Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về lý thuyết bài tập về khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về chuyên đề khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau cũng như các dạng bài tập khoảng cách giữa hai đường thẳng trong không gian có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
I. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM
Để có thể làm được các dạng bài tập khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau lớp 11 một cách dễ dàng nhất thì chúng ta cần phải nắm vững và thật chắc các công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng cũng như tính chất của này như sau:
A. Đường vuông góc chung và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
1. Định nghĩa:
a) Đường thẳng $\Delta $ 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 $\Delta $ 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 $\left( \beta \right)$ là mặt phẳng chứa $b$ và song song với $a$ và ${a}’$ là hình chiếu vuông góc của $a$ trên mặt phẳng $\left( \beta \right)$.
Vì $a//\left( \beta \right)$ nên ${a}’//a$. Do đó ${a}’$ cắt $b$ tại một điểm. Gọi giao điểm đó là $N$.
Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $a$ và ${a}’$, $\Delta $ là đường thẳng đi qua $N$ và vuông góc với $\left( \beta \right)$. Khi đó $\Delta $ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ nên $\Delta $ cắt đường thẳng $a$ tại $M$ và cắt đường thẳng $b$ tại $N$.
Nhận thấy:
+) Đường thẳng $\Delta $ cắt cả hai đường thẳng $a$ và $b$.
+) $\Delta \bot \left( \beta \right)$ nên $\Delta \bot b$ và $\Delta \bot {a}’$. Mà ${a}’//a$ nên $\Delta \bot a$.
Vậy $\Delta $ cắt đồng thời vuông góc với cả $a$ và $b$. Do đó $\Delta $ là đường vuông góc chung của $a$ và $b$.
Chú ý: Khi $a$ và $b$ vuông góc với nhau. Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $a$ và vuông góc với $b$, gọi $N$ là giao điểm của $b$ và $\left( \alpha \right)$. Qua $N$ kẻ đường thẳng $\Delta $ vuông góc với đường thẳng $a$, cắt đường thẳng $a$ tại điểm $M$. Khi đó $\Delta $ là đường vuông góc chung của $a$ và $b$.
3. Nhận xét:
a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng 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.
B. Hướng dẫn các phương pháp giải:
«Phương pháp 1: Dựng đoạn vuông góc chung và tính độ dài đoạn vuông góc chung
Ta có các trường hợp sau đây:
a) Gải sử $a$ và $b$ là hai đường thẳng chéo nhau và không vuông góc với nhau.
Cách 1:
– Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $a$ và song song với $b$.
– Lấy một điểm $M$ tùy ý trên $b$ dựng $M{M}’\bot \left( \alpha \right)$ tại ${M}’$.
– Từ ${M}’$ dựng ${b}’\parallel b$ cắt $a$ tại $A$.
– Từ $A$ dựng $AB\parallel M{M}’$ cắt $b$ tại $B$. Ta có $d\left( a,b \right)=AB$.
– Tính độ dài đoạn thẳng $AB$.
Cách 2:
– Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)\bot a$ tại $O$, $\left( \alpha \right)$ cắt $b$ tại $I$.
– Dựng hình chiếu vuông góc của $b$ là ${b}’$ trên $\left( \alpha \right)$.
– Trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$, vẽ $OH\bot {b}’$ tại $H\in {b}’$.
– Từ $H$ dựng đường thẳng song song với $a$ cắt $b$ tại $B$.
– Từ $B$ dựng đường thẳng song song với $OH$ cắt $a$ tại $A$.
– Khi đó $d\left( a,b \right)=AB$.
– Tính độ dài đoạn thẳng $AB$.
b) Gải sử $a$ và $b$ là hai đường thẳng chéo nhau và $a\bot b$.
– Ta dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $a$ và vuông góc với $b$ tại $B$.
– Trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ dựng $BA\bot a$ tại $A$.
– Ta được $d\left( a,b \right)=AB$.
– Tính độ dài đoạn thẳng $AB$.
«Phương pháp 2: Chuyển về khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Cách 1:
– Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $a$ và song song với $b$.
– Ta có $d\left( a,b \right)=d\left( b,\left( \alpha \right) \right)=d\left( M,\left( \alpha \right) \right)$, với $M$ là điểm tùy ý thuộc đường thẳng $b$.
Cách 2:
– Dựng hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$, $\left( \beta \right)$ song song với nhau và lần lượt đi qua đường thẳng $a$, $b$.
– Ta có $d\left( a,b \right)=d\left( \left( \alpha \right),\left( \beta \right) \right)=d\left( M,\left( \alpha \right) \right)$, với $M$ là điểm tùy ý thuộc mặt phẳng $\left( \beta \right)$.
Bài toán: Hai đường thẳng $a,b$ chéo nhau và không vuông góc với nhau, có một đường nằm trên mặt phẳng đáy và một đường cắt mặt phẳng đáy.
« Phương pháp:
Gọi $\left( \beta \right)$ là mặt phẳng đáy, $B=a\cap \left( \beta \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( \beta \right)$ kẻ đường thẳng ${b}’$ đi qua $B$ và song song với đường thẳng $b$.
Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua đường thẳng $a$ và đường thẳng ${b}’$.
Khi đó $b\parallel \left( \alpha \right)\Rightarrow d\left( a,b \right)=d\left( b,\left( \alpha \right) \right)\,\,\,\left( 1 \right)$.
Chọn điểm $S\in a$, kẻ $SA\bot \left( \beta \right)$ tại $A$.
Chọn điểm $M\in b$ và gọi $I=AM\cap {b}’$ (chọn $B$ sao cho tính $IM,\,IA$ dễ nhất).
Suy ra $d\left( b,\left( \alpha \right) \right)=d\left( M,\left( \alpha \right) \right)=\frac{IM}{IA}.d\left( A,\left( \alpha \right) \right)$.
Bài toán trở thành tính khoảng cách $d\left( A,\left( \alpha \right) \right)$.
II. BÀI TẬP MẪU
Khi đã nắm chắc được các lý thuyết liên quan đến các công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau lớp 11 thì chúng ta cần phải làm thêm một số giải bài tập áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng rất dễ hiểu để có thể hiểu rõ hơn chương này ngay bên dưới đây:
Dạng 1: Hai đường thẳng ${{d}_{1}}$và ${{d}_{2}}$vuông góc với nhau
Cho hình chóp tứ giác$S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a;$ $AD=a\sqrt{3}$, và $SA$ vuông góc với $\left( ABCD \right)$. Biết góc giữa $\left( SCD \right)$và đáy bằng ${{60}^{0}}$. Tính khoảng cách:
a)Từ $O$ đến $\left( SCD \right)$ với $O$ là tâm đáy
b)Từ $G$ đến $\left( SAB \right)$ với $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$
c)$SA$ và $BD$
d)$CD$ và $AI$với $I$ là điểm thuộc $SD$ sao cho$~SI=$$\frac{1}{2}ID$
Lời giải:
a)Góc giữa $\left( SCD \right)$và $\left( ABCD \right)$là $\widehat{SDA}={{60}^{0}}$
Ta có:$SA=AD.\tan {{60}^{0}}=3a$ và $SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2\sqrt{3}a$
Trong $\left( SAD \right)$ kẻ $AH\bot SD$ tại$H$. Ta có:$\left\{ \begin{align} & CD\bot AD \\ & CD\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow CD\bot (SAD)$
$\Rightarrow CD\bot AH$ mà $AH\bot SD$ nên $AH\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AH=\frac{AS.AD}{SD}=\frac{3a.a\sqrt{3}}{2\sqrt{3}a}=\frac{3a}{2}$
Ta có:$AO\cap \left( SCD \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( O;\left( SCD \right) \right)}{d\left( A;\left( SCD \right) \right)}=\frac{OA}{OC}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( O;\left( SCD \right) \right)=\frac{3a}{4}.$
b)Gọi $M$ là trung điểm của$CD$. Ta có $S,G,M$ thẳng hàng và $\frac{GS}{MS}=\frac{2}{3}$
Ta có:
$CD//\left( SAB \right)\Rightarrow d\left( M;\left( SAB \right) \right)=d\left( O;\left( SAB \right) \right)=DA=\sqrt{3}a$(vì $M\in CD$và $DA\bot \left( SAB \right)$)
$MG\cap \left( SAB \right)=S\Rightarrow \frac{d\left( G;\left( SAB \right) \right)}{d\left( M;\left( SAB \right) \right)}=\frac{GS}{MS}=\frac{2}{3}\Rightarrow d\left( G;\left( SAB \right) \right)=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
c)Trong $\left( ABCD \right),$kẻ $AK\bot BD$ tại$K$. Ta có $\left\{ \begin{align} & AK\bot SA \\ & AK\bot BD \\\end{align} \right.\Rightarrow d\left( SA;BD \right)=AK$
Ta có:$\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{A{{D}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{3{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Vậy $d\left( SA;BD \right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
d)Theo giả thiết $SI=\frac{1}{2}ID\Rightarrow SI=\frac{1}{3}SD=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$ và $ID=\frac{4\sqrt{3}}{3}a$
Ta có:$CD//\left( ABI \right)\Rightarrow d\left( CD;AI \right)=d\left( CD;\left( ABI \right) \right)=d\left( D;\left( ABI \right) \right)$
Trong$\left( SAD \right)$. Kẻ $DP\bot AI$ tại P. Ta có $AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot DP$
Do đó $DP\bot \left( ABI \right)\Rightarrow d\left( D;\left( ABI \right) \right)=DP$
Ta có:$I{{A}^{2}}=S{{I}^{2}}+S{{A}^{2}}-2SI.SA.\cos \widehat{ISA}={{\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}a \right)}^{2}}+9{{a}^{2}}-2.\frac{2\sqrt{3}}{3}a.3a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{13}{3}{{a}^{2}}$
$\Rightarrow IA=\frac{\sqrt{39}}{3}a$
${{S}_{\Delta ADI}}=\frac{1}{2}DI.DA.\sin \widehat{ADI}=\frac{1}{2}.\frac{4\sqrt{3}}{3}a.a\sqrt{3}.\sin {{60}^{0}}=\sqrt{3}{{a}^{2}}$
Và ${{S}_{\Delta ADI}}=\frac{1}{2}DP.AI=\sqrt{3}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{39}}{3}a.DP\Rightarrow DP=\frac{6\sqrt{13}}{13}a$
Vậy $d\left( CD;AI \right)=\frac{6\sqrt{13}}{13}a$
Bài tập 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$ và $B$với $AB=BC=2a,\text{ }AD=3a.$ Hình chiếu vuông góc của $S$lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là điểm $H$ thuộc $AB$ với$AH=HB$. Biết góc giữa mặt phẳng $\left( SCD \right)$và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ bằng${{60}^{0}}$.
a)Tính góc giữa $CD$ và $SB$
b)Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$
c)Tính khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$
d)Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD$ và $SB$
e)Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SE$ với $E$ là điểm thuộc $AD$ sao cho $AE=a$
Lời giải:
a)Trong$\left( ABCD \right)$, kẻ $CK\bot AD$ tại$K$. Ta có tứ giác $AKCB$ là hình vuông.
Khi ấy $HC=a\sqrt{5};CD=a\sqrt{5}$và $HD=a\sqrt{10}$
Suy ra $H{{D}^{2}}=C{{H}^{2}}+C{{D}^{2}}$ nên $\Delta HCD$vuông tại $C$ và do $CH=CD$ nên $\Delta HCD$vuông cân tại $C$
Ta có:
$\left. \begin{align} & \left( SCD \right)\cap \left( ABCD \right)=CD \\ & CD\bot CH\subset \left( ABCD \right) \\ & CD\bot SC\subset \left( SCD \right)\left( do\text{ CD}\bot \text{CH;CD}\bot \text{SH}\Rightarrow \text{CD}\bot\left( SCH \right) \right) \\\end{align} \right\}$
$\Rightarrow $ Góc giữa $\left( SCD \right)$ với $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SCH}={{60}^{0}}$
$\Delta SCH$ vuông tại H có $SH=CH.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{15}\Rightarrow SA=SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}}=4a$
Xét $\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{SB}\left(\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KD}\right)=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{BA}$ ($\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{KD}=0$ vì $AD\bot \left( SAB \right)$
Nên$AD\bot SB\Rightarrow KD\bot SB$)
$\begin{align} & =SB.BA.\cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{BA} \right) \\ & =-SB.BA.\cos \left(\overrightarrow{BS};\overrightarrow{BA} \right)=-SB.BA.\cos \widehat{SBA}=-BH.BA=-a.2a=-2{{a}^{2}} \\\end{align}$
Mà$\begin{align} & \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{CD}=SB.CD.\cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{CD} \right)\Rightarrow -2{{a}^{2}}=4a.a\sqrt{5}.\cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{CD} \right) \\ & \Rightarrow \cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{CD} \right)=\frac{-1}{2\sqrt{5}}\Rightarrow \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{CD} \right)={{102,92}^{0}}\approx {{103}^{0}}\Rightarrow \left( SB;CD \right)\approx {{77}^{0}} \\\end{align}$
b)Trong $\left( ABCD \right);$ $AB\cap CD=M$
Vì $KC//AM$ nên theo Talet ta có:$\frac{KC}{AM}=\frac{KD}{AD}\Rightarrow \frac{2a}{AM}=\frac{a}{3a}\Rightarrow AM=6a$
Trong $\left( SHC \right),$ kẻ $HP\bot SC$.Ta có $HP\bot (SCD)\Rightarrow d\left( H;\left( SCD \right) \right)=HP$
Ta có: $\frac{1}{H{{P}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{C}^{2}}}=\frac{1}{15{{a}^{2}}}+\frac{1}{5{{a}^{2}}}=\frac{4}{15{{a}^{2}}}\Rightarrow HP=\frac{a\sqrt{15}}{2}$
Vậy $d\left( H;\left( SCD \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{2}$
$AH\cap \left( SCD \right)=M\Rightarrow \frac{d\left( A;\left( SCD \right) \right)}{d\left( H;\left( SCD \right) \right)}=\frac{AM}{HM}=\frac{6a}{5a}=\frac{6}{5}\Rightarrow d\left( A;\left( SCD \right) \right)=\frac{3a\sqrt{15}}{5}$
c)Trong $\left( SAB \right),$ kẻ $HP\bot SB$ tại Q. Ta có $\frac{1}{H{{Q}^{2}}}=\frac{1}{H{{S}^{2}}}+\frac{1}{H{{B}^{2}}}=\frac{1}{15{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{16}{15{{a}^{2}}}\Rightarrow HQ=\frac{a\sqrt{15}}{4}$
Ta dễ dàng chứng minh được $HQ\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HQ$
Ta có $AH\cap \left( SBC \right)=B\Rightarrow \frac{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}{d\left( H;\left( SBC \right) \right)}=\frac{AB}{HB}=2\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2.HQ=\frac{a\sqrt{15}}{2}$
Vì $AD//BC\Rightarrow d\left( D;\left( SBC \right) \right)=d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{2}$
d)Vì $AD//(SBC)\Rightarrow d\left( AD;SB \right)=d\left( AD;\left( SBC \right) \right)=d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{2}$
e)Gọi $N$ là trung điểm của $KC$. Trong $\left( ABCD \right)$, $EQ$ kéo dài cắt $AB$ tại $F$
Ta có $BK=2a\sqrt{2}\Rightarrow HE=a\sqrt{2}$; $SE=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}=a\sqrt{17}$. Ta có $AF=KN=a;HE//BK;EN//AC\Rightarrow HE\bot EN\left( do\,AC\bot BK \right)$ mà $EN\bot SH$
$\Rightarrow EN\bot \left( SHE \right)\Rightarrow \left( SEN \right)\bot \left( SHE \right)$. Trong $\left( SHE \right)$, kẻ $HR\bot SE\Rightarrow HR\bot \left( SEN \right)\Rightarrow HR=d\left( H;\left( SEN \right) \right)$.Ta có $HR=\frac{HS.HE}{SE}=\frac{a\sqrt{30}}{\sqrt{17}}$
Vì $AC//\left( SEN \right)\Rightarrow d\left( SE;AC \right)=d\left( AC;\left( SEN \right) \right)=d\left( A;\left( SEN \right) \right)$
Mà $AH\cap \left( SEN \right)=F\Rightarrow \frac{d\left( A;\left( SEN \right) \right)}{d\left( H;\left( SEN \right) \right)}=\frac{AF}{HF}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( A;\left( SEN \right) \right)=\frac{a\sqrt{30}}{2\sqrt{17}}$.
Vậy $d\left( SE;AC \right)=\frac{a\sqrt{30}}{2\sqrt{17}}$.
Dạng 2: Hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ bất kì:
Bài tập 1: Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB=a;AD=a\sqrt{3}$, tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Tính khoảng cách:
a) từ $A$ tới mặt phẳng $\left( SBD \right)$.B) giữa hai đường $SH$ và $CD$.
c) giữa hai đường $SH$ và $AC$.d) giữa hai đường $SB$ và $CD$.
e) giữa hai đường $BC$ và $SA$.f) giữa hai đường $SC$ và $BD$.
Lời giải
a) Theo giả thiết thì $SH$ là đường cao của hình chóp $S.ABCD$. Mà $\Delta SAB$ đều $\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Lại có $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow d\left( A,\left( SBD \right) \right)=2d\left( H,\left( SBD \right) \right)$.
Gọi $M$ là hình chiếu của $A$ lên $BD\Rightarrow \frac{1}{A{{M}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $N$là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $BD\Rightarrow HN=\frac{1}{2}AM=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SN$. Ta dễ dàng chứng minh được $HI\bot \left( SBD \right)$.
Vậy $d\left( H,\left( SBC \right) \right)=HI$. Ta lại có: $\frac{1}{H{{I}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{N}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}}\Rightarrow HI=\frac{a\sqrt{15}}{10}$.
Khi đó $d\left( A,\left( SBD \right) \right)=2HI=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.
b) Gọi $E$ là trung điểm $CD\Rightarrow HE\bot CD$ (vì đáy $ABCD$ là hình chữ nhật)
Lại có $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot HE$.
Vậy $HE$ là đường vuông góc chung của hai đường $SH$ và $CD$.
Vậy $d\left( SH,CD \right)=HE=a\sqrt{3}$.
c) Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên $AC\Rightarrow HK\bot AC$.
Mà $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot HK$.
Vậy $HK$ là đường vuông góc chung của $SH$ và $AC$ $\Rightarrow d\left( SA,AC \right)=HK$.
Trong tam giác vuông $ACB$ có $\sin A=\frac{BC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{A}=60{}^\circ $.
Trong tam giác vuông $AHK$ $\sin A=\frac{HK}{AH}\Rightarrow HK=AH.\sin A=\frac{a}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
d) Ta có: $\left\{ \begin{align}& SB\subset \left( SAB \right) \\& CD\parallel AB\subset \left( SAB \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow d\left( SB,CD \right)=d\left( CD,\left( SAB \right) \right)=d\left( E,\left( SAB \right) \right)=HE=a\sqrt{3}$.
e) Trong tam giác $SAB$, lấy $J$ là trung điểm $SA$. Vì tam giác $SAB$ đều nên $BJ\bot SA$.
Mà ta dễ dàng chứng minh được $BC\bot \left( SAB \right)$ $\Rightarrow BC\bot BJ$.
Vậy $BJ$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC\Rightarrow d\left( SA,BC \right)=BJ=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
f) Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow O$ là trung điểm $AC$ $\Rightarrow d\left( A,\left( JBD \right) \right)=d\left( C,\left( JBD \right) \right)$.
Ta có $\left\{ \begin{align}& BD\subset \left( JBD \right) \\ & SC\parallel JO\subset \left( JBD \right) \\\end{align} \right.$
$\Rightarrow d\left( SC,BD \right)=d\left( SC,\left( JBD \right) \right)=d\left( C,\left( JBD \right) \right)=d\left( A,\left( JBD \right) \right)=2d\left( H,\left( JBD \right) \right)$.
Gọi $T$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $PN$ với $P=BJ\cap SH$.
Khi đó ta chứng minh được $BD\bot \left( PHN \right)\Rightarrow BD\bot HT$. Mà $HT\bot PN\subset \left( JBD \right)$.
Vậy $T$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $\left( JBD \right)\Rightarrow d\left( H,\left( JBD \right) \right)=HT$.
Mà ta có:$\frac{1}{H{{T}^{2}}}=\frac{1}{H{{P}^{2}}}+\frac{1}{H{{N}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}}=\frac{52}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow HT=\frac{a\sqrt{39}}{26}$.
Vậy $d\left( SC,BD \right)=d\left( C,\left( JBD \right) \right)=d\left( A,\left( JBD \right) \right)=2d\left( H,\left( JBD \right) \right)=\frac{a\sqrt{39}}{52}$.
Bài tập 2: Cho hình chóp tam giác $S.ABC$, đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $2a$. Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là điểm $H$ thuộc đoạn $AI$ sao cho $AH=\frac{1}{2}HI$. Biết góc giữa $SC$ và mặt đáy bằng $60{}^\circ $. Tính khoảng cách
a) từ $M$ đến mặt phẳng $\left( SAI \right)$, với $M$ là trung điểm của $SC$.
b) giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$.
c) giữa hai đường $SB$ với $AM$, với $M$ là trung điểm của $SC$.
Lời giải
Có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $2a$ $\Rightarrow AI=a\sqrt{3};AH=\frac{a\sqrt{3}}{3};HI=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Trong tam giác vuông $CHI$ có: $HC=\sqrt{C{{I}^{2}}+H{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{21}}{3}$.
Theo giả thiết: $\left( SC,\left( ABC \right) \right)=60{}^\circ \Rightarrow \widehat{SCH}=60{}^\circ $.
Trong tam giác vuông $SCH$ có $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\tan 60{}^\circ \Rightarrow SH=HC.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{7}$.
a) Ta có $M$ là trung điểm $SC\Rightarrow d\left( M,\left( SAI \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( M,\left( SAI \right) \right)$.
Lại có: $CI\bot \left( SAI \right)$ vì $\left\{ \begin{align}& AI\bot AB\left( \Delta ABC\text{ }\!\!\tilde{\mathrm{n}}\!\!\text{ e }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ u} \right)\Rightarrow CI\bot AI \\& SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow CI\bot SH\subset \left( SAI \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow CI\bot \left( SAI \right)$.
Vậy $d\left( M,\left( SAI \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( C,\left( SAI \right) \right)=\frac{CI}{2}=\frac{a}{2}$.
b) Gọi $J$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $SA$$\Rightarrow IJ\bot SA$.
Mặt khác $BC\bot \left( SAI \right)\Rightarrow IJ\bot BC$.
Vậy $IJ$ là đường vuông góc chung của hai đường $SA$ và $BC\Rightarrow d\left( SA,BC \right)=IJ$.
Xét tam giác $SAI$ có $SH.AI=IJ.SA\Rightarrow IJ=\frac{SH.AI}{SA}=\frac{a\sqrt{7}.a\sqrt{3}}{\sqrt{{{\left( a\sqrt{7} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}}=\frac{3\sqrt{154}a}{22}$.
c) Ta có $\left\{ \begin{align}& AM\subset \left( AMI \right) \\& SB\parallel MI\subset \left( AMI \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow d\left( SB,AM \right)=d\left( SB,\left( AMI \right) \right)=d\left( B,\left( AMI \right) \right)=d\left( C,\left( AMI \right) \right)$ (do $I$ là trung điểm của $BC$).
Lại có $\frac{{{V}_{C.AMI}}}{{{V}_{C.SAB}}}=\frac{CM}{CS}.\frac{CI}{CB}=\frac{1}{4}\Rightarrow {{V}_{C.AMI}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{3}.SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{12}.a\sqrt{7}.{{a}^{2}}\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{21}}{12}$.
Ta có $SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{7} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{66}}{3}$.
$HC=\sqrt{C{{I}^{2}}+H{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{2\sqrt{3}a}{3} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{21}a}{3};SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{7} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{21}a}{3} \right)}^{2}}}=\frac{2\sqrt{21}a}{3}$.
Trong tam giác $SAC$ đường trung tuyến:
$AM=\sqrt{\frac{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}{2}-\frac{S{{C}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{{{\left( \frac{a\sqrt{66}}{3} \right)}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}{2}-\frac{{{\left( \frac{2\sqrt{21}a}{3} \right)}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{30}}{3}$.
Lại có $MI=\frac{1}{2}SB=\frac{1}{2}SC=\frac{a\sqrt{21}}{3}$.
Theo công thức Hêrông, ta có: ${{S}_{\Delta AMI}}=\frac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}$.
Khi đó: $d\left( C,\left( AMI \right) \right)=\frac{3{{V}_{C.AMI}}}{{{S}_{\Delta AMI}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{21}}{12}}{\frac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{14}a}{4}$.
Vậy $d\left( SB,AM \right)=\frac{a\sqrt{14}}{4}$.