[HHKG] Quan hệ vuông góc {khoảng cách} [Lần 4]

 Bài 1:   Cho tứ diện $ABCD$, trong đó góc tam diện đỉnh $D$ là tam diện vuông. Giả sử $DA=a, DB=b, DC=c$. Chứng minh rằng với mỗi điểm $M$ nằm trên một cạnh  của $\triangle ABC$ thì:    $S=d(A,DM)+d(B,DM)+d(C,DM) \leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}$Khi nào xảy ra dấu bằng, ở đây $d(A,DM)$ là khoảng cách từ $A$ đến $DM$.

Mời các bạn tham gia nhận xét [ nhận xét được admin phê duyệt sẽ được hiện ngay ]

{Không giảm tổng quát ta có thể giả sử $A$ nằm trên $AB$ Đặt $MDB=\varphi$. Khi đó dễ dàng ta thấy $S=c+a\cos \varphi+b\sin \varphi$ Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có: $a\cos \varphi+b\sin \varphi \leq \sqrt{a^2+b^2} (1)$ Dấu bằng trong $(1)$ có $\Leftrightarrow \frac{a}{\cos \varphi}=\frac{b}{\sin \varphi} \Leftrightarrow \tan \varphi=\frac{b}{a}$ Chú ý là trong tam giác vuông $ADB$ thì $\frac{b}{a}=\tan DAB $ từ đó suy ra dấu bằng trong $(1) \Leftrightarrow \varphi =DAB \Leftrightarrow DM \bot AB$ Vậy ta có: $S \leq c+\sqrt{a^2+b^2}$ Lại áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có: $S \leq \sqrt{2(A^2+b^2+c^2)} (2) \Rightarrow$ điều phải chứng minh Dấu bằng trong $(2)$ có $\Leftrightarrow DM\bot AB$ và $c=\sqrt{a^2+b^2}$}

Bài 2:  Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=3a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. Tam giác $ABC$ có $AB=BC=2a, \widehat{ABC}=120^0$. Tìm khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

Kẻ $AH \bot BC \Rightarrow SH \bot BC$ (định lí ba đường vuông góc). Lại có: $BC \bot (SAH)\Rightarrow (SBC)\bot (SAH)$. Do $(SBC) \cap (SAH)=AH,$ nên nếu kẻ $AK \bot SH( K \in SH) \Rightarrow AK \bot (SBC)$. Vậy $d(A, (SBC))=AK$. Ta có : $AH =AB \sin 60^0=2a\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAH$ ta có: $\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SH^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{9a^2}\Rightarrow AK=\frac{3a}{2}$ . Do vậy $ d(A, (SBC))=\frac{3a}{2}$.