Giải SBT Toán 11 KNTT Bài 26. Khoảng cách có đáp án

a) Kẻ BH $\perp$ AC tại H.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BH mà BH $\perp$ AC. Suy ra, BH $\perp$ (SAC).

Vì ABC là tam giác đều cạnh a có BH là đường cao nên $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

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

b) Kẻ AM $\perp$ BC tại M, AK $\perp$ SM tại K

Do SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC mà AM $\perp$ BC nên BC $\perp$ (SAM), suy ra BC $\perp$ AK.

Vì AK $\perp$ SM và BC $\perp$ AK thì AK $\perp$ (SBC).

Suy ra d(A, (SBC)) = AK.

Tam giác ABC đều cạnh bằng a có AM là đường cao nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$AM.

Xét tam giác SAM vuông tại A, có $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{19}{12a^2}$. Vậy d(A, (SBC)) = $\Rightarrow AK=2a\sqrt{\frac{3}{19}}$.

c) Dựng hình bình hành ABCD thì AB // CD nên AB // (SCD) và mặt phẳng (SCD) chứa SC nên d(AB, SC) = d(AB, (SCD)). Mà d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Kẻ AN $\perp$ DC tại N, kẻ AQ $\perp$ SN tại Q

Vì ADC là tam giác đều, AN là đường cao nên $AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ (ABCD), suy ra SA $\perp$ DC mà AN $\perp$ DC nên DC $\perp$ (SAN).

Vì DC $\perp$ (SAN) nên DC $\perp$ AQ mà AQ $\perp$ SN nên AQ $\perp$ (SDC).

Khi đó d(A, (SCD)) = AQ.

Xét tam giác SAN vuông tại A, có $\frac{1}{A{Q}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{N}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{19}{12a^2}$ ,$\Rightarrow AQ=2a\sqrt{\frac{3}{19}}$. Vậy d(AB, SC) = $2a\sqrt{\frac{3}{19}}$.