Bài tập Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Gọi O = AC ∩ BD. Gọi H là hình chiếu của O lên SA.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BD.

Mà AC ⊥ BD nên BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ OH.

Mà OH ⊥ SA. Do đó OH là đoạn vuông góc chung của SA và BD.

Suy ra d(SA, BD) = OH.

Xét ∆ABC vuông tại B, ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \).

Lại có O là trung điểm của AC nên \(OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét ∆SOA vuông tại O, có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{{{a^2} + 2{h^2}}}{{{a^2}{h^2}}}\).

⇒ \(OH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + 2{h^2}} }}\).

Đáp án đúng là: C

Nếu đường thẳng vuông góc chung d cắt a, b tương ứng tại M, N thì độ dài đoạn thẳng MN được gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b.

Đáp án đúng là: A

Vì S.ABCD là khối chóp đều nên ABCD là hình vuông.

Ta có: AB ⊥ BC

Vì SA vuông góc với đáy nên SA ⊥ BC

Mà AB ⊂ (ABC)

Suy ra AB ⊥ SA

Vậy AB là đoạn vuông góc chung của SA và BC.

Đáp án đúng là: A

Gọi H là trung điểm của CI, khi đó SH ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ AB.

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CI \bot AB}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (SIC)\].

Dựng IF ⊥ SC (1)

Khi đó, IF ⊂ (SIC)

Suy ra IF ⊥ AB (2)

Do đó, IF là đoạn vuông góc chung của AB và SC.

Dựng HE ⊥ SC

Suy ra HE ∥ IF

Vì H là trung điểm IC và HE ∥ IF nên E là trung điểm của FC.

Hay HE là đường trung bình của tam giác CIF

Do đó, HE = \(\frac{1}{2}IF\)

Xét tam giác ABC có:

\(CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Xét tam giác SHC có HE ⊥ SC:

\[\begin{array}{l}HE = \frac{{SH \cdot HC}}{{\sqrt {S{H^2} + C{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\\ \Rightarrow IF = \frac{{2a\sqrt {51} }}{{17}}\end{array}\]

Đáp án đúng là: A

Gọi E là trung điểm của AB, O là tâm hình vuông ABCD

Ta có: OM là đường trung bình của tam giác SAC

Do đó, OM ∥ SC suy ra SC ∥ (MNO)

Suy ra d(SC, MN) = d(SC, (MNE)) = d(C, (MNE)) = d(A, (MNE)).

Trong (SAB), kẻ AH ⊥ EM tại H

Ta có: SA ⊥ EN và AB ⊥ EN nên EN ⊥ (SAB)

Suy ra EN ⊥ AH

Do đó, AH ⊥ (MEN) suy ra d(A, (MNE)) = AH

Mà \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = {\left( {\frac{2}{{a\sqrt 5 }}} \right)^2} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{5{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{9}{{5{a^2}}}\)

Suy ra \(AH = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\)

Vậy d(MN, SC) = \(\frac{{a\sqrt 5 }}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Dựng Sx ∥ AK ⇒ d(SB, AK) = d(AK, (SBx))

Dựng AE ⊥ Sx, AF ⊥ BE

Do SA ⊥ (ABCD) ⇒ Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SDA} = 30^\circ \)

⇒ SA = AD·tan 30° = \(\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BA \bot AD}\\{BA \bot SA}\end{array} \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)} \right.\). Ta cắt khối chóp B.SAD có đường cao BA.

Mặt khác, Sx ⊂ (SAD) vì Sx ∥ AK và A, K ∈ (SAD)

Suy ra Sx ⊥ BA

Mà AE ⊥ Sx nên Sx ⊥ (BAE)

Vì AF ⊂ (BAE) nên AF ⊥ Sx

Lại có AF ⊥ BE nên AF ⊥ (SBx)

⇒ d(AK, (SBx)) = d(A, (SBx)) = AF

Do AK = SK = \(\frac{1}{2}SD\) và \[\widehat {ASK} = 90^\circ - \widehat {ADS} = 60^\circ \]

Suy ra tam giác SAK đều cạnh \(\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

Do đó AE = d(S, AK) = \(\frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\) = a ⇒ \[AF = \frac{{AB \cdot AE}}{{\sqrt {A{B^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy d(SB, AK) = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Đúng.d) Sai.

a) Đúng. Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right.\) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ OK.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD và OK ⊥ SC thì OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC.

b) Sai. Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD \bot AB}\\{AB \bot SA}\end{array}} \right.\) ⇒ AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AH. Mặt khác AH ⊥ SD.

Vậy AH là đoạn vuông góc chung của SD và AB.

c) Đúng. AH là đoạn vuông góc chung của SD và AB. Tam giác SAD vuông cân tại A có đường cao AH nên \(AH = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Vậy d(AB, SD) = AH = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

d) Sai. Ta có: OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC.

Khi đó, d(BD, SC) = OK = \(\frac{1}{2}\)AI (I là trung điểm SC)

Ta có: \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}\)

⇒ AI = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy d(BC, SC) = \(\frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Đúng.d) Sai.

a) Sai. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b bằng khoảng cách từ một điểm trên đường thẳng a đến đường thẳng b khi điểm đó là đầu mút của đoạn vuông góc chung của a và b.

b) Đúng. Nếu (P) ⊃ b và (P) ∥ a thì d(a, b) = d(A, (P)) với A là điểm bất kỳ thuộc a.

c) Đúng. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, tương ứng chứa hai đường thẳng đó.

d) Sai. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, tương ứng chứa hai đường thẳng đó.

Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Đúng.d) Sai.

a) Đúng. Ta có: (ABCD) ∥ (A′B′C′D′), AC ⊂ (ABCD), B′D′ ⊂ (A′B′C′D′)

Suy ra d(AC, B′D′) = d(AC, (A′B′C′D′)) = d(A, (A′B′C′D′)) = AA′ = 5.

b) Sai. Ta có: (ABCD) ∥ (A′B′C′D′), AC ⊂ (ABCD), B′D′ ⊂ (A′B′C′D′)

Suy ra d(AC, B′D′) = d(AC, (A′B′C′D′)) = d(A, (A′B′C′D′)) = AA′ = 5.

c) Đúng. Vì A′A ∥ DD′ nên AA′ ∥ (CC′D′D)

Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng A′A và DC là khoảng cách giữa hai mặt phẳng (AA′B′B) và mặt phẳng (CC′D′D).

d) Sai. Ta có (ABCD) ∥ (A′B′C′D′), BC ⊂ (ABCD), B′D′ ⊂ (A′B′C′D′)

Suy ra d(CB, B′D′) = d(CB, (A′B′C′D′)) = d(B, (A′B′C′D′)) = BB′ = 5.

Đáp án: a) Sai.b) Sai.c) Đúng.d) Đúng.

a) Sai. Vì \[\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD'\\C'D' \bot AD'\end{array} \right.\] nên d(AB, C′D′) = AD′ = \(a\sqrt 2 \)

(Vì AD′ là đường chéo trong hình vuông AA′D′D).

b) Sai. Ta có: AB ∥ (A′B′C′D′) Suy ra d(AB, B′D′) = d(AB, (A′B′C′D′))

= d(A, (A′B′C′D′)) = AA′ = a.

c) Đúng. Ta có: CC′ ∥ AA′ suy ra CC′ ∥ (AA′D′D)

Nên d(CC′, AD′) = d(CC′, (AA′D′D)) = d(C, AA′D′D)) = CD = a.

d) Đúng. Ta có BC′ ∥ AD′ suy ra BC′ ∥ (AD′C)

Nên d(BC′, CD′) = d(BC′, (AD′C)) = d(B,(AD′C)) = d(D, (AD′C))

Lấy AC ∩ BD = O. Dựng DE ⊥ D′O tại E ⇒ DE ⊥ (AD′C) ⇒ d(D, (AD′C)) = DE.

Do đó, d(BC′, CD′) = DE

Mà DA ⊥ DC ⊥ DD′ \[ \Rightarrow \frac{1}{{D{E^2}}} = \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} + \frac{1}{{D'{D^2}}}\]

Suy ra d(BC′, CD′) = DE = \(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Sai.d) Đúng.

a) Sai. Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD \bot AB}\\{AD \bot CD}\end{array}} \right.\) nên d(AB, CD) = AD = a.

b) Đúng. Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ OM

Mặt khác OM ⊥ AB nên ta có OM là đoạn vuông góc chung của AB và SO

Do đó d(SO, AB) = OM = \(\frac{a}{2}\).

c) Sai. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên SM

Khi đó vì AB ⊥ (SMO) nên AB ⊥ OH, suy ra OH ⊥ (SAB).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC và BD

Xét tam giác ABC có O là trung điểm AC và N là trung điểm BC

Suy ra ON là đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra ON ∥ AB.

Mà AB ⊂ (SAB) và ON ∉ (SAB) nên ON ∥ (SAB)

Vì thế ta có: d(ON, SB) = d(ON, (SAB)) = d(O, (SAB)) = OH

Xét tam giác OSA vuông tại O ta có:

\(OS = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vì M là trung điểm AB nên \(OM = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác vuông SOM ta có: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Vậy d(ON, SB) = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

d) Đúng. Trong tam giác ADC gọi G là trọng tâm. Khi đó AG đi qua trung điểm của CD nên AG ∥ CM, suy ra d(CM, SA) = d(CM, (SAG)) = d(C, (SAG)) = 2d(O, (SAG)).

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên AG, SE.

Theo định lý 3 đường vuông góc thì AG ⊥ (SOE), suy ra AG ⊥ OF

Mà F là hình chiếu vuông góc của O lên SE nên OF ⊥ SE

Do đó, OF ⊥ (SAG) tại F

Suy ra d(O, (SAG)) = OF

Vì G là trọng tâm tam giác DAC nên \(OG = \frac{1}{3}DO = \frac{1}{6}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}\)

Xét tam giác SOE vuông tại O ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{F^2}}} = \frac{1}{{O{E^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{G^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{6}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{22}}{{{a^2}}}\end{array}\)

\( \Rightarrow OF = \frac{{a\sqrt {22} }}{{22}}\). Vậy \(d\left( {CM,SA} \right) = \frac{{a\sqrt {22} }}{{11}}\).

Đáp án: 1

Gọi H là trung điểm của AD.

Vì ABCD là hình thang vuông nên BC = HD, và BC ∥ HD

Suy ra BCDH là hình bình hành

Suy ra CD ∥ BH

Mà BH \( \subset \) (SBH) nên CD ∥ (SBH)

Do đó \(d\left( {CD,SB} \right) = d\left( {CD,\left( {SHB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SHB} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SHB} \right)} \right)\).

Có: \(AH = \frac{{AD}}{2} = \sqrt 3 \)

Ta có: \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {SHB} \right)} \right)}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = 1\)

Vậy khoảng cách giữa SB và CD là 1.

Đáp án: 7,07

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}\, \Rightarrow BC\, \bot \left( {SAB} \right)\, \Rightarrow BC\, \bot HB} \right.\)

Mà AH ⊥ HB suy ra HB là đoạn vuông góc chung của AH và BC

Suy ra, d(AH, BC) = HB.

Xét tam giác SAB vuông cân tại A, có SA = AB = 10, AH ⊥ SB

\(SB = \sqrt {{{10}^2} + {{10}^2}} = 10\sqrt 2 \).

Suy ra, \(HB = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2} \cdot 10\sqrt 2 = 5\sqrt 2 \approx 7,07\).

Đáp án: 2,24

Gọi P là trung điểm BC và E = NP ∩ AC.

Khi đó: PN ∥ BD ⇒ BD ∥ (MNP)

Suy ra d(BD, MN) = d(BD, (MNP)) = d(O, (MNP)) = \(\frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\).

Kẻ AK ⊥ ME

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array}} \right.\) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AK ⇒ PN ⊥ AK

Suy ra: AK ⊥ (MNP) ⇒ d(A, (MNP)) = AK.

Xét tam giác vuông SAC có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = 10\sqrt 3 \, \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 \).

Tam giác vuông MAE có: \(MA = 5\sqrt 3 ,\,\,AE = \frac{3}{4}AC = \frac{{15\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(AK = \frac{{MA \cdot AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 \cdot \frac{{15\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{15\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = 3\sqrt 5 \)

Vậy d(BD, MN) = \(\frac{1}{3}AK = \sqrt 5 \approx 2,24\).

Đáp án: 12

Dựng hình bình hành ABCD ta có:

BC ∥ AD ⇒ BC ∥ (SAD) ⇒ d(BC, SA) = d(BC, (SAD)) = 2d(M, (SAD))

Gọi N là trung điểm của AD.

Dựng MH ⊥ SN (H ∈ SN)

Do \(\widehat {ABC} = 90^\circ \)⇒ ABCD là hình chữ nhật ⇒ MN ⊥ AD

Lại có: SM ⊥ AD (do SM ⊥ (ABC)) nên AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ MH.

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD \bot MH}\\{SN \bot MH}\end{array}} \right.\) ⇒ MH ⊥ (SAD).

⇒ d(M, (SAD)) = MH.

Tam giác ABC vuông tại B, BC = \(\sqrt {66} \), AC = \(2\sqrt {66} \) ⇒ \(AB = 3\sqrt {22} = SA\) (vì tam giác SAB đều)

Tam giác SAM vuông tại M có: \(SA = 3\sqrt {22} ,\,MN = \frac{1}{2}AB = \frac{{3\sqrt {22} }}{2}\)

Xét tam giác ABC vuông tại B, có:

\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt {66} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {66} } \right)}^2}} = 3\sqrt {22} \)

Vì tam giác SAB là tam giác đều nên SA = AB = \(3\sqrt {22} \)

Ta có: \(AM = \frac{{AC}}{2} = \sqrt {66} \)

Xét tam giác vuông SAM, ta có:

\[SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt {22} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {66} } \right)}^2}} = 2\sqrt {33} \]

Suy ra \(MH = \frac{{SM \cdot MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \frac{{2\sqrt {33} \cdot \frac{{3\sqrt {22} }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt {33} } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3\sqrt {22} }}{2}} \right)}^2}} }} = 6\).

Vậy d(BC, SA) = 12.

Đáp án: 1

Chọn mặt phẳng (AA′B′A) chứa AB′ và song song với CC′

Khi đó d(AB′, CC′) = d(CC′, (AA′B′A)) = d(C, (AA′B′A)).

Gọi I là trung điểm của AB. Vì tam giác ABC đều nên CI ⊥ AB suy ra GI ⊥ AB

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}A'G \bot AB\\GI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'GI} \right) \Rightarrow AB \bot A'I\]

\(GI = \frac{1}{3}CI = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\)

Vì diện tích tam giác A′AB bằng \(\frac{1}{2}\) nên \(\frac{1}{2}A'I.AB = \frac{1}{2} \Leftrightarrow A'I = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(A'G = \sqrt {A'{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

Trong mặt phẳng (A′GI) kẻ GH ⊥ A′I (H ∈ A′I)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}GH \bot A'I\\GH \bot AB\,\,\,\,\left( {AB \bot \left( {A'GI} \right)} \right)\end{array} \right.\) suy ra \(GH \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = GH\)

Xét tam giác A′GI vuông tại G có:

\(GH.A'I = A'G.GI\) suy ra \( \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = GH = \frac{{A'G.GI}}{{A'I}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{1}{3}\)

Ta lại có \(\frac{{d\left( {C,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right)}}{{d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right)}} = \frac{{CI}}{{GI}} = 3\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = 3.d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = 1\)

Vậy d(AB′, CC′) = 1.