Bài toán: Xác định khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $(P).$ 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 $d(M,(P)) = MH.$ 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 $a$ và $α.$ Gọi $I$ là trung điểm của $BC.$ + Ta có: $\left. \begin{array}{l} SI \bot BC\\ AI \bot BC \end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (SAI)$ và $\widehat {SIA} = \alpha .$ + Kẻ $AH \bot SI{\rm{ (H}} \in {\rm{SI)}}$ mà $SI = (SAI) \cap (SBC)$ 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 $d(A,(SBD))$. a) Kẻ $AH \bot SB{\rm{ (H}} \in {\rm{SB) (1)}}.$ Ta có: $SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC{\rm{ (*)}}$ và $AB \bot BC{\rm{ (gt) (**)}}$. Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $BC \bot (SAB) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{AH (2)}}.$ Từ $(1)$ và $(2)$ 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: $SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD{\rm{ (*)}}$ và $AC \bot BD{\rm{ (gt) (**)}}$. Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $BD \bot (SAC) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{AK (2)}}.$ Từ $(1)$ và $(2)$ 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 $AB$ và $AD$. Tính $d(I,(SFC)).$ 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 $AID$ và $DFC$ có: $AI = DF$, $AD = DC.$ Suy ra $\Delta AID = \Delta DFC$ $ \Rightarrow \widehat {AID} = \widehat {DFC},\widehat {ADI} = \widehat {DCF}.$ Mà $\widehat {AID} + \widehat {ADI} = {90^0}$ $ \Rightarrow \widehat {DFC} + \widehat {ADI} = {90^0}.$ Hay $FC \bot ID$ $(**).$ + Từ $(*)$ và $(**)$ ta có: $FC \bot (SID) \Rightarrow IH \bot FC$ $(2)$. Từ $(1)$ và $(2)$ 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 ${\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\left( {\rm{P}} \right)} \right) = {\rm{d}}(\Delta ,{\rm{(P)) = d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right)$. 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 $AC$ và $BD$. Tính $d(B’,(A’BD)).$ + Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD.$ Vì $B’C//A’D$ 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 $(1)$ và $(2)$ 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 $d(C,(SAB))$. + Trong mặt phẳng $(ABC)$ vẽ hình chữ nhật $ABDC$. Gọi $M, I, J$ lần lượt là trung điểm của $BC, CD$ và $AB$. 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 $(1)$ và $(2)$ 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 ${\rm{d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right)$ và $\frac{{MI}}{{NI}}$. + ${\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{MI}}{{NI}}.{\rm{d}}\left( {N,\left( {\rm{P}} \right)} \right)$. 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 $(P).$ Ví dụ 6: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$, $AB = AD = a$, $CD = 2a$, $SD \bot (ABCD)$, $SD = a.$ a) Tính $d(D,(SBC)).$ b) Tính $d(A,(SBC)).$ Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $AD$ và $BC.$ 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 $(*)$ và $(**)$ ta có: $BC \bot (SBD) \Rightarrow BC \bot DH{\rm{ (2)}}.$ Từ $(1)$ và $(2)$ 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 $d(B,(SAC))$. + 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 $d(B,(SAC)) = \frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}.$
