ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Ta có

\[AC = a\sqrt 2 ;\widehat {SCA} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = {45^0} \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \]

Dựng\[Bx||AC \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;(SBx)} \right)\]

Dựng\[AE \bot Bx,\;AF \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Bx \bot AE}\\{Bx \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow Bx \bot (SAE) \Rightarrow Bx \bot AF(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AF \bot \left( {SBE} \right) \Rightarrow d = d\left( {AC;\left( {SBx} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBx} \right)} \right) = AF\]

Ta có\[BE||AC \Rightarrow BE \bot BD\] dễ ràng suy ra OEBO là hình chữ nhật suy ra\[AE = OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Vậy khoảng cách

\[d\left( {SB;AC} \right) = \frac{{AE.SA}}{{\sqrt {A{E^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:\[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5a\]

Xác định\[{60^0} = \widehat {\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = \widehat {SCA}\] và\[SA = AC.\tan \widehat {SCA} = 5a\sqrt 3 .\]

Gọi N là trung điểm BC, suy ra\[MN\parallel AB\]

Lấy điểm E đối xứng với N qua M, suy ra ABNE là hình chữ nhật.

Do đó\[d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right).\]

Kẻ\[AK \bot SE\]

Vì\[ME \bot AE,ME \bot SA\] nên\[ME \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow ME \bot AK\]

Mà\[AK \bot SE\] nên \[AK \bot \left( {SME} \right)\]

Khi đó\[d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}.\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có\[{\rm{\Delta }}\,SAB = {\rm{\Delta }}\,SAD\left( {c - g - c} \right)\] suy ra\[SB = SD\]

Mà\[\widehat {SBD} = {60^0} \Rightarrow {\rm{\Delta }}\,SBD\] đều cạnh\[SB = SD = BD = a\sqrt 2 \]

Tam giác vuông SAB, có\[SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = a\]

Gọi E là trung điểm AD, suy ra\[OE\parallel AB\] và \[AE \bot OE\]

Do đó\[d\left( {AB;SO} \right) = d\left( {AB;\left( {SOE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right).\]

Kẻ\[AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OE \bot AD}\\{OE \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow OE \bot (SAD) \Rightarrow OE \bot AK(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AK \bot \left( {SOE} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì\[B'G \bot \left( {ABC} \right)\]

Dựng\[CI \bot AB\]  suy ra I là trung điểm của AB.

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot B\prime G}\\{AB \bot GI}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (B\prime GI) \Rightarrow (\widehat {(ABB\prime A\prime );(ABC)}) = \widehat {B\prime IG} = {60^0}\)

Lại có\[CI = \frac{1}{2}AB = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow GI = \frac{1}{3}CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\[ \Rightarrow B'G = GI.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Dựng\[IH \bot B'C\] ta có\[IH \subset \left( {B'IC} \right)\] mà \[AB \bot \left( {B'IC} \right) \Rightarrow IH \bot AB\]

\[ \Rightarrow d\left( {AB;B'C} \right) = IH = \frac{{B'G.CI}}{{B'C}}\]

Ta có :

\[B'C = \sqrt {B'{G^2} + G{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} + 2{a^2}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Do đó\[d = IH = \frac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Ta có\[AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \]

Dựng\[Cx||AM\] khi đó\[d\left( {AM;B'C} \right) = d\left( {AM;\left( {B'Cx} \right)} \right)\]

\[ = d\left( {M;\left( {B'Cx} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right)\]

(vì\[BM \cap \left( {B'Cx} \right) = C\] và M là trung điểm của BC)

Dựng\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE \bot Cx}\\{BF \bot B\prime E(1)}\end{array}} \right.\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Cx \bot BE}\\{Cx \bot BB\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow Cx \bot (BB\prime E) \Rightarrow Cx \bot BF(2)\)

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow BF \bot \left( {B'Cx} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right) = BF\]

Gọi\[P = BE \cap AM\], do \[MP//CE,MB = MC\] nên\[PB = PE\]

Mà \[BP = \frac{{AB.BM}}{{\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\]

Suy ra\[BE = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow BF = \frac{{BE.BB'}}{{\sqrt {B{E^2} + B{B^{\prime 2}}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 7 }}\]

Do đó\[d = \frac{a}{{\sqrt 7 }}\]

Ta có :\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{AM \bot BB\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow AM \bot (BCC\prime B\prime )\)

Trong \[\left( {BCC'B'} \right)\] kẻ\[MH//BC'\,\,\left( {H \in B'C} \right) \Rightarrow MH \bot B'C\]

\[MH \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AM \bot MH\]

\[ \Rightarrow MH\] là đoạn vuông góc chung giữa AM và B’C\[ \Rightarrow d\left( {AM;B'C} \right) = MH\]

Dễ thấy\[MH = \frac{1}{2}BK = \frac{1}{4}B'C = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]  với K là trung điểm của B′C.\[ \Rightarrow d\left( {AM;B'C} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Gọi I, J, K, P lần lượt là trung điểm của AD, AC, BC, BD.

Khi đó, AB // IP // JK, CD // IJ // KP

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right)\]

Ta có:\[KP = \frac{1}{2}CD = \frac{5}{2},IP = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}\]

\[A{K^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{25 + 34}}{2} - \frac{{41}}{4} = \frac{{77}}{4} = D{K^2}\]

Tam giác AKD cân tại K, KI là trung tuyến

\[ \Rightarrow KI \bot AD \Rightarrow I{K^2} = A{K^2} - A{I^2} = \frac{{77}}{4} - \frac{{41}}{4} = 9\]

\[\cos \widehat {IPK} = \frac{{I{P^2} + K{P^2} - I{K^2}}}{{2.IP.KP}} = \frac{{\frac{{25}}{4} + \frac{{25}}{4} - 9}}{{2.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}}} = \frac{7}{{25}} > 0 \Rightarrow \widehat {IPK} < {90^0}\]

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right) = \widehat {IPK} \Rightarrow \sin \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \sin \widehat {IPK} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{7}{{25}}} \right)}^2}} = \frac{{24}}{{25}}\]

Bước 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

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

\[{\rm{\Delta }}BCD,{\rm{\Delta }}ACD\] đều nên:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AN \bot CD}\\{BN \bot CD}\end{array}} \right\} \Rightarrow (ABN) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD\)

Tương tự ta có \[MN \bot AB\]

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB, CD là độ dài của MN.

Bước 2: Tính MN.

\[{\rm{\Delta }}ACD\] đều cạnh 2a; AN là đường cao.

\[ \to AN = AC.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]

\[AM = \frac{1}{2}AB = a\]

\[{\rm{\Delta }}AMN\] vuông tại M\[MN \bot AB\]  nên:

\[MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAD) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (SAD) = SA}\end{array}} \right. \Rightarrow SA \bot (ABCD)\)

Xác định

\[{60^0} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)}\]

\[ = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}\]

và \[SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt {A{D^2} + C{D^2}} .\tan {60^0} = a\sqrt 2 .\sqrt 3 = a\sqrt 6 .\]

Gọi M là trung điểm AB, suy ra ADCM là hình vuông nên CM=AD=a.

Xét tam giác ACB, ta có trung tuyến\[CM = a = \frac{1}{2}AB\] nên tam giác ACB vuông tại C.

Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật, suy ra \[AC\parallel BE\]  và E nằm trong (ABCD).

Do đó \[d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right)\]

Kẻ \[AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\]  ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE \bot AE}\\{BE \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BE \bot (SAE) \Rightarrow BE \bot AK(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AK \bot \left( {SBE} \right)\]

Khi đó \[d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }}.\]

Ta có:\[AE = BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Gọi I là điểm đối xứng của A qua D,

suy ra BCID là hình bình hành nên \[BD//CI\]

Do đó\[d\left( {BD;CD'} \right) = d\left( {BD;\left( {CD'I} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right).\]

Kẻ\[DE \bot CI\] tại E, kẻ\[DK \bot D'E\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CI \bot DE}\\{CI \bot DD\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow CI \bot (DD\prime E) \Rightarrow CI \bot DK(2)\)

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow DK \bot \left( {CD'I} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right) = DK.\]

Xét tam giác IAC, ta có DE//AC (do cùng vuông góc với CI) và có D là trung điểm của AI nên suy ra DE là đường trung bình của tam giác ACI. Suy ra\[DE = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a.\]

Tam giác vuông D′DE, có \[DK = \frac{{D'D.DE}}{{\sqrt {D'{D^2} + D{E^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\]