Các Dạng Toán Bài Khoảng Cách Lớp 11 Giải Chi Tiết

Các dạng toán bài Khoảng cách lớp 11 giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Dạng 1. Tính khoảng cách liên quan đến hình chóp

Câu 1. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right),SA = a\sqrt 2 $.

a) Tính khoảng cách từ $A$ đến $SC$.

b) Chứng minh rằng $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

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

Lời giải

a) Kẻ $AH \bot SC$ tại H

Ta có: $d\left( {A,SC} \right) = AH$

Tam giác $SAC$ với $AH$ là đường cao nên $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}$

$ \Rightarrow A{H^2} = \frac{{S{A^2}.A{C^2}}}{{S{A^2} + A{C^2}}} = \frac{{{{(a\sqrt 2 )}^2}.{{(a\sqrt 2 )}^2}}}{{{{(a\sqrt 2 )}^2} + {{(a\sqrt 2 )}^2}}} = {a^2}$

$ \Rightarrow AH = a$

$ \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = a$.

b) Ta có:

$BD \bot AC$ (Đường chéo hình vuông)

$BD \bot SA$ (Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$)

$ \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$

c) Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$

Kẻ $OK \bot SC$tại $K$ (1)

Lại có, $BD \bot OK$ (Do $BD \bot \left( {SAC} \right)$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $SC$ $ \Rightarrow d\left( {BD,SC} \right) = OK = \frac{{AH}}{2} = \frac{a}{2}$.

Câu 2. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right),SA = h$. Gọi $M,N,P$ tương ứng là trung điểm của $SA,SB,SC$.

a) Tính $d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {ABC} \right)} \right)$ và $d\left( {NP,\left( {ABC} \right)} \right)$.

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

Lời giải

a)

* Tính $d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {ABC} \right)} \right)$

Ta có: $\left( {MNP} \right)//\left( {ABC} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {ABC} \right)} \right) = AM = \frac{h}{2};$

* Tính $d\left( {NP,\left( {ABC} \right)} \right)$

Ta có: $\left( {MNP} \right)//\left( {ABC} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {NP,\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{h}{2}$

b) Ta có:

$AB \bot BC$ ($\Delta ABC$ vuông tại $B$)

$SA \bot BC$ ( Do $SA \bot (ABC)$)

$ \Rightarrow (SAB) \bot BC$

Mà $BC \subset (SBC)$

Nên $(SAB) \bot (SBC)$ (1)

Kẻ $AH \bot SB$ tại $H$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right)$

$ \Rightarrow AH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}$.

Câu 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là một hình vuông cạnh $a$, mặt bên $SAD$ là một tam giác đều và $\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

a) Tính chiều cao của hình chóp.

b) Tính khoảng cách giữa $BC$ và $\left( {SAD} \right)$.

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

Lời giải

a) Ta có:

$\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ (1)

Kẻ$SH \bot AD$ tại $H$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow $ $SH$ là chiều cao hình chóp và $SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ ( Do $\Delta SAD$đều)

b) $d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = AB = a$.

c) $d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Câu 4. 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) $AB \bot DM,AB \bot CM \Rightarrow AB \bot \left( {MCD} \right) \Rightarrow AB \bot MN$ (1)

Tương tự: $CD \bot MN$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$.

b) Ta có:

$AB \bot CD$ (3)

$AB \bot MN$ ( Do$\Delta MCD$ cân tại $M$ và $MN$ là trung tuyến) (4)

Từ (3) và (4)$ \Rightarrow AB \bot \left( {MCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD$.

Tương tự cho các cặp còn lại.

Câu 5. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, đáy là tam giác $ABC$ vuông tại $B$, biết $SA = AB = BC = a$. Tính theo a khoảng cách:

a) Từ điểm $B$ đến đường thẳng $SC$.

b) Từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

c) Giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SC$.

Lời giải

a) Ta có: $BC \bot AB,BC \bot SA$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$, suy ra $BC \bot SB$. Kẻ $BH \bot SC$ tại $H$ thì $d\left( {B,SC} \right) = BH$.

Theo định lí Pythagore, ta tính đượC

$SB = AC = a\sqrt 2 ,SC = a\sqrt 3 $. Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$.

Khi đó: $BH = \frac{{SB \cdot BC}}{{SC}} = \frac{{a \cdot a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$. Vậy $d\left( {B,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

b) Kẻ $AK \bot SB$ tại $K$, có $BC \bot \left( {SAB} \right)$ nên $BC \bot AK$. Suy ra $AK \bot \left( {SBC} \right)$, do đó $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AK$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có đường cao $AK$.

Khi đó $AK = \frac{{SA \cdot AB}}{{SB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. Vậy $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

c) Dựng hình bình hành $ABCD$, vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $ABCD$ là hình vuông.

Vì $CD \bot AD,CD \bot SA$ nên $CD \bot \left( {SAD} \right)$. Kẻ $AE \bot SD$ tại $E$, mà $AE \bot CD$ nên $AE \bot \left( {SCD} \right)\left( 1 \right)$.

Vì mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ chứa $SC$ và song song với $AB$ nên

$d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2), suy ra $d\left( {AB,SC} \right) = AE$. Vì tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$, có đường cao $AE$ nên $AE = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Câu 6. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ đều cạnh bằng $a,SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $SA = 2a$. Tính theo $a$ khoảng cách:

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

b) Từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

c) Giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$.

Lời giải

a) Kẻ $BH \bot AC$ tại $H$, mà $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot BH$, suy ra $BH \bot \left( {SAC} \right)$. Do đó

$d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

b) Kẻ $AM \bot BC$ tại $M$ và $AK \bot SM$ tại $K$ thì $AK \bot \left( {SBC} \right)$, suy ra $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AK$.

Ta có: $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}$, suy ra $AK = 2a\sqrt {\frac{3}{{19}}} $.

Vậy $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 2a\sqrt {\frac{3}{{19}}} $.

c) Dựng hình bình hành $ABCD$ thì $AB//\left( {SCD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ chứa $SC$ nên $d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right)$. Mà $d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)$, tính tương tự như câu b ta được:

$d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2a\sqrt {\frac{3}{{19}}} $. Vậy $d\left( {AB,SC} \right) = 2a\sqrt {\frac{3}{{19}}} $.

Câu 7. 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 $SC$.

Lời giải

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

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

Dạng 2. Tính khoảng cách liên quan đến hình lăng trụ-hình lập phương

Câu 1. Cho hình lăng trụ đứng $ABC \cdot A’B’C’$ có $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB = a,AA’ = h$.

a) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {BCC’B’} \right)$.

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

Lời giải

a)

Ta có: $(ABC) \bot \left( {BCC’B’} \right)$ (1)

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow AH \bot \left( {BCC’B’} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {AH;\left( {BCC’B’} \right)} \right) = AH = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

b) $AB \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow AB \bot AC’ \Rightarrow \vartriangle ABC’$ vuông tại $A$.

$AC’ = \sqrt {{a^2} + {h^2}} ,BC’ = \sqrt {2{a^2} + {h^2}} $.

Kẻ $AK$ vuông góc với $BC’$ tại $K$, ta tính được $AK = \frac{{a\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}{{\sqrt {2{a^2} + {h^2}} }}$.

Câu 2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $AA’ = a,AB = b,BC = c$.

a) Tính khoảng cách giữa $CC’$ và $\left( {BB’D’D} \right)$.

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

Lời giải

a) $d\left( {CC’,\left( {BDD’B’} \right)} \right) = CH = \frac{{bc}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}$.

b) $d\left( {AC,B’D’} \right) = OO’ = a$.

Câu 3. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh $a$.

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

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

Lời giải

a) $\left( {D’AC} \right)//\left( {BC’A’} \right),\left( {BC’A} \right) \bot DB’$.

$AC \bot \left( {BDD’B’} \right) \Rightarrow AC \bot DB’;AD’ \bot \left( {DA’B’} \right)$

$ \Rightarrow AD’ \bot DB’ \Rightarrow DB’ \bot \left( {ACD’} \right)$.

b) $d\left( {\left( {D’AC} \right),\left( {BA’C’} \right)} \right) = EF = \frac{1}{3}DB’ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 4. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Tính theo $a$ khoảng cách:

a) Từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {BDA’} \right)$.

b) Giữa hai đường thẳng song song $BC$ và $A’D’$.

c) Giữa hai đường thẳng chéo nhau $A’B$ và $B’C$.

Lời giải

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, kẻ $AH$ vuông góc với $A’O$ tại $H$. Ta có $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, có tâm $O$ nên $AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, tam giác $AOA’$ vuông tại $A$, đường cao $AH$ nên ta tính được $AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

b) Ta có $A’D’//BC$ và $BC \bot \left( {ABB’A’} \right)$ nên $BC \bot A’B$.

Do đó $A’B = d\left( {A’,BC} \right) = d\left( {A’D’,BC} \right) = a\sqrt 2 $.

C) Vì $B’C//A’D$ và $A’D \subset \left( {A’BD} \right),B’C \not\subset \left( {A’BD} \right)$ nên $B’C//\left( {A’BD} \right)$.

Do đó $d\left( {A’B,B’C} \right) = d\left( {B’C,\left( {A’BD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {A’BD} \right)} \right)$.

Vì $AC$ cắt mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$ tại $O$ là trung điểm của $AC$ nên $d\left( {C,\left( {A’BD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 5. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Tính theo $a$ khoảng cách:

a) Giữa hai đường thẳng $AB$ và $C’D’$.

b) Giữa đường thẳng $AC$ và mặt phẳng $\left( {A’B’C’D’} \right)$.

c) Từ điểm $A$ đến đường thẳng $B’D’$.

d) Giữa hai đường thẳng $AC$ và $B’D’$.

Lời giải

a) Vì $BC’$ vuông góc với cả hai đường thẳng $AB$ và $C’D’$ nên $d\left( {AB,C’D’} \right) = BC’ = a\sqrt 2 $.

b) Vì $AC//\left( {A’B’C’D’} \right)$ nên

$d\left( {AC,\left( {A’B’C’D’} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A’B’C’D’} \right)} \right) = AA’ = a$. c) Gọi $O’$ là giao điểm của $A’C’$ và $B’D’$, ta có

$AO’ \bot B’D’$, theo định lí Pythagore, áp dụng cho tam giác $AA’O’$ vuông tại $A’$ thì $AO’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$. Do đó $d\left( {A,B’D’} \right) = AO’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

d) Ta có: $d\left( {AC,B’D’} \right) = d\left( {AC,\left( {A’B’C’D’} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A’B’C’D’} \right)} \right) = AA’ = a$.

Câu 6. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $AB = a,AD = a\sqrt 2 ,AA’ = a\sqrt 3 $. Tính theo $a$ khoảng cách:

a) Từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {BDD’B’} \right)$.

b) Giữa hai đường thẳng $BD$ và $CD’$.

Lời giải

a) Kẻ $AH$ vuông góc với $BD$ tại $H$.

Khi đó $AH \bot \left( {BB’D’D} \right)$, suy ra $d\left( {A,\left( {BB’D’D} \right)} \right) = AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{BD}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

b) Ta có: $CD’//\left( {A’BD} \right)$ nên $d\left( {CD’,BD} \right) = d\left( {CD’,\left( {A’BD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {A’BD} \right)} \right)$.

Vì $AC$ cắt $BD$ tại trung điểm của $AC$ nên $d\left( {C,\left( {A’BD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right)$.

Kẻ $AK$ vuông góc với $A’H$ tại $K$. Khi đó $AK \bot \left( {A’BD} \right)$, suy ra

$d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right) = AK = \frac{{AH \cdot AA’}}{{A’H}} = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$. Vậy $d\left( {CD’,BD} \right) = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng $ABC \cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ và $AB = AC = AA’ = a$. Tính theo $a$ khoảng cách:

a) Từ điểm $A$ đến đường thẳng $B’C’$.

b) Giữa hai đường thẳng $BC$ và $AB’$.

Lời giải

a) Kẻ $AH$ vuông góc với $B’C’$ tại $H$ thì $d\left( {A,B’C’} \right) = AH$.

Ta có: $AB’ = AC’ = B’C’ = a\sqrt 2 $ nên $AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$. Vậy $d\left( {A,B’C’} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

b) Vì $BC//\left( {AB’C’} \right)$ nên $d\left( {BC,AB’} \right) = d\left( {BC,\left( {AB’C’} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AB’C’} \right)} \right)$. Mà $CA’$ cắt $AC’$ tại trung điểm của $CA’$ nên $d\left( {C,\left( {AB’C’} \right)} \right) = d\left( {A’,\left( {AB’C’} \right)} \right)$.

Đặt $d\left( {A’,\left( {AB’C’} \right)} \right) = h$ thì $\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A'{B^{‘2}}}} + \frac{1}{{A'{C^{‘2}}}} = \frac{3}{{{a^2}}}$, suy ra $h = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $d\left( {BC,AB’} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Dạng 3. Ứng dụng thực tế

Câu 1. 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 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 2,21m đi qua hay không?

Tại đầu một số cấu vượt ta có thế bát gập khung khống chế chiều cao.

Lời giải

Gọi $B$ là một điểm nằm trên thanh ngang và $H$ là hình chiếu vuông góc xuống mặt dốc. Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng dốc là $BH = 2,28 \cdot sin{75^ \circ } \approx 2,2\left( {\;m} \right)$.

Do đó, không cho phép xe cao $2,21\;m$ đi qua.

Câu 2. 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

Chiều cao của giá đỡ là $\sqrt {{{129}^2} – {{\left( {\frac{{110 \cdot \sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \approx 112\left( {\;cm} \right)$.

Câu 3. 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

Sợi dây của quả dọi có phương vuông góc với đáy bể và vuông góc với mặt nước.

Câu 4. Một chiếc máy bay cất cánh từ một điểm thuộc mặt đất phẳng nẳm ngang. Trong 3 phút đầu máy bay bay với vận tốc $500\;km/h$ và theo đường thẳng tạo với mặt đất một góc ${15^ \circ }$. Hỏi sau 2 phút, máy bay ở độ cao bao nhiêu kilômét (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất)?

Lời giải

Sau 2 phút, máy bay đi được quãng đường là

$AB = \frac{{500}}{{60}} \cdot 2 = \frac{{50}}{3}\left( {\;km} \right)$. Sau 2 phút, máy bay ở độ cao là

$h = AB \cdot sin{15^ \circ } \approx 4,3\left( {\;km} \right)$.

Câu 5. Trên một mái nhà nghiêng ${30^ \circ }$ so với mặt phẳng nằm ngang, người ta dựng một chiếc cột vuông góc với mái nhà. Hỏi chiếc cột tạo với mặt phẳng nằm ngang một góc bao nhiêu độ? Vì sao?

Lời giải

Gọi $AB$ là giao tuyến của mặt phẳng mái nhà và mặt phẳng nằm ngang, $AD$ là đường thẳng nằm trên mái nhà và vuông góc với $AB$, đường thẳng $DE$ là chiếc cột vuông góc với mái nhà, đường thẳng $AE$ nằm trên mặt phẳng nằm ngang, khi đó tam giác $ADE$ vuông tại $D$, đường thẳng $AE$ là hình chiếu vuông góc của $DE$ trên mặt phẳng nằm ngang, mà góc $DAE$ bằng ${30^ \circ }$ nên góc giữa hai đường thẳng $DE$ và $AE$ bằng ${60^ \circ }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $DE$ (chiếc cột) và mặt phẳng nằm ngang bằng góc giữa hai đường $DE$ và $AE$ bằng ${60^ \circ }$.