pháp 1
+ Tìm mặt phẳng (Q) chứa M và vuông góc với mặt phẳng (P) theo giao tuyến ∆.
+ Từ M hạ MH vuông góc với ∆ (H ∈ Δ).
+ Khi đó d(M,(P)) = MH.

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc α. Tính d(A,(SBC)) theo aα.

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Gọi I là trung điểm của BC.
+ Ta có: \left. \begin{array}{l} SI \bot BC\\ AI \bot BC \end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (SAI)\widehat {SIA} = \alpha .
+ Kẻ AH \bot SI{\rm{ (H}} \in {\rm{SI)}}SI = (SAI) \cap (SBC) nên AH \bot (SBC). Do đó, d(A,(SBC)) = AH.
+ Mặt khác, xét tam giác vuông AHI có: AH = AI.\sin \alpha = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sin \alpha .
Vậy: d(A,(SBC)) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sin \alpha .

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA \bot (ABCD), SA=2a.
a) Tính d(A,(SBC)).
b) Tính d(A,(SBD)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

a) Kẻ AH \bot SB{\rm{ (H}} \in {\rm{SB) (1)}}.
Ta có: SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC{\rm{ (*)}}AB \bot BC{\rm{ (gt) (**)}}. Từ (*)(**) suy ra: BC \bot (SAB) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{AH (2)}}.
Từ (1)(2) ta có: AH \bot (SBC) hay d(A,(SBC)) = AH.
+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAB có: \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.
Vậy d(A,(SBC)) = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.
b) Gọi O = AC \cap BD.
Kẻ AK \bot SB{\rm{ (K}} \in {\rm{SO) (1)}}.
Ta có: SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD{\rm{ (*)}}AC \bot BD{\rm{ (gt) (**)}}. Từ (*)(**) suy ra: BD \bot (SAC) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{AK (2)}}.
Từ (1)(2) ta có: AK \bot (SBD) hay d(A,(SBD)) = AK.
+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAO có: \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{O^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{2a}}{3}.
Vậy d(A,(SBD)) = \frac{{2a}}{3}.

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều, (SAB) \bot (ABCD). Gọi I, F lần lượt là trung điểm của ABAD. Tính d(I,(SFC)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Gọi K = FC \cap ID.
+ Kẻ IH \bot SK{\rm{ (H}} \in {\rm{K) (1)}}.
+ Ta có:
\left. \begin{array}{l} (SAB) \bot (ABCD)\\ (SAB) \cap (ABCD) = AB\\ SI \subset (SAB)\\ SI \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot (ABCD).
\Rightarrow SI \bot FC{\rm{ (*)}}.
+ Mặt khác, xét hai tam giác vuông AIDDFC có: AI = DF, AD = DC.
Suy ra \Delta AID = \Delta DFC \Rightarrow \widehat {AID} = \widehat {DFC},\widehat {ADI} = \widehat {DCF}.
\widehat {AID} + \widehat {ADI} = {90^0} \Rightarrow \widehat {DFC} + \widehat {ADI} = {90^0}.
Hay FC \bot ID (**).
+ Từ (*)(**) ta có: FC \bot (SID) \Rightarrow IH \bot FC (2). Từ (1)(2) suy ra: IH \bot (SFC) hay d(I,(SFC)) = IH.
+ Ta có:
SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},ID = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}, \frac{1}{{D{K^2}}} = \frac{1}{{D{C^2}}} + \frac{1}{{D{F^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow DK = \frac{{a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow IK = ID - DK = \frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}.
Do đó \frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{K^2}}} = \frac{{32}}{{9{a^2}}} \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt 2 }}{8}.
Vậy d(I,(SFC)) = \frac{{3a\sqrt 2 }}{8}.

Phương pháp 2
+ Qua M, kẻ ∆ // (P). Ta có: d(M,(P)) = d(∆,(P)).
+ Chọn N \in \Delta. Lúc đó {\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\left( {\rm{P}} \right)} \right) = {\rm{d}}(\Delta ,{\rm{(P)) = d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D', ABCD là hình chữ nhật, AB = a,AD = a\sqrt 3. Hình chiếu vuông góc của A' trên (ABCD) trùng với giao điểm của ACBD. Tính d(B',(A'BD)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

+ Gọi O là giao điểm của ACBD.B'C//A'D nên B'C//(A'BD). Do đó: d(B',(A'BD)) = d(B'C,(A'BD)) = d(C,(A'BD)).
+ Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CH \bot BD,{\rm{ (H}} \in {\rm{BD) (1)}}. Mặt khác A'O \bot (ABCD) \Rightarrow A'O \bot CH{\rm{ (2)}}.
Từ (1)(2) suy ra: CH \bot (A'BD) \Rightarrow d(B',(A'BD)) = CH.
+ Xét tam giác vuông BCD có: \frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.
Vậy: d(B',(A'BD)) = CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, \widehat {ABC} = {30^0}, \Delta SBC là tam giác đều cạnh a, (SBC) \bot (ABC). Tính d(C,(SAB)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

+ Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình chữ nhật ABDC. Gọi M, I, J lần lượt là trung điểm của BC, CDAB. Lúc đó, CD // (SAB) hay: d(C,(SAB)) = d(CD,(SAB)) = d(I,(SAB)).
+ Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ IH \bot SJ,{\rm{ (H}} \in {\rm{SJ) (1)}}.
Mặt khác, ta có: \left. \begin{array}{l} IJ \bot AB\\ SM \bot (ABC) \Rightarrow AB \bot SM \end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot (SIJ) \Rightarrow AB \bot IH{\rm{ (2)}}.
Từ (1)(2) suy ra: IH \bot (SAB) hay d(C,(SAB)) = IH.
+ Xét tam giác SIJ có: {S_{SIJ}} = \frac{1}{2}IH.SJ = \frac{1}{2}SM.IJ \Rightarrow IH = \frac{{SM.IJ}}{{SJ}}.
Với: IJ = AC = BC.\sin {30^0} = \frac{a}{2}, SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}, SJ = \sqrt {S{M^2} + M{J^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}.
Do đó: IH = \frac{{SM.IJ}}{{SJ}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}.
Vậy d(C,(SAB)) = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}.

Phương pháp 3
+ Nếu MN \cap (P) = I. Ta có: \frac{{{\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\left( {\rm{P}} \right)} \right)}}{{{\rm{d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right)}} = \frac{{MI}}{{NI}}.
+ Tính {\rm{d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right)\frac{{MI}}{{NI}}.
+ {\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{MI}}{{NI}}.{\rm{d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right).

Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ hơn tìm khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại AD, AB = AD = a, CD = 2a, SD \bot (ABCD), SD = a.
a) Tính d(D,(SBC)).
b) Tính d(A,(SBC)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Gọi M là trung điểm của CD, E là giao điểm của hai đường thẳng ADBC.
a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ DH \bot SB,{\rm{ (H}} \in {\rm{SB) (1)}}.
+ Vì BM = AD = \frac{1}{2}CD \Rightarrow Tam giác BCD vuông tại B hay BC \bot BD{\rm{ (*)}}. Mặt khác, vì SD \bot (ABCD) \Rightarrow SD \bot BC{\rm{ (**)}}.
Từ (*)(**) ta có:
BC \bot (SBD) \Rightarrow BC \bot DH{\rm{ (2)}}.
Từ (1)(2) suy ra: DH \bot (SBC) hay d(D,(SBC)) = DH.
+ Xét tam giác vuông SBD có: \frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{B{D^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow DH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.
Vậy d(D,(SBC)) = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.
b) Ta có: \frac{{d(A,(SBC))}}{{d(D,(SBC))}} = \frac{{AE}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d(A,(SBC)) = \frac{1}{2}d(d,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.
Vậy d(A,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.

Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a, (SBC) \bot (ABC), SB = 2a\sqrt 3 ,\widehat {SBC} = {30^0}. Tính d(B,(SAC)).

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

+ Trong mặt phẳng (SBC) kẻ SM \bot BC{\rm{ (M}} \in {\rm{BC)}}; trong mặt phẳng (ABC) kẻ MN \bot AC{\rm{ (N}} \in A{\rm{C)}}; trong mặt phẳng (SMN) kẻ MH \bot SN{\rm{ (N}} \in SN{\rm{)}}. Suy ra, MH \bot (SAC) \Rightarrow d(M,(SAC)) = MH.
+ Ta có: SM = SB.\sin {30^0} = a\sqrt 3 .
BM = SB.\cos {30^0} = 3a \Rightarrow CM = a.
MN = \frac{{AB.CM}}{{AC}} = \frac{{3a}}{5}. Xét tam giác vuông SMN có: \frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{S{M^2}}} + \frac{1}{{M{N^2}}} = \frac{{28}}{{9{a^2}}} \Rightarrow MH = \frac{{3a}}{{\sqrt {28} }} \Rightarrow d(M,(SAC)) = \frac{{3a}}{{\sqrt {28} }}.
+ Mặt khác, ta có:
\frac{{d(B,(SAC))}}{{d(M,(SAC))}} = \frac{{BC}}{{MC}} = 4 \Rightarrow d(B,(SAC)) = 4.d(M,(SAC)) = \frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}.
Vậy d(B,(SAC)) = \frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}.

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *