Bài tập tính khoảng cáh giữa hai đường thẳng chéo nhau

Cho hình chóp S ABCD.. Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng HK và SD.. Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng SA BC,... Cho hình chóp S ABCD.. Tính theo a kho ng cách gi a ha

Khóa h c: Pen C – N3(Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng) Chuyên đ : Hình h c không gian

Bài 1 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông c nh a , 17

2

a

SD , hình chi u vuông góc H c a S trên m t ph ng (ABCD) là trung đi m c a đo n AB G i K là trung đi m c a đo n AD Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng HK và SD

Gi i:

Ta có SH (ABCD)

Do HK//BDHK//(SBD)d HK SD( , )d HK SBD( , ( ))d H SBD( , ( )) (1)

K HEBD (EBD)BD(SHE)

K HF SE ( FSE), khi đó HF BD HF (SBD) d H SBD( , ( )) HF





a HF

T (1); (2) và (3), suy ra ( , ) 3

5

a

d HK SD 

Bài 2 (D – 2014) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân t i A, m t bên SBC là tam

giác đ u c nh a và m t ph ng (SBC) vuông góc v i m t đáy Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng

th ng SA BC,

Gi i:

( Ta s ch ra đ c BC SA nên s d ng đo n vuông góc chung c a hai đ ng th ng SA BC, )

F

E H

C B

A S

KHO NG CÁCH T ĐI M T I M T

ĐÁP ÁN BÀI T P T LUY N Giáo viên: NGUY N THANH TÙNG

Ta có BC SH BC (SHA) BC HK





T (1), (2), suy ra d SA BC( , )HK

Tam giác SBC đ u c nh a nên 3

2

a

Ta có

AH   Xét tam giác SHA:

a HK

4

a

d SA BC 

Bài 3 (D – 2014) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông, g i M là trung đi m c a AB Tam giác SAB cân t i S và n m trong m t ph ng vuông góc v i đáy (ABCD), bi t SD2a 5, SC t o v i đáy (ABCD) m t góc 600 Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng MD và SA

Gi i:

Theo gi thi t SM(ABCD), do đó góc t o b i SC và m t ph ng (ABCD) là SCM 600

Ta có ABCD là hình vuông nên MCMD, khi đó xét tam giác SMC và SMD ta có:

2

SC

0

Xét tam giác MCB , ta có:

2

2

BC

D ng hình bình hành AMDE, khi đó:

MD//AEMD//(SAE) d MD SA( , )d MD SAE( , ( ))d M SAE( , ( )) (1)

K MI AE (IAE) AE(SMI)

K MH SI (HSI), khi đó MH AE MH (SAE) d M SAE( , ( )) MH



H I

E 2a 5

600 M

A

D S

K H

A S

Khóa h c: Pen C – N3(Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng) Chuyên đ : Hình h c không gian

Lúc này ta s tính MI theo 2 cách :

Cách 1:

Cách 2:

2 AME AMD

AME

MI

Xét tam giác SMI , ta có:

MH

T (1); (2) và (3), suy ra ( , ) 2 1185

79

a

d MD SA 

Bài 4 (A – 2010) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông c nh a G i M và N l n l t là trung đi m c a các c nh AB và AD; H là giao đi m c a CN v i DM Bi t SH vuông góc v i m t ph ng

(ABCD) và SH a 3 Tính kho ng cách gi a hai đ ng th ng DM và SC theo a

Gi i:

Ta có ADM DCN (c.g.c)ADM DCN

Suy ra CHD900 hay DMCN

M t khác DMSH, suy ra DM(SHC)

H HKSC, khi đó HK là đo n vuông góc chung c a

DM và SC , do đó: d DM SC( , )HK

Ta có

2

 

 

Xét tam giác vuông CDN ta có:

2

CN

Xét tam giác vuông SHC , có:

a HK

19

a

d DM SC 

Bài 5 (A, A1 – 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đ u c nh a Hình chi u vuông góc c a S

trên m t ph ng (ABC) là đi m H thu c c nh AB sao cho HA = 2HB Góc gi a đ ng th ng SC và m t

ph ng (ABC) b ng 600 Tính kho ng cách gi a hai đ ng th ng SA và BC theo a

Gi i:

D ng đi m D sao cho ADBC là hình bình hành

Khi đó BC //AD BC//(SAD)

I

E

M A

D

N

M

D

K

H

C

B A

S

d BC SA( , )d BC SAD( , ( ))d B SAD( , ( )) (1)

K HI  AD (IAD), suy ra AD(SHI) (*)

K HKSI (KSI), mà HKAD (theo (*))

Suy ra HK(SAD)d H SAD( , ( ))HK (3)

a

sin 60

3

a

Xét tam giác ACH ta có:

a HK

T (1), (2), (3), (4)ta đ c: ( , ) 42

8

a

d BC SA 

Bài 6 (A – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân t i B, AB = BC = 2a; hai m t

ph ng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc v i m t ph ng (ABC) G i M là trung đi m c a AB; m t ph ng qua

SM và song song v i BC, c t AC t i N Bi t góc gi a hai m t ph ng (SBC) và (ABC) b ng 0

60 Tính kho ng cách gi a hai đ ng th ng AB và SN theo a

Gi i:





(SBC), (ABC) SBA60

SA ABtan 600 2a 3

T N k đ ng th ng , song song v i AB

K AI   (I), suy ra  (SAI) (*)

K AH SI ( H ), mà SI  AH (theo (*))

Suy ra AH (SIN)d A SIN( , ( ))AH

Ta có AB// INAB//(SIN)

d AB SN( , )d AB SIN( , ( ))d A SIN( , ( )) AH (1)

Ta có AINM là hình ch nh t , nên

2

BC

a AH

T (1) và (2), suy ra ( , ) 2 39

13

a

d AB SN 

Bài 7 (D – 2008).Cho l ng tr đ ng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a  , c nh

H

I

N

M

C

B A

S

600

I

D K

H

A

Khóa h c: Pen C – N3(Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng) Chuyên đ : Hình h c không gian

bên AA'a 2 và M là trung đi m c a BC Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng AM, B’C

Gi i:

G i N là trung đi m c a BB', khi đó B C' //MN 'B C//(AMN)

Suy ra d B C AM( ' , )d B C AMN( ' , ( ))d C AMN( , ( ))d B AMN( , ( )) (1)

K BI AM (IAM)AM(NBI) (*)

K BH NI (HNI), mà BH AM (theo (*)

Suy ra BH(AMN)d B AMN( , ( ))BH (2)

Xét tam giác BNI, ta có:

12 12 12 12 1 2 12 22 42 12 72

7

a

BH

  (3)

( ' , )

7

a

d B C AM 

Bài 8 Cho hai tam giác đ u ABC ABD, không cùng n m trên m t m t ph ng Bi t AB và a CD2a Tính kho ng cách gi a hai đ ng th ng AB và CD

Gi i:

G i M là trung đi m c a AB Do ABC ABD, là các tam giác đ u

2

a

AB CM AB (CMD)





G i N là trung đi m c a CD , khi đó: MN CD

Mà MNAB (theo (*)), suy ra MN là đo n vuông góc chung c a

AB và CD, do đó: d AB CD( , )MN

Ta có

2

CD

CN a, khi đó xét tam giác MNC ta có:

2

7 ( , )

2

a

d AB CD 

Bài 9 Cho l ng tr ABC A B C ' ' ' có đáy là tam giác đ u c nh a i m A' cách đ u ba đi m A B C, , Góc gi a AA' và m t ph ng (ABC) b ng 600 Tính theo a kho ng cách gi a hai đ ng th ng A B' và '

CC

Gi i:

C'

A' B'

I N

M H

C

N

M

D

C

B A

G i H là tr ng tâm tam giác ABC và M là trung đi m c a BC , khi đó '.A ABC là hình chóp đ u

Suy ra A H' (ABC), suy ra góc t o b i AA' và m t ph ng (ABC) là góc A AH' 600

0 3

3

a

Ta có CC'/ /AA'CC'/ /(ABB A' ')d A B CC( ' , ')d CC ABB A( '( ' '))d C ABB A( , ( ' '))

Suy ra d A B CC( ' , ')3 ( , (d H ABB A' ')) (1)

D ng HKA N' (KA N' ), khi đó:

'



a HK

T (1); (2) và (3), suy ra: ( ' , ') 3 13

13

a

d A B CC 

Bài 10 Cho hình chóp S ABCD, có đáy ABCD là hình ch nh t v i ABa BD, a 3 M t bên SAB

là tam giác đ u và n m trong m t ph ng vuông góc v i đáy G i M là đi m thu c c nh SD sao cho

2

MD MS Tính theo a kho ng gi a hai đ ng th ng AD và MC

Gi i:

G i H là trung đi m c a ABSHAB và 3

2

a









Ta có AD// BCAD//(MBC)d AD MC( , )d AD MBC( , ( ))d A MBC( , ( )

Cách 1: Dùng k thu t chuy n đ nh

H

C'

B'

A'

K

C

B A

Khóa h c: Pen C – N3(Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng) Chuyên đ : Hình h c không gian

G i AC DH  T , khi đó T là tr ng tâm c a tam giác ABD DT 2 DM MT

Suy ra MT(ABCD)

K TI BC (IBC), suy ra BC(MTI)

K TKMI (KMI), khi đó TK BC TK (MBC) d T MBC( , ( )) TK





a TK

T (1); (2) và (3), suy ra: ( , ( )) 21

7

a

d A MBC 

Cách 2: (Làm tr c ti p)

Trong tam giác SAD , k MN //DA (NSA) Ta có AD SH AD (SAB)









T K

I

M

H

D

C B

A S

S

A

D H

E

Ta có

Áp d ng đính lý cosin trong tam giác NBA, ta có:

Suy ra

2 3 2

7 7

3 BNA

a

AE

7

a

d A MBC 

Bài 11 Cho hình h p ABCD A B C D có ' ' ' ' A ABD ' là hình chóp đ u, AB AA' Tính theo a a kho ng cách gi a hai đ ng th ng AB' và A C ' '

Gi i:

G i H là tr ng tâm tam giác ABD

Do A ABD' là hình chóp đ u, nên A H' (ABD) hay A H' (ABCD)

G i A C' ' B D' ' I

Do A C //' ' ACA C' '//( 'B AC)d AB A C( ', ' ')d A C( ' ', ( 'B AC))d I B AC( , ( ' )) (1)

K IM AC ( MAC)IM//

6 '

( ' ' ' ')

a

A H





 



Ta có ( 'B AC) ( ' 'A B C D' ') //A C' '  IM

Do IB'ACIB'    (IB M' )

'

IK

 



a

a

O

D'

B'

A'

K

M D H

C B

A

Khóa h c: Pen C – N3(Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng) Chuyên đ : Hình h c không gian

IB    Xét tam giác IB M' , ta có:

12 12 12 42 32 112 22

a IK

T (1); (2) và (3), suy ra: ( ', ' ') 22

11

a

d AB A C 

Bài 12 Cho hai tia chéo nhau Ax By, h p v i nhau góc 0

60 , nh n AB làm đo n vuông góc chung a Trên tia By l y đi m C sao cho BC a G i D là hình chi u vuông góc c a C lên Ax Tính kho ng

cách gi a hai đ ng th ng AC và BD

Gi i:

D ng tia Az song song và cùng chi u v i By, khi đó:

(Ax By, )(Ax Az, )xAz600

Qua B, d ng đ ng th ng song song v i AC c t đ ng

th ng Az t i đi m E, khi đó ACBE là hình bình hành

120 EAD và AC // BEAC//(BDE) Suy ra d AC BD( , )d AC BDE( , ( ))d A BDE( , ( )) (1)

K AI ED (IED) và AHBI (HBI)

Khi đó ED(ABI)EDAHAH(BDE)

Suy ra d A BDE( , ( )) AH (2)

D ng CKAz (KAz)CK//AB

Suy ra CK(ADK)CKAD M t khác CD AD (gi thiêt), do đó :

AD(CDK)ADDK hay tam giác ADK vuông t i D

cos 60

2

a

Xét tam giác ADE, ta có:

Ta có:

0 0

3

2 AED

a a

Khi đó xét tam giác vuông ABI, ta có: 1 2 12 12 12 282 312 93

a AH

T (1); (2) và (3), suy ra ( , ) 93

31

a

d AC BD 

K

E

z y

x

a

a

H

C

B

A