Tài liệu Tài liệu hình học không gian cổ điển (nguyễn tất thu) phần 3

§ 5. KHOẢNG CÁCH 1. Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Để tính được khoảng từ điểm M đến mặt phẳng    ta có các cách sau: Cách 1: Xác định hình chiếu vuông góc H của M lên () . Để xác định được vị trí hình chiếu H ta có một số lưu ý sau:  Nếu có d     thì MH / /d . ( h.1)  Chọn    chứa điểm M và ()  () , rồi xác định giao tuyến          . Trong    dựng MH    MH     . (h.2)  Nếu trong    có hai điểm A, B sao cho MA  MB thì trong    kẻ đường trung trực d của đoạn AB , rồi trong mp  M,d  dựng MH  d . Khi đó MH     (h.3) Thật vậy , Gọi I là trung điểm của AB . Do MA  MB nên MAB cân tại M  MI  AB     . Lại MH  AB  MH     . có AB  d  AB  mp  M,d   AB  MH . Vậy  MH  d M (α) M d Δ (α) h.1 (β) H h.2 M B (α) H A d h.3  Nếu trong    có một điểm A và một đường thẳng d không đi qua A sao cho MA  d thì trong  kẻ đường thẳng d' đi qua A và d'  d , rồi trong mp  M,d'  kẻ MH  d'  MH     ( h. 4) Thật vậy , do d  d' và d  MA  d  mp  M,d'   d  MH . Lại có MH  d'  MH  mp  d,d'      .  Nếu trong    có các điểm A1 , A 2 ,..., A n  n  3  mà MA1  MA 2  ...  MA n hoặc các đường thẳng MA1 ,MA 2 ,...,MA n tạo với    các góc bằng nhau thì hình chiếu của M trên    chính là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A 2 ...A n .  Nếu trong    có các điểm A1 , A 2 ,..., A n  n  3  mà các mặt phẳng  MA1A 2  ,  MA 2 A 3  , ...,  MA n A1  thì hình chiếu của M là tâm đường tròn nội tiếp đa giác A1A 2 ...A n .  Một kết quả có nhiều ứng dụng để tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng đối với tứ diện vuông (tương tư như hệ thức lượng trong tam giác vuông) là: Nếu tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc và có đường cao OH thì GV: Nguyễn Tất Thu 1 1 1 1 . OH OA OB OC2 Cách 2: Sử dụng công thức thể tích: Xét một hình chóp có M là đ ỉnh, đáy nằm trong mặt phẳng () . 2 Khi đó: d(M,( ))   2  2  3V . Sd Cách 3: Chuyển việc tính khoảng cách từ M về tính khoảng cách từ điểm N dễ tính hơn bằng cách sử dụng các kết quả sau:      Nếu MN / /    thì d M,     d N,    .  Nếu MN  ( )  I thì d(M,( ))  M MI .d(N,( )) . NI N M (α) H N' (α) H I N' N 2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ta có thể dùng một trong các cách sau: Cách 1: Dựng đoạn vuông góc chung MN của a và b . Khi đó d  a, b   MN . Chú ý: Nếu a  b thì ta dựng đoạn vuông góc chung của a và b như sau  Dựng mặt phẳng    chứa b và vuông góc với a .  Tìm giao điểm O  a     .  Dựng OH  b . Đoạn OH chính là đoạn vuông góc chung của a và b . Cách 2: Dựng mặt phẳng () đi qua a và song song với b , khi đó : d(a, b)  d(a,( ))  d(M,( )) với M là điểm bất kì thuộc () . Cách 3: Dựng hai mặt phẳng () đi qua a và song song với b, () đi qua b và song song với a. Khi đó: d(a, b)  d((),()) . Cách 4: Phương pháp véc tơ:   AM  xAB    CN  yCD MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi    MN.AB  0    MN.CD  0   120 0 . Mặt phẳng (SBC) Ví dụ 2.5.1. Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) ; AB  a, AC  2a, BAC tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Tính : 1) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) 2) Khoảng cách từ B đến (SAC). GV: Nguyễn Tất Thu Lời giải. S H C A B K   7a 2  BC  a 7 . Áp dụng định lí cô sin, ta có: BC2  AB2  AC 2  2.AB.AC.cos BAC  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) Gọi K là hình chiếu của A lên BC , suy ra BC  (SAK) nên SKA   600 . và (ABC) . Suy ra SKA 1 1 a2 3 Ta có: S ABC  .AK.BC  AB.AC.sin1200  2 2 2 a 3  SA  AK.tan 60 0  3a . 7 7 1) Gọi H là hình chiếu của A lên SK. Do BC  (SAK)  BC  AH  AH  (SBC)  AK  Suy ra d(A,(SBC))  AH  SA.AK SA 2  AK 2  3a 7 . 14 1 1 3a a 2 3 a 3 21 1 3a 2 .  2) Ta có: VS.ABC  SA.S ABC  . , S SAC  SA.AC  3 3 7 2 14 2 7 3V a 3 Suy ra d(B,(SAC))  S.ABC  . S SAC 2 Ví dụ 2.5.2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC . Hai đường thẳng AN, DM cắt nhau tại H , SH vuông góc với mặt đáy và SH  a 3 . Tính 1) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và SD 2) Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SD . Lời giải.   DAM   1v 1) Xét hai tam giác ABN và DAM có AB  DA, BN  AM, ABN   AMH   MAH   ANB   90 0 Nên suy ra ABN  DAM , do đó MAH   900 hay là AN  DM . Dẫn đến AHM Lại có SH  (ABCD)  SH  AN  AN  (SHD) . GV: Nguyễn Tất Thu HK  SD  d(AN,SD)  HK . Vẽ đường cao HK của tam giác SHD   HK  AN AD2 Ta có: DH.DM  AD2  DH  Suy ra 1 HK 2 1  SH Vậy d(AN,SD)   2 1 HD 2  2 AD  AM 1 3a 2  5 4a 2   2 a2  19 12a a2 2 2 a 4  HK   2a 5 . 5 2a 57 . 19 2a 57 . 19 S A D K H A J D T F B F H M E M I E I C N B N 2) Gọi I  BD  CM , qua I vẽ đường thẳng song song với SD cắt SB tại J . DI Khi đó JI / /SD  SD / /(CJM) , do đó d(CM,SD)  d(D,(CMJ))  d(B,(CMJ)) BI DI DC Mà   2 nên d(CM,SD)  2d(B,(CMJ)) . BI MB BE JE BJ BI 1 Gọi E là hình chiếu của J lên BH , suy ra JE  (ABCD) và     BH SH BS BD 3 1 a 3 Suy ra JE  SH  . 3 3 Gọi F là hình chiếu của E lên MC , T là hình chiếu của E lên JF . Khi đó ta có được: d(E,(MJC))  ET . Ta có: AH   1  BE  BH  3 AM.AD AM 2  AD2  a. a 2 a2  a2 4  a 5 a2 a 5 AH 2 , AN  a 2     5 4 2 AN 5 1   1  AH  HN   1  1   BN  BA    AB  AD ; CM   AB  AD  2 3  AN AN 5 15  GV: Nguyễn Tất Thu C    x  Đặt CF  xCM   AB  xAD 2     1  1   x    1 x    14   EF  EB  BC  CF  AB  AD  AD  AB  xAD     AB    x  AD 5 15 2 5 2  15    1x 1  14  62 Vì EF  CM nên EF.CM  0       x    0  x  . 22 5  15  75  16  8  82 8a 5 4AB2  AD 2  EF  Suy ra EF   AB  AD  EF 2  . 2 75 75 75 75 EJ.EF 8a Từ đó ta có được: ET   . 2 2 1317 EJ  EF   BX d(B,CM) AH 15 .    EX EF EF 8 15 15 15a Do đó, ta có: d(B,(CMJ))  d(E,(CMJ))  .ET  . 8 8 1317 30a Vậy d(CM,SD)  . 1317 Gọi X là giao điểm của BH với CM , khi đó: Ví dụ 2.5.3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC . Mặt phẳng (SAC) tạo với đáy một góc 600 . 1) Tính khoảng cách từ A đến (SCD) 2) Gọi I là trung điểm SB . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SD . Lời giải. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , suy ra SH  (ABCD) .  là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và Kẻ HQ  QC,Q  AC , ta có AC  (SQH) . Do đó SQH   600 . (ABCD) , hay SQH Ta có AC  2a  OA  OB  AB  a nên tam giác AOB đều. Gọi T là trung điểm đoạn OA, suy ra BT  AC  BT / /QH a 1 1a 3 a 3 . Suy ra SH  HQ.tan 600  . BT   2 3 3 2 6 1) Ta có AB / /(SCD) nên d(A,(SCD))  d(M,(SCD)) . Do đó QH  Trong đó M là giao điểm của AB và đường thẳng đi qua H song song với BC. Gọi N  MH  CD MN 3 Suy ra: d(M,(SCD))  d(H,(SCD))  d(H,(SCD)) HN 2 Vẽ HK  SN,K  SN . Ta có CD  (SMN)  CD  HK  HK  (SCD) Suy ra d(H,(SCD))  HK . Vì HN  HN.SH 2a 19 2 2a 3  nên HK  . BC  19 3 3 HN 2  SH 2 Vậy d(A,(SCD))  3a 19 . 19 GV: Nguyễn Tất Thu S A D Q I K H P A D F O B C M H E B N C 2) Gọi E là hình chiếu của I lên BD, suy ra IE / /SH  IE  (ABCD) và E là trung điểm đoạn BH . Gọi O là giao của hai đường chéo AC, BD . Ta có OI / /SD  SD / /(AOI) OD 2 d(E,(AOI))  d(E,(AOI)) OE 3 Gọi F là hình chiếu của E lên AC, P là hình chiếu của E lên IF. Khi đó: AC  (IEF)  AC  EP  EP  (AOI)  d(E,(AIO)  EP . Do đó d  AI,SD   d(SD,(AOI))  d(D,(AOI))  Ta có IE  EF.EI a 19 1 a a 3  . Do đó EP  . SH  , EF  2HQ  19 2 4 3 EF2  EI 2 Vậy d(AI,SD)  2a 19 . 57 Chú ý: 1) Thông thường việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau được chuyển về tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, bằng cách dựng mặt phẳng song song. Khi tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng mà chân đường cao khó dựng thì ta thường sử dụng công thức chuyển điểm để chuyển về điểm khác mà chân đường cao dễ dựng hơn (ta thường chuyển về chân đường cao của một hình chóp nào đó) hoặc sử dụng công thức thể tích. 2) Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SD ta có thể giải theo cách khác như sau:          a Đặt a  AB, b  AD, c  HS  a  a, b  a 3 , c  . 2 Gọi MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AI và SD, M  AI, N  SD và giả sử     MA  xAI, DN  ySD .  1   1     1   1    Ta có: AI  AS  AB  AB  BH  HS  AB   AB  BD  HS  2 2 2 3                 12 1  1 1 1   AB  BC  HS   a  b  c  6AI  2a  b  3c . 23 3 6 2  3    2     2 2   2  2   SD  SH  HD  BD  HS   AB  AD  HS   a  b  c 3 3 3 3 3      3SD  2a  2b  3c .        Suy ra : MN  MA  AD  DN  xAI  AD  ySD  GV: Nguyễn Tất Thu     1  1  1     2  2     x a  b  c  b  y  a  b  c 6 2  3 3  3     1 2   1 2  1    x  ya  1  x  y b   x  yc 3  6 3  3  2       6MN  2x  4y a  6  x  4y b  3x  6y c   MN  AI 6MN.6AI  0 Ta có:      MN  SD 6MN.3SD  0 2  2 2  2(2x  4y)a  (6  x  4y)b  3(3x  6y)c  0  2  2 2 2(2x  4y)a  2(6  x  4y)b  3(3x  6y)c  0  Ví dụ 2.5.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  a, AD  2a . Tam giác SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SB. 1) Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) 2) Tính khoảng cách giữa AM và CD. Lời giải. Gọi H là trung điểm của AD, suy ra SH  AD  SH  (ABCD) . Gọi E là giao điểm của AB và CD, suy ra B là trung điểm của AE. MS 1 BE 1 AD 1 Ta có: d(M,(SCD))  d(B,(SCD))  . .d(A,(SCD))  . d(H,(SCD))  d(H,(SCD)) BS 2 AE 4 AH 2 Vẽ HF  CD, HK  SF , suy ra CD  (SHF)  CD  HK  HK  (SCD)  d(H,(SCD))  HK Ta có tam giác CHD là tam giác vuông cân tại H nên F là trung điểm cạnh CD 1 a 2 . SH là đường cao tam giác đều cạnh 2a nên SH  a 3 CD  2 2 Do đó HF  Suy ra HK  HF.SH  a 21 a 21 . Vậy d(H,(SCD))  . 7 7 HF2  SH 2 2) Cách 1: Dựng hình bình hành ADCN , suy ra CD / /(AMN) Nên d(AM,CD)  d(CD,(AMN))  2d(H,(AMN))  2d(P,(AMN)) Trong đó P là trung điểm đoạn BH . Vì MP / /SH  MP  (ABCD)  MP  AN . Mặt khác, tam giác ABH vuông cân tại A nên AP  BH  AP  AN Suy ra AN  (AMP) . Kẻ đường cao PT của tam giác AMP , suy ra PT  AN,PT  AM  PT  (AMN) hay d(P,(AMN))  PT . Ta có AP  Nên PT  1 a 2 1 a 3 BH  , MP  SH  2 2 2 2 AP.MP AP 2  MP 2 GV: Nguyễn Tất Thu  a 30 . 10 a 30 Vậy d(AM,CD)  . 5          Cách 2: Đặt AB  a, AH  b, HS  c  a  b  a, c  a 3 .     Gọi XY là đoạn vuông góc chung của AM,CD ; AX  xAM, DY  yDC  1  1  1    1    Ta có: AM  AB  AS  AB  AH  HS  a  b  c 2 2 2 2      DC  DH  HC  a  b        Suy ra YX  YD  DA  AX   yDC  AD  xAM    x     x   x   x    y a  b  2b  a  b  c    y  a    y  2  b  c 2 2 2  2   x  2  x   2 x  2    ya    y  2 b  c  0  XY  AM XY.AM  0 2  2  2       Vì     2 2 XY  CD XY.CD  0  x  y  a   x  y  2  b  0     2  2           4 5  3  3  2   x20 x   2  5  YX   a  b  c 5 5 5 2y  2  0 y  1   2  2 2 9a  9b  4c 30a 2 a 30 2 Suy ra XY  .   XY  25 25 5 Vậy d(AM,CD)  a 30 . 5 S K T A M H D F P N B C E GV: Nguyễn Tất Thu Ví dụ 2.5.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SD  a 2 , SA  SB  SC  a . Gọi E là trung điểm cạnh CD. Tính : 1) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB 2) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SB. Lời giải. S A M F B H B Q A K P O N D K H D P E C N E C Vì SA  SB  SC nên hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có H  BD và SH  (ABCD) . Do ABCD là hình thoi nên AO  BD (O là tâm của hình thoi ABCD). Suy ra AO  (SBD) Mà AS  AB  AD  a nên ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD, mà O là trung điểm BD nên ta suy ra tam giác SBD vuông tại S, suy ra BD  SB2  SD 2  a 3  BO  a 3 2 a 3 a 6 .  SH  SB2  BH 2  3 3 1) Vẽ đường cao OF của tam giác SOB , ta có OF  SB Mặt khác AC  (SBD)  AC  OF  OF là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AC và SB. Suy ra tam giác ABC đều nên BH  Hay d(AC,SB)  OF . Ta có: OF.SB  SH.BO  FO  SH.OB a 2 .  SB 2 a 2 . 2 2) Gọi K là giao điểm của AE với BD, K là trọng tâm tam giác ADC. Từ K vẽ đường thẳng song song với SB, cắt SD tại M. Suy ra SB / /(AME) Vậy d(AC,SB)  SM .d(M,(AME)) DM DK Từ M vẽ MN / /SH, N  BD , suy ra d(D,(AME))  d(N,(AME)) . NK SM SK DN DM 1 DN 2 Ta có:   2,     DM DK DH DS 3 DK 3 4 Suy ra d(SB, AE)  d(N,(AME)) . 3 Vẽ NP  KE  KE  (MNP) , vẽ NQ  MP . Ta có NQ  KE  NQ  (AME)  d(N,(AME))  NQ Suy ra d(SB, AE)  d(SB,(AME))  d(S,(AME))  GV: Nguyễn Tất Thu 1 a 6 NP KN 1 1 a Ta có: MN  SH  ,    NP  DE  3 9 DE KD 3 3 6 Suy ra NQ  NM.NP 2 2  a 22 a 22 . Vậy d(SB, AE)  . 33 33 NM  NP Chú ý: Ta cũng có thể sử dụng phép chiếu vuông góc để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Cho hai đường thẳng chéo nhau AB và CD Xét mặt phẳng    vuông góc với CD tại điểm O .Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD ( I  AB, J  CD ) Xét phép chiếu vuông góc lên    , Gọi A', B',I' là hình chiếu của A, B,I thì IJ  OI' , từ đó d  AB,CD   d  O, A' B'  . Vậy để tính IJ ta qui về tính OI' trong mặt phẳng    . C J B I D A N' O P B' A' Ví dụ 2.5.6. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và CM . Lời giải. A A' M M' D B H C GV: Nguyễn Tất Thu N Gọi H là tâm của tam giác đều BCD thì AH   BCD  . Gọi    là mặt phẳng đi qua N và song song với AH thì     BN . Xét phép chiếu vuông góc lên    , gọi A', B',C', D',H',M', N' lần lượt là ảnh của A, B,C, D,H,M, N thì B'  N'  H'  N , C'  C, D'  D . Ta có d  CM, BN   d  N,CM'  . 2 a 3  1 1 2 a 2 2 2a 3 a 3  , AH  AB2  BH 2  a 2   , NM'  AH  a . BH  BN    a  3  2 2 3 3 3 3 2 3 6   Tam giác NCM' vuông tại N nên : 1 d 2  N,CM'   1 CN Vậy d  CM, BN   d  N,CM'   2  1 NM' 2  1 a 2   2  1  a     6 2  10 a 2  d  N,CM'   a 10 . 10 a 10 . 10 Ví dụ 2.5.7. Cho từ diện ABCD có AB  CD . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Biết IJ là đường vuông góc chung của AB và CD. 1) Chứng minh rằng AC  AD  BC  BD 2) Một mặt phẳng đi qua IJ cắt AC, BD theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng MN  IJ và MN bị IJ chia thành hai phần bằng nhau. 3) O là một điểm thuộc đoạn thẳng IJ. Chứng minh rằng O cách đều mặt phẳng (ABC), (ABD), O cách đều hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Lời giải. IJ  AB  AB  (CID)  AB  CI, AB  DI 1) Ta có:  CD  AB Suy ra các tam giác ACB, ADB là những tam giác cân tại C và D. Từ đó suy ra AC  BC, AD  BD (1) Chứng minh tương tự thì các tam giác CAD, CBD cân tại A và B. Suy ra AC  AD, BC  BD (2). Từ (1) và (2) ta có: AC  AD  BD  BC . 2) Nội tiếp tứ diện bằng hình hộp AC' BD'.A'CB' D . Từ giả thiết bài toán, ta suy ra được hình hộp AC' BD'.A'CB' D là hình hộp đứng và đáy là hình thoi. Mặt phẳng đi qua IJ, cắt hình hộp theo thiết diện là hình chữ nhật PQRS Vì I là tâm của hình thoi A' DB'C nên ta có CS  DR  CSM  DRN  MS  NR Suy ra MN / /CR , nên IJ vuông góc và chia đôi MN. 3) Gọi H là hình chiếu của O lên BJ, K là hình chiếu của O lên AJ. Do CD  (AJB)  CD  OH  OH  (BCD)  d(O,(BCD))  OH Tương tự d(O,(ACD))  OK . Vì JB  JA nên tam giác AJB cân tại J và JI là đường phân giác trong góc AJB Suy ra OH  OK  O cách đều hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Chứng minh tương tự ta cũng có đư ợc O cách đều hai mặt phẳng (ABC) và (ABD). GV: Nguyễn Tất Thu A B N B I A M I C' P Q D' K O H N M D C J D' S J A' C D R Ví dụ 2.5.8. Cho hình lập phương ABCD.A' B'C' D' cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD' và BD . Lời giải. Cách 1: (Hình 1) Gọi I là tâm của hình vuông ABB' A' . AD'   AB' D'  Ta có:   d  AD', BD   d BD,  AB' D'   d(B,(AB' D'))  d(A',(AB' D')) .  BD / /  AB' D'    Vì A' AB' D' là tứ diện vuông đỉnh A' nên d(A',(AB' D'))  a 3 3 a 3 . 3 Cách 2: Sử dụng phương pháp vec tơ Gọi MN là đoạn vuông góc chung của AD' và BD với M  AD', N  BD               Đặt AB  x, AD  y, AA'  z  x  y  z  a, xy  yz  zx  0              AD'  y  z  AM  kAD'  k y  z , DB  x  y  DN  m x  y .          Ta có MN  AN  AM  AD  DN  AM  mx  1  k  m  y  kz          Vì MN  DB  MN.DB  0  mx  1  k  m  y  kz x  y  0  2m  k  1  0 . Suy ra d  AD', BD            2m  k  1 1 mk . Tương tự MN.AD'  0  1  m  2k  0 , từ đó ta có hệ  3 m  2k  1  1  1  1   1   2  2  2  a 3 Vậy MN  x  y  z  MN  MN  . x  y  z   3 3 3 9 3  Cách 3: (Hình 2) Chọn  DCB' A'  vuông góc với AD' tại trung điểm O của AD' . Gọi I là tâm của hình vuông BCC' B' thì BI  CB' và BI  CD nên BI   DCB' A'  từ đó DI là hình chiếu của DB lên  DCB' A'  . GV: Nguyễn Tất Thu Trong  DCB' A'  kẻ OH  DI , từ H dựng đường thẳng song song với AD' cắt BD tại M , từ M dựng đường thẳng song song với OH cắt OA tại N thì MN là đoạn vuông góc chung của của AD' và BD do đó d  AD', BD   MN . Ta có OHMN là hình chữ nhật nên MN  OH , mạt khác OH là đường cao trong tam giác vuông ODI nên 1 OH 2 1  OD 2  1 OI 2  Vậy d  AD', BD   MN  OH  1 a 2     2  2  1 a 2  3 a 2  OH  a 3 . 3 a 3 . 3 D' A' B' D' C' A' B' C' O I N I H C D D A M A B Hình 1 C B Hình 2 Ví dụ 3.5.9. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có AB  AA'  a, AD  2a . 1) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (CB' D') 2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và A'C' . Lời giải. 1) Gọi O' là tâm của đáy A' B'C' D' và m là giao điểm của AC' với CO' . Suy ra M là giao của AC' với (CB' D') . AM 1 1 d(C',(CB' D'))  d(C',(CB' D'))  h C'M 2 2 Ta có: C'.CB' D' là tứ diện vuông tại C' nên 1 1 1 1 1 1 1 9 2        h a. 2 2 2 2 2 2 2 2 3 h C' B' C' D' CC' a a 4a 4a Do đó: d(A,(CB' D'))  a . 3 2) Ta có A'C'/ /(B' AC)  d(AB', A'C')  d(A'C',(ACB'))  d(A ',(ACB')) Vậy d(A,(CB' D'))  Vì A' B cắt (B' AC) tại trung điểm của nó nên: d(A',(B' AC))  d(B,(B' AC))  k . Do tứ diện BACB' là tứ diện vuông tại B nên GV: Nguyễn Tất Thu 1 k 2a Vậy d(AB', A'C')  . 3 2  1 BB' 2  1 BA 2  1 BC 2 9  4a 2 k 2a . 3 A' D' O' B' C' M N A D B C   BAA'   DAA'   60 0 . Ví dụ 3.5.10. Cho hình hộp ABCD.A' B'C' D' có tất cả các cạnh bằng a , BAD Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CC’. Lời giải. B' C' D' A' J B C I H A D Từ đề bài ta suy ra các tam giác ABD, A' AD, A' AB là các tam giác đều Do đó A'.ABD là tứ diện đều cạnh a . Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, suy ra A'H  (ABCD) hay A'H là khoảng cách giữa hai đáy 2 a 3  a 6 Ta có: A'H  A' A  AH  a   .    3  3   2 GV: Nguyễn Tất Thu 2 2 a 6 . 3 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BD và AA' . Vì A'.ABD là tứ diện đều nên ta có IJ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AA' và BD . Suy ra d(AA', BD)  IJ . Vậy khoảng cách giữa hai mặt đáy bằng 2  a 3   a 2 a 2 Ta có: IJ  AI  BJ   .     2   2  2   2 Vậy d(A' A, BD)  2 a 2 . 2 Ví dụ 2.5.11. Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a , chiều cao bằng h . Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC' . Lời giải. Ta có mặt phẳng (BA'C') chứa BC' và song song với AC nên h  d(AC, BC')  d(AC,(BA'C'))  d(A,(BA'C'))  d(B',(BA'C'))  1 1 a2 3 a2 h 3 . VABC.A' B' C'  .h.  3 3 4 12 Tam giác A' BC' cân tại B và 3VB'.BA' C' S BA' C' Mặt khác: VB'.BA' C'  BH  BA'2  B'H 2  a 2  h 2  Suy ra S A' BC' Do vậy h  A' H a2 1  4h 2  3a 2 . 4 2 C' B' 1 1  BH.A'C'  a 4h 2  3a 2 . 2 4 ah 3 4h 2  3a 2 .  Ta có A'C'/ /AC nên (AC, BC')  (A'C', BC')  A'C' B. C A Trong tam giác vuông BC'H , ta có: a a   cos A'C' B  A'C' B  arccos 2 2 2 2 a h 2 a  h2 a Vậy (AC, BC')  arccos . 2 a2  h2 B Ví dụ 2.5.12. Cho lăng trụ đều ABC.A' B'C' có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA', BB' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B'M và CN . Lời giải. Gọi I,I' lần lượt là trung điểm của BC, B'C' và K là giao điểm của II' với CN . Ta có B'M / /(ACN) nên suy ra d(B'M,CN)  d(B',(ACN))  d(B,(ACN))  2d(I,(ACN))  2h. Vì tứ diện IACK là tứ diện vuông tại I nên ta có: GV: Nguyễn Tất Thu 1 h Vậy d(B'M,CN)  2  1 IA 2  1 IC 2  1 IK 2  1 a 3     2  2  1 a 2   2  1 a 4   2  64 3a 2 h a 3 . 8 a 3 . 4 C' A' I' B' M N K A C I B Ví dụ 2.5.13. Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA'  2a . Hình chiếu của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các đoạn AA',CC' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và B'M . Lời giải. B' C' A A' S N H I M T j K B E C B K C H I A Ta có (B'MC') / /(ABN) nên suy ra d(B'M, BN)  d((B'MC'),(ABN))  d(C',(ABN))  d(C,(ABN)) GV: Nguyễn Tất Thu Mặt khác: VNABC  1 1 VC' ABC  VABC.A' B' C' 2 6 Mà A'H  A' A 2  AH 2  4a 2  Nên VABC.A ' B' C'  A'H.S ABC  a 2 a 33 a2 3  , S ABC  3 3 4 a 33 a 2 3 a 3 11 . .  3 4 4 a 3 11 . 24 Gọi I là giao điểm của A' N với AC , ta có được C là trung điểm của AI . Suy ra VN.ABC  K là hình chiếu của N lên HI  NK / /A'H  NK  (ABC) và NK  Gọi S là trung điểm cạnh AC , suy ra SI  Nên IH  HS 2  IS 2  3 3a 1a 3 a 3 AC  , HS   2 2 3 2 6 a 21 . 3 Gọi T là trung điểm SI , suy ra KT  AC,KT  Do đó, AK  KT 2  AT 2  Do đó S ANB  3a 5a 1 a 3 và AT  AI  IT  2a   HS  4 4 2 12 a 57 a 10 .  AN  AK 2  KN 2  6 2 Tương tự: BK  BC2  CK 2  a 2   Suy ra cos ANB 1 a 33 . A'H  2 6 a 2 a 39  nên BN  BK 2  NK 2  a 2 . 12 6 AN 2  BN 2  AB2 7 5   1  cos 2 ANB   155   sin ANB AN.BN 20 20 2 1   a 31 . Nên d(C,(ABN))  3VN.ABC  a 341 . AN.BN.sin ANB S ANB 31 2 8 Vậy d(B'M, BN)  a 341 . 31 Ví dụ 2.5.14. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a, AC  BD  b, AD  BC  c . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD . Lời giải. Cách 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB và CD . Ta có: CM 2  CA 2  CB2 CD 2 b 2  c 2 a 2    2 4 2 4 AD2  DB2 AB2 b 2  c 2 a 2    2 4 2 4 Suy ra CM  DM  MN  CD . Tương tự, ta cũng có NM  AB . Do đó d(AB,CD)  MN . DM 2  Ta có: MN 2  CM 2  CN 2  GV: Nguyễn Tất Thu b2  c 2 a 2 a 2 b2  c 2  a 2    2 4 4 2 b2  c 2  a 2 . 2 Cách 2: Ngoại tiếp tứ diện ABCD bởi hình hộp AA' BB'.C'CD' D Vì AB  CD, AC  BD, AD  BC nên các mặt của hình hộp là hình chữ nhật. Ta có: d(AB,CD)  d((AA' BB'),(CC' DD'))  A'C . Vậy d(AB,CD)  Đặt A' A  x, A' B  y, A'C  z ta có hệ phương trình x2  y 2  a 2  a 2  b2  c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y  z  c  2 x  y  z  a  b  c  x  y  z  2  2 2 2 z  x  b  Nên z 2  b2  c 2  a 2  d  AB,CD   2  b2  c 2  a 2 . 2 B' A A' A B M B D N C D C' C D' Bài tập Bài 2.5.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a , cạnh SA vuông góc với  ABC  và SA  h . Tính khoảng cách từ A đến  SBC  theo a và h . Bài 2.5.2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , BA  BC  a, AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  . Bài 2.5.3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có ba kích thức AB  a, AD  b, AA'  c . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  DA'C'  . Bài 2.5.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , tam giác SAD đều và có cạnh bằng 2a , BC  3a các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABCD  . GV: Nguyễn Tất Thu   ABC   900 , BA  BC  a, AD  2a . Bài 2.5.5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a . Gọi H là hình chiếu của A lên SB .Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a ) khoảng cách từ H đến mp(SCD) .   1200 . Bài 2.5.6. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có AB  a, AC  2a, AA  2a 5 và BAC 1 1 1 1 Gọi M là trung điểm của cạnh CC1 . Chứng minh hai đường thẳng MB và MA1 vuông góc với nhau. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A1 BM  . Bài 2.5.7. Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 600 , các tam giác ABC và SBC là tam giác đều cạnh a . Tính theo a khoảng cách từ B đến mp  SAC  . Bài 2.5.8. Cho lăng trụ đứng ABC.A1 B1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a , M là trung điểm của AA1 . Chứng minh BM  B1C và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B1C . Bài 2.5.9. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA'  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. Bài 2.5.10. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a .Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA. , M là trung điểm của AE , N là trung điểm của BC . Chứng minh MN vuông góc với BD và tính ( theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC . Bài 2.5.11. Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông cân tại B, AB  BC  2a , (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC). Gọi M là trung điểm AB, mặt phẳng qua MS song song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN. Bài 2.5.12. Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình ch ữ nhật, AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a. Bài 2.5.13. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng  = 300 . Tính thể tích khối chóp (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Bài 2.5.14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Bài 2.5.15. Cho hình lập phương ABCD.A' B'C' D' có cạnh bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và B'C' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và DM . Hướng dẫn giải Bài 2.5.1. AI  BC   SAI   BC Gọi I là trung điểm của BC , ta có  SA  BC  BC   SAI  Trong  SBC  kẻ AH  SI . Ta có   AH  BC . AH   SAI  GV: Nguyễn Tất Thu AH  BC  AH   SBC   d A,  SBC   AH . Vậy  AH  SI   Tam giác ABC đều cạnh a nên AI  Trong tam giác AIS ta có   Hay d A,  SBC   1 AH ah 3 4h 2  3a 2  2 1 AI 2 a 3 2  1 AS 2  1 a 3     2  2  1 h 2  4h 2  3a 2 2 2 3a h  AH  ah 3 4h 2  3a 2 . . S H C A I B Bài 2.5.2. Trong  ABCD  gọi M  AB  CD , trong  SAM  gọi K  AH  SM , kẻ AE  SC tại E và gọi N là trung điểm của AD . Dễ thấy ABCN là hình vuông nên NC  AB  a . Do đó NA  NC  ND  a  ACD vuông tại C  CD  AC , lại có CD  SA  CD   SAC    SAC    SCD  .  SAC    SCD    SAC    SCD   SC Vậy   AE   SCD  AE   SAC  AE  SC   1   Trong  AKE  kẻ HF / /AE,F  KE , thì từ (1) suy ra HF   SCD   d H,  SCD   HF . Do BC / /AD  Lại có MB BC a 1     MA  2AB  2a  B là trung điểm của MA . MA AD 2a 2 BH BH.BS BA 2 a2    BS BS 2 AB2  AS 2 a 2  a 2 GV: Nguyễn Tất Thu   2  1 . 3