Khoảng cách giữa đường thẳng, mặt phẳng song song

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AD\\AB \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA$.

Vì $CD//AB \subset \left( {SAB} \right)$ nên $d\left( {CD,\,\left( {SAB} \right)} \right)$$= d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a$

Do $AB//CD$ do đó $d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SAB} \right)} \right)$

Dựng $DH \bot SA$ ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot AD}\\{AB \bot SD}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot DH}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DH \bot AB}\\{DH \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow DH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAB} \right)} \right) = DH}\end{array}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

$\Rightarrow d = DH = \dfrac{{SD.DA}}{{\sqrt {S{D^2} + D{A^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$

$AC = 5a,{\rm{ }}SA = 5a\sqrt 3$.

Ta có: $AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)$.

Dựng $AH \bot MN$ tại $H$ trong $\left( {ABC} \right)$.

Dựng $AK \bot SH$ tại $K$ trong $\left( {{\rm{S}}AH} \right)$.

$\Rightarrow AK \bot \left( {SMN} \right)$ tại $K$ nên $d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AK$$\Rightarrow d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = AK$.

$AH = NB = 2a$.

$\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}} + \dfrac{1}{{S{A^2}}} = \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{75{a^2}}} = \dfrac{{79}}{{300{a^2}}}$ $\Rightarrow AK = \dfrac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh$AB,CD$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $SN.$

Vì $AB{\rm{//}}CD$ nên $d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {M,(SCD)} \right) = 2d\left( {O,(SCD)} \right)$ (vì $O$ là trung điểm đoạn $MN$)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot ON\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SON) \Rightarrow CD \bot OH$

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OH\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O;(SCD)} \right) = OH.$

Tam giác $SON$ vuông tại $O$ nên $\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{N^2}}} + \dfrac{1}{{O{S^2}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{{{a^2}}}{4}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$

Vậy $d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $CI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},$$CI \bot \left( {ABB'A'} \right)$

Gọi $H$ là trung điểm của $IB$.

Vì $DH{\rm{//}}CI$ nên $DH \bot \left( {ABB'A'} \right)$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}ID{\rm{//}}AC{\rm{//}}A'E\\ID = \dfrac{1}{2}AC = A'E\end{array} \right.$ nên tứ giác $A'EDI$ là hình bình hành, suy ra $DE\;{\rm{//}}\;A'I \subset \left( {ABB'A'} \right)$.

Ta có $DE\;{\rm{//}}\;\left( {ABB'A'} \right)$.

Vậy $d\left( {DE,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = DH = \dfrac{{CI}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Hạ đường cao AH xuống cạnh BC. Khi đó khoảng cách từ AA' đến  $\left( {BCC'B'} \right)$ chính là độ dài AH. Ta có $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên theo định lý Py-ta-go ta nhận được

$A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {\left( {2a} \right)^2} - {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = {a^2} \Rightarrow AC = a.$

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuôngABC ta nhận được

$\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}.$

Ta có: $EM{\kern 1pt} \;{\rm{//}}\;B'C$$\Rightarrow B'C{\kern 1pt} \;{\rm{//}}\;(AME)$

$\Rightarrow d\left( {B'C,\left( {AME} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AME} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)$

Xét khối chóp $BAME$ có các cạnh $BE$, $AB$, $BM$ đôi một vuông góc với nhau nên

$\dfrac{1}{{{d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{M{B^2}}} + \dfrac{1}{{E{B^2}}}$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right)}} = \dfrac{7}{{{a^2}}}$$\Leftrightarrow {d^2}\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{7}$

$\Leftrightarrow d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = \dfrac{a}{{\sqrt 7 }}$.

Dễ thấy BD // B’D’, BC’ // AD’ nên (AB’D’) // (BC’D)

$\Rightarrow d\left( {\left( {AB'D'} \right);\left( {BC'D} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {AB'D'} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{C'.AB'D'}}}}{{{S_{AB'D'}}}}$

Ta có :

$\begin{array}{l}{V_{C'.AB'D'}} = {V_{A.B'C'D'}} = \dfrac{1}{3}AA'.{S_{B'C'D'}} = \dfrac{1}{3}AA'.\dfrac{1}{2}B'C'.C'D'\\{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \dfrac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{6}{.2^3} = \dfrac{4}{3}\end{array}$

Tam giác AB’D’ có $AB' = AD' = B'D' = 2\sqrt 2  \Rightarrow \Delta AB'D'$ là tam giác đều cạnh

$2\sqrt 2  \Rightarrow {S_{AB'D'}} = \dfrac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 2\sqrt 3$

Vậy $d\left( {C';\left( {AB'D'} \right)} \right) = \dfrac{{3.\dfrac{4}{3}}}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {\left( {AB'D'} \right);\left( {BC'D} \right)} \right) = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}$.

Gọi $O,\,$$O'$ lần lượt là tâm của hai mặt đáy. Khi đó tứ giác $COO'C'$là hình bình hành và $C'O' = \dfrac{{AC}}{2} = a$

Do $BD\;{\rm{//}}\;B'D'$$\Rightarrow BD\;{\rm{//}}\;\left( {CB'D'} \right)$ nên $d\left( {BD;\left( {CB'D'} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {CB'D'} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {CB'D'} \right)} \right)$.

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'C'\\B'D' \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow B'D' \bot \left( {COO'C'} \right)$$\Rightarrow \left( {CB'D'} \right) \bot \left( {COO'C'} \right)$

Lại có $\left( {CB'D'} \right) \cap \left( {COO'C'} \right) = CO'$.

Trong $\Delta CC'O'$ hạ $C'H \bot CO' \Rightarrow C'H \bot \left( {CB'D'} \right)$$\Rightarrow d\left( {BD;\,CD'} \right) = C'H$

Khi đó : $\dfrac{1}{{C'{H^2}}} = \dfrac{1}{{C{{C'}^2}}} + \dfrac{1}{{C'{{O'}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}}$$\Rightarrow C'H = \dfrac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.

Ta có $d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA' = 5$

Vì $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ là hình lập phương nên $\left( AD{D}'{A}' \right)$// $\left( BC{C}'{B}' \right)$.

Khi đó $d\left( \left( AD{D}'{A}' \right);\left( BC{C}'{B}' \right) \right)=d\left( A;\left( BC{C}'{B}' \right) \right)$

Mà $AB\bot \left( BC{C}'{B}' \right)$ nên $d\left( A;\left( BC{C}'{B}' \right) \right)=AB=10$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot IA$, mà $IA \bot AD$ nên $IA \bot \left( {SAD} \right)$

Lại có $IJ$// $AD$ nên $IJ$// $\left( {SAD} \right)$

$\Rightarrow d\left( {IJ;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {SAD} \right)} \right) = IA = \dfrac{a}{2}$

Vì $DC$// $AB$ nên $DC$// $\left( {SAB} \right)$

$\Rightarrow d\left( {DC;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SAB} \right)} \right)$.

Kẻ $DH \bot SA$, do $AB \bot AD$, $AB \bot SD$ nên $AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow DH \bot AB$ suy ra $d\left( {D;\left( {SAB} \right)} \right) = DH$.

Trong tam giác vuông $SAD$ ta có:

$\begin{array}{l} DH.SA = DS.DA\\ \Leftrightarrow DH = \frac{{DS.DA}}{{SA}} = \frac{{DS.DA}}{{\sqrt {S{D^2} + D{A^2}} }}\\ = \frac{{a\sqrt 2 .2a}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\\ \Rightarrow d\left( {DC,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \end{array}$

Vì $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $OA$ và $OB$ nên $MN//AB \Rightarrow MN//\left( {ABC} \right)$.

Ta có: $d\left( {MN;\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right)$

Vì $OM$ cắt $(ABC)$ tại $A$ và $OA=2MA$ nên $d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right)= \dfrac{1}{2}OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Gọi $I,M$ lần lượt là trung điểm cạnh $AB$ và $CD$ thì $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot IM\\CD \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SIM)$

Vẽ $IH \bot SM$ tại $H \in SM$thì $IH \bot (SCD)$

Mà $AB//CD \subset \left( {SCD} \right)\Rightarrow AB// (SCD)$

$\Rightarrow d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {I,(SCD)} \right) = IH = \dfrac{{SO.IM}}{{SM}}$

$\Delta SAB$ đều cạnh $2a \Rightarrow SI = a\sqrt 3  \Rightarrow SM = a\sqrt 3$

Và $OM = \dfrac{1}{2}IM = a \Rightarrow SO = \sqrt {S{M^2} - O{M^2}}  = a\sqrt 2$

Cuối cùng $d\left( {AB,(SCD)} \right) = \dfrac{{SO.IM}}{{SM}} = \dfrac{{a\sqrt 2 .2a}}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}$

Ta có: $MM//AC,MP//A'A \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {ACC'} \right)$

$\Rightarrow d\left( {\left( {MNP} \right);\left( {ACC'} \right)} \right) = d\left( {P;\left( {ACC'} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B',\left( {ACC'} \right)} \right)$

Lại có:

$B'O' \bot A'C',B'O' \bot CC' \Rightarrow B'O' \bot \left( {ACC'} \right)$ $\Rightarrow d\left( {B',\left( {ACC'} \right)} \right) = B'O' = \dfrac{1}{2}B'D' = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Vậy $d\left( {P,\left( {ACC'} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B',\left( {ACC'} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$

Ta có: $\left( {ABC} \right)//\left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right)$

Vì $\Delta ABC$ đều và $AA' = A'B = A'C \Rightarrow A'ABC$ là hình chóp đều.

Gọi $A'H$ là chiều cao của lăng trụ, suy ra $H$ là trọng tâm $\Delta ABC,\widehat {A'AH} = 60^\circ$.

$\Rightarrow d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = A'H = AH.\tan 60^\circ  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\sqrt 3  = a$.

Ta có: $A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {A'AH} = {60^{\rm{o}}}.$

$d\left( {\left( {A'B'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = A'H = A'A.\sin {60^{\rm{o}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Do hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$ nên $A'A = a$.

$H$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( {A'B'C'} \right)$ nên $AH \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AH = \dfrac{a}{2}$

$\Delta A'HA$ vuông tại $H$ nên $A'H = \sqrt {A'{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Mặt khác $\Delta A'B'C'$ đều cạnh $a$ nên đường cao $A'H' = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ ($H'$ là trung điểm của $B'C'$)

Từ đó $A'H = A'H'$ và $H,H' \in B'C'$ nên $H \equiv H'$.

Vậy $H$ là trung điểm của $B'C' \Rightarrow HB' = \dfrac{1}{2}B'C'$.

Gọi $G,G'$ là trọng tâm các tam giác $ACD',BA'C'$.

Khi đó $DG \bot \left( {ACD'} \right),B'G' \bot \left( {BA'C'} \right)$ vì các hình chóp $D.ACD'$ và $B'.BA'C'$ là hình chóp đều.

Ta có: $AC \bot \left( {BDD'B'} \right) \Rightarrow AC \bot DB'$

Lại có $CD' \bot \left( {ADC'B'} \right) \Rightarrow CD' \bot DB'$.

Do đó $DB' \bot \left( {ACD'} \right)$.

Tương tự $DB' \bot \left( {BA'C'} \right)$ nên $\left( {ACD'} \right)//\left( {BA'C'} \right)$ và $G,G' \in DB'$.

Do đó $GG'$ vuông góc cả hai mặt phẳng $\left( {ACD'} \right),\left( {BA'C'} \right)$.

Vậy khoảng cách giữa hai mặt đó là $GG'$.