Lý thuyết Khoảng cách (mới 2023 + Bài Tập) - Toán 11

Lý thuyết Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Bài giảng Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

A. Lý thuyết.

I. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, một mặt phẳng.

1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Cho điểm O và đường thẳng a. Trong mặt phẳng (O; a), gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên a. Khi đó, khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a.

Kí hiệu: d(O; a).

Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD. A'B'C'D' cạnh a. Tính khoảng cách từ B tới đường thẳng DB'.

Lời giải:

Từ giả thuyết ta suy ra:  $BD=\sqrt{B{C}^2+\text{\hspace{0.17em}}C{D}^2}=a\sqrt{2}$

Gọi H là hình chiếu của B lên DB' ta có: BH = d (B, DB').

Xét tam giác BB'D vuông tại B ta có:

$$\begin{gathered} \frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B^{\text{'}}{B}^2}+\frac{1}{B{D}^2} \\ =\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{3}{2a^2} \\ \Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{6}}{3} \end{gathered}$$

2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Cho điểm O và mặt phẳng (α). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (α). Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (α) và được kí hiệu là d(O; (α)).

Ví dụ 2. Cho hình chóp S. ABC có $SA\perp \left(ABC\right)$, ∆ABC là tam giác đều cạnh  a và tam giác SAB cân. Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

Lời giải:

Gọi D là trung điểm BC. Do tam giác ABC đều nên $AD\perp BC$ (1).

Trong tam giác SAD, kẻ $AH\perp SD$ (2).

Do $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\ AD\perp BC\\ SA\cap AD=\left\{A\right\}\end{array}\right.\\ \Rightarrow BC\perp \left(SAD\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SAD\right)\end{array}$ (3).

Từ (2) và (3), ta suy ra AH vuông góc với (SBC) nên d(A ; (SBC))= AH.

Theo giả thiết, ta có SA = AB = a, $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao trong tam giác đều cạnh a).

Tam giác SAD vuông nên

 $\begin{array}{l}\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\\ \iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{3a^2}\\ \iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{7}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\end{array}$

II. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng song song.

1. Khoảng cách giữa đường thẳng và măt phẳng song song.

- Định nghĩa: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (α). Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc a đến mặt phẳng (α).

Kí hiệu là d(a; (α)) .

2. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.

- Định nghĩa: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

- Kí hiệu: d((α); (β)).

Như vậy: d((α); (β)) = d(M; (β)) = d(M’; (α)).

III. Đường vuông góc chung và khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau.

1. Định nghĩa.

a) Đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng chéo nhau a, b và cùng vuông góc  với mỗi đường thẳng ấy được gọi là đường vuông góc chung của a và b.

b) Nếu đường vuông góc chung ∆ cắt hai đường thẳng chéo nhau a, b lần lượt tại M; N thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.

2. Cách tìm đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.

- Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Gọi (β) là mặt phẳng chứa b và song song với a; a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (β).

Vì a// (β) nên a// a’. Do đó; a’ cắt b tại 1 điểm là N

Gọi (α) là mặt phẳng chứa a và a’; ∆ là đường thẳng đi qua N và vuông góc với (β). Khi đó, (α) vuông góc (β).

Như vậy.∆ nằm trong (α) nên cắt đường thẳng a tại M và cắt đường thẳng b tại N.Đồng thời, ∆ vuông góc với cả a và b.

Do đó, ∆ là đường vuông góc chung của a và b.

Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA và BC.

Lời giải :

Do $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$ và  $BC\perp AB\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$.

Vì tam giác SAB đều nên gọi M là trung điểm của SA thì $BM\perp SA$ nên BM là đoạn vuông góc chung của BC và SA.

Vậy $d\left(SA;BC\right)=BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

3. Nhận xét

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng còn lại.

b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA= a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là

Lời giải :

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AD\\ AB\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)$$\Rightarrow d\left(D,\left(SAB\right)\right)=DA$.

Vì $\left\{\begin{array}{l}CD\not\subset \left(SAB\right)\\ CD\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}AB\\ AB\subset \left(SAB\right)\end{array}\right.$

Suy ra:  CD // (SAB) nên :

d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB)) = DA = a,

B. Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA vuông góc với (ABC) và SA = 3a. Diện tích tam giác ABC bằng 2a²; BC = a. Khoảng cách từ S đến BC bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Kẻ AH vuông góc với BC  

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC$$\Rightarrow AH=\frac{2.S_{\Delta ABC}}{BC}=\frac{4a^2}{a}=4a$

Ta có: $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC$

Lại có:  $AH\perp BC$ nên BC $\perp$ ( SAH)

Suy ra: $SH\perp BC$ và khoảng cách từ S đến BC chính là SH .

+ Ta có tam giác vuông  SAH  vuông tại A nên  ta có  $$\begin{gathered} SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2} \\ =5a \end{gathered}$$

Bài 2. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A'B'C' có đáy là tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a, $AB=a\sqrt{3}$. Khoảng cách từ AA' đến mặt phẳng (BCC'B') là:

Lời giải:

Ta có AA’//(BCC’B’) nên khoảng cách từ AA' đến mặt phẳng (BCC'B') cũng chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC'B').

Hạ $AH\perp BC\Rightarrow AH\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$.

Ta có

$$\begin{gathered} \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2} \\ =\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{B{C}^2-A{B}^2} \\ =\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2} \\ \Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Vậy khoảng cách từ AA' đến mặt phẳng (BCC'B') bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Bài 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính khoảng cách từ B đến (SCD).

Lời giải:

Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD .

Suy ra HM =1, $SH=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $SM=\frac{\sqrt{7}}{2}$

Vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD) nên $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Vì AB//CD nên AB// (SCD).

Do đó d (B; (SCD)) = d(H; (SCD)) = HK với $HK\perp SM$ trong (SHM).

Ta có: 

$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{M}^2}\Rightarrow HK=\frac{\sqrt{21}}{7}$

Bài 4. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và đáy là tam giác vuông tại B, AB = SA= a. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Khoảng cách giữa AH và BC bằng:

Lời giải:

Ta có $AH\perp SB\Rightarrow AH\perp HB$.

$\left.\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH$ (nên $BC\perp BH$).

Do đó, d(BC, AH) = HB.

Tam giác SAB vuông cân tại A, AH là đường cao

$\Rightarrow BH=\frac{SB}{2}=\frac{\sqrt{a^2+a^2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

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

Trắc nghiệm Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

Câu 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA vuông góc với $\left(ABC\right)$ và $SA=3a.$ Diện tích tam giác ABC bằng $2a^2,BC=a$. Khoảng cách từ S đến BC bằng bao nhiêu?

A. 2a

B.  4a

C.  3a

D. 5a

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Kẻ AH vuông góc với BC 

 $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC$

$\to AH=\frac{2.S_{\Delta ABC}}{BC}$

$=\frac{4a^2}{a}=4a$

Khoảng cách từ S đến BC chính là SH

Dựa vào tam giác vuông $\Delta SAH$ ta có 

$SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}$

$=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2}=5a$

Câu 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ trong đó SA,AB,BC đôi một vuông góc và $SA=AB=BC=1.$ Khoảng cách giữa hai điểm $S\text{ và }C$ nhận giá trị nào trong các giá trị sau ?

A. $\sqrt{2}.$

B. $\sqrt{3}.$

C. 2.

D. $\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

Do $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AB\\ SA\perp BC\end{array}\right.$ nên $SA\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow SA\perp AC$

Như vậy  $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}$

$=\sqrt{S{A}^2+(A{B}^2+B{C}^2)}=\sqrt{3}$

Câu 3: Cho hình chóp A.BCD có cạnh $AC\perp \left(BCD\right)\text{ và }BCD$ là tam giác đều cạnh bằng a. Biết $AC=a\sqrt{2}$ và M là trung điểm của BD. Khoảng cách từ C đến đường thẳng AM bằng

A. $a\sqrt{\frac{7}{5}}.$

B. $a\sqrt{\frac{4}{7}}.$

C. $a\sqrt{\frac{6}{11}}.$

D. $a\sqrt{\frac{2}{3}}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Do $\Delta ABC$ đều cạnh a nên đường cao $MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$d\left(C,AM\right)=CH$

$=\frac{AC.MC}{\sqrt{A{C}^2+M{C}^2}}=a\frac{\sqrt{66}}{11}$

Câu 4: Trong mặt phẳng $\left(P\right)$ cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng $\left(P\right)$ lấy điểm S sao cho SA= a . Khoảng cách từ A đến $\left(SBC\right)$ bằng        

A. $a\sqrt{5}.$

B. $2a.$

C. $\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

D. $a\sqrt{3}.$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

 Gọi M là trung điểm của BC; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. 

Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ nên

$BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp AH.$

Mà $AH\perp SM$, do đó $AH\perp \left(SBC\right)$.

Vậy $AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$ 

$AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};$

$AH=\frac{AS.AM}{\sqrt{A{S}^2+A{M}^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

Câu 5: Cho tứ diện SABC trong đo SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một và $SA=3a$, $SB=a$,$SC=2a$. Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bằng:

A. $\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{7a\sqrt{5}}{5}$

C. $\frac{8a\sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{5a\sqrt{6}}{6}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: B

Giải thích:

+ Dựng  $AH\perp BC$ $\Rightarrow d\left(A,BC\right)=AH$

+ $\left\{\begin{array}{l}AS\perp \left(SBC\right)\supset BC\Rightarrow AS\perp BC\\ AH\perp BC\end{array}\right.$

AH cắt Á cùng nằm trong $\left(SAH\right)$.

$\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)\supset SH\Rightarrow BC\perp SH$

Xét trong $\Delta SBC$ vuông tại S có H là đường cao ta có:

$\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{S{C}^2}$

$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}$  

$\Rightarrow S{H}^2=\frac{4a^2}{5}$

$\Rightarrow SH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

+ Ta dễ chứng minh được  $AS\perp \left(SBC\right)\supset SH\Rightarrow AS\perp SH$ 

$\Rightarrow \Delta ASH$ vuông tại S.

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ASH$ vuông tại S ta có:

$A{H}^2=S{A}^2+S{H}^2$

$=9a^2+\frac{4a^2}{5}=\frac{49a^2}{5}$

$\Rightarrow AH=\frac{7a\sqrt{5}}{5}$

 Câu 6:  Cho hình chóp S.ABCD có $SA\perp \left(ABCD\right),$ mặt đáy ABCD là hình thang vuông có chiều cao $AB=a.$ Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa đường thẳng IJ và $\left(SAD\right).$

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{a}{2}$

D. $\frac{a}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AI$

Lại có $AI\perp AD$ ( hình thang vuông)

suy ra $IA\perp \left(SAD\right)$

$IJ\parallel AD$ theo tính chất hình thang, nên

$d\left(IJ,\left(SAD\right)\right)=d\left(I,\left(SAD\right)\right)$

$=IA=\frac{a}{2}$

Câu 7: Cho hình thang vuông ABCD vuông ở A và D, AD= 2a .Trên đường thẳng vuông góc với $\left(ABCD\right)$ tại D lấy điểm S với $SD=a\sqrt{2}.$ Tính khoảng cách giữa DC và $\left(SAB\right).$

A. $\frac{2a}{\sqrt{3}}$

B. $\frac{a}{\sqrt{2}}$

C. $a\sqrt{2}$.

D. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: A

Giải thích:

Trong tam giác DHA , dựng $DH\perp SA$;

Vì  $DC//AB$

$\Rightarrow d\left(DC;\left(SAB\right)\right)=d\left(D;\left(SAB\right)\right)$

$=DH$

Xét tam giác vuông SDA có :

$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$

$\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{12}}{3}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Câu 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khi đó khoảng cách giữa đường thẳng AB và mặt phẳng $\left(SCD\right)$ bằng

A. $\frac{a\sqrt{6}}{2}$

B. $\frac{a\sqrt{6}}{4}$

C. $\frac{2a\sqrt{6}}{9}$

D. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: D

Giải thích:

Gọi O là tâm hình vuông  ABCD

Khi đó $SO\perp \left(ABCD\right)$

Kẻ  $OI\perp CD,OH\perp SI$

$\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$

Ta tính được  $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2},$

$\hspace{0.17em}SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$

 $\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Câu 9: Cho hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có cạnh bằng a. Khi đó, khoảng cách giữa đường thẳng BD và mặt phẳng $\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$ bằng

A. $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

B. $\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ

$A\left(0;0;0\right);B\left(1;0;0\right);D\left(0;1;0\right);$

$A^{\text{'}}\left(0;0;1\right);C\left(1;1;0\right);B^{\text{'}}\left(1;0;1\right);$

$D^{\text{'}}\left(0;1;1\right);C^{\text{'}}\left(1;1;1\right)$

$\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}=\left(0;-1;1\right);\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}=\left(-1;0;1\right)$

Viết phương trình mặt phẳng $\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$

Có VTPT $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}};\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}\right]=\left(-1;-1;-1\right)$

$\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right):$

$1\left(x-1\right)+1\left(y-1\right)+1\left(z-0\right)=0$

$\iff x+y+z-2=0$

$d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(B;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{\left|1+0+0-2\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với $AB=2a\sqrt{3};BC=2a$. Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm đoạn DI và SB hợp với mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$ một góc ${60}^{\circ }.$  Khoảng cách từ D đến $\left(SBC\right)$ tính theo a bằng 

A. $\frac{a\sqrt{15}}{5}$

B. $\frac{2a\sqrt{15}}{5}$

C. $\frac{4a\sqrt{15}}{5}$

D. $\frac{3a\sqrt{15}}{5}$

Hiển thị đáp án  

Đáp án: C

Giải thích:

Đặc điểm của hình: Góc giữa SB tạo với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là $\widehat{SBM}={60}^{\circ }.$

$BM=\frac{3}{4}BD=3a$; 

$SM=BM.\tan {60}^0=3\sqrt{3}a$

Xác định khoảng cách:

$d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right)$

$=\frac{4}{3}MH$

Tính khoảng cách MH:

$$\begin{gathered} \frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{K}^2}+\frac{1}{M{S}^2} \\ =\frac{1}{{\left(\frac{3}{4}.2\sqrt{3}a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3\sqrt{3}a\right)}^2}=\frac{5}{27a^2} \end{gathered}$$

$MH=\sqrt{\frac{27}{5}}a$ .vậy

 $$\begin{gathered} d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right) \\ =\frac{4}{3}MH=\frac{4\sqrt{15}}{5}a \end{gathered}$$

Xem thêm các bài tổng hợp lý thuyết Toán lớp 11 đầy đủ, chi tiết khác:

Lý thuyết Vectơ trong không gian

Lý thuyết Hai đường thẳng vuông góc 

Lý thuyết Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lý thuyết Hai mặt phẳng vuông góc

Lý thuyết Ôn tập chương 5