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

Ta có

\[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}\]

Tam giác ABC vuông cân tại B nên\[AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{2}\]

Xét tam giác vuông SAB có\[SA = AB.\tan {60^0} = \frac{a}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Ta có\[d\left( {AD;SC} \right) = d\left( {AD;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\]

Kẻ \[AK \bot SB\]

Do\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AK\) mà\[AK \bot SB\] nên\[AK \bot \left( {SBC} \right)\]

Khi đó\[d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC)\)

Trong (SAC) kẻ\[OK \bot SA\,\,\left( 1 \right)\] ta có\[OK \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OK \bot BD\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD.  Khi đó

\[d\left( {SA;BD} \right) = OK = \frac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{5}.\]

Do\[BB'\parallel AA'\] nên\[d\left( {BB';A'H} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'H} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right).\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BH \bot AH}\\{BH \bot A\prime H}\end{array}} \right. \Rightarrow BH \bot (AA\prime H)\)

Nên\[d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right) = BH = \frac{{BC}}{2} = a.\]

Vậy khoảng cách\[d\left( {BB';A'H} \right) = a\]

Gọi H là trung điểm của BC khi đó\[SH \bot BC\]

Mặt khác \[\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\] do đó\[SH \bot \left( {ABC} \right)\]

Ta có\[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] và\[AB = AC = \frac{a}{{\sqrt 2 }};AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\]

Do\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AH}\\{BC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SHA)\)

Dựng\[HK \bot SA\] khi đó HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA.

Lại có \[HK = \frac{{SH.AH}}{{\sqrt {S{H^2} + H{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy \[d\left( {SA;BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\]

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

\[ \Rightarrow \widehat {SBA}\] là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC)

Ta có \[SA = AB\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \]

Do AB||CD do đó\[d\left( {AB;CM} \right) = d\left( {AB;\left( {CMD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Dựng\[AH \bot SD\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

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

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\]

khi đó\[d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\]

Lại có\[AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Do đó\[d = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Gọi\[E = HK \cap AC.\]  Do \[HK\parallel BD\] nên suy ra\[d\left( {HK;SD} \right) = d\left( {HK;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\]

(vì \[OE = \frac{1}{2}AO\])

Kẻ \[AF \bot SO\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow BD \bot AF(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AF \bot \left( {SBD} \right)\] khi đó\[d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AF = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{2a}}{3}.\]

Vậy khoảng cách\[d\left( {HK;SD} \right) = \frac{1}{2}AF = \frac{a}{3}.\]

Do \[AB\parallel CD\] nên\[d\left( {SD;AB} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).\]

(Do\[AH \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{HC}} = \frac{4}{3}\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Kẻ\[HE \bot CD\], kẻ\[HL \bot SE\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot SH}\\{CD \bot HE}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SHE) \Rightarrow CD \bot HL(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow HL \bot \left( {SCD} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL\]

Tính được\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 2 ,HE = \frac{3}{4}AD = 3a.\]

Khi đó\[d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL = \frac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{{\sqrt {11} }}.\]

Vậy\[d\left( {SD;AB} \right) = \frac{4}{3}HL = \frac{{4a\sqrt {22} }}{{11}}.\]

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

Dựng\[IF \bot SC\,\,\left( 1 \right)\] khi đó\[IF \subset \left( {SIC} \right) \Rightarrow IF \bot AB\,\,\left( 2 \right)\] do đó  IF là đoạn vuông góc chung của AB và SC. Dựng \[HE \bot SC \Rightarrow HE//IF\] ta có\[HE = \frac{1}{2}IF\]

Lại có\[CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Khi đó\[HE = \frac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + C{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}} \Rightarrow IF = \frac{{2a\sqrt {51} }}{{17}}\]