Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Khi đó $\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}$

Suy ra $SA = AB\tan {60^0} = a\sqrt 3$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$

Trong $(SAC)$ dựng $OM \bot SC\,\,\left( 1 \right)$ ta có : $OM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OM \bot BD\,\,\left( 2 \right)$ . Từ (1) và (2) suy ra $OM$ là đường vuông góc chung $BD$ và $SC$.

Ta có $\Delta CAS \backsim \Delta CMO\;\;\left( {g - g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{SC}}{{CO}} = \dfrac{{SA}}{{MO}} \Rightarrow OM = \dfrac{{SA.OC}}{{SC}}$

$= \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{{10}}.$

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:

$\left\{ \begin{array}{l}Bx \bot AE\\Bx \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow Bx \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow Bx \bot AF\,\,\left( 2 \right)$

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 $AE = OB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Vậy khoảng cách

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

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 $d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}.$

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

Mà $\widehat {SBD} = {60^0}$$\Rightarrow$$\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:

$\left\{ \begin{array}{l}OE \bot AD\\OE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow OE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow OE \bot AK\,\,\left( 2 \right)$

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

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

Gọi $P$ là trung điểm $BC$ và $E = NP \cap AC$, suy ra $PN\parallel BD$ nên $BD\parallel \left( {MNP} \right)$.

Do đó

$d\left( {BD;MN} \right) = d\left( {BD;\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {MNP} \right)} \right)$

Ta có $PE//BO,P$ là trung điểm của $BC$ nên $E$ là trung điểm của $OC$, do đó $OE = \dfrac{1}{3}AE$

Mà $AO \cap \left( {MNP} \right) = E \Rightarrow d\left( {O;\left( {MNP} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right).$

Kẻ $AK \bot ME\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\\NP//BD \Rightarrow NP \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow NP \bot AK\,\,\left( 2 \right)\end{array}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {MNP} \right)$.  Khi đó $d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right) = AK.$

Tính được $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = 10\sqrt 3  \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 ;\,\,AE = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{{15\sqrt 2 }}{2}$

Tam giác vuông $MAE$, có $AK = \dfrac{{MA.AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = 3\sqrt 5 .$ Vậy $d\left( {BD;MN} \right) = \dfrac{1}{3}AK = \sqrt 5$.

Kẻ $HK \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right)$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SKH} = {45^0}$

Ta có $\Delta HKD$ vuông cân tại $K$, do vậy $HK = KD = \dfrac{{3a}}{2} \Rightarrow SH = HK.\tan {45^0} = \dfrac{{3a}}{2}$

Dựng $Ax//BD$ ta có $d\left( {SA,BD} \right) = d\left( {BD,\left( {SAx} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SAx} \right)} \right)$

Dựng $HE \bot Ax \Rightarrow HE = OA = a\sqrt 2$

Dựng $HF \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}Ax \bot SH\\Ax \bot HE\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow Ax \bot HF\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow HF \bot \left( {SAx} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAx} \right)} \right) = HF$

Vậy $HF = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt {34} }}{{17}} = d$.

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: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot B'G\\AB \bot GI\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {B'GI} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {B'IG} = {60^0}$

Lại có $CI = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow GI = \dfrac{1}{3}CI = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$\Rightarrow B'G = GI.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}$

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

$\Rightarrow d\left( {AB;B'C} \right) = IH = \dfrac{{B'G.CI}}{{B'C}}$

Ta có : $B'C = \sqrt {B'{G^2} + G{C^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{2} + 2{a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow IH = \dfrac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}$

Do đó $d = IH = \dfrac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}$

Ta có $AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2$.

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

$= d\left( {M;\left( {B'Cx} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right)$ 

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

Dựng $\left\{ \begin{array}{l}BE \bot Cx\\BF \bot B'E\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}Cx \bot BE\\Cx \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow Cx \bot \left( {BB'E} \right) \Rightarrow Cx \bot BF\,\,\left( 2 \right)$

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  $BP = \dfrac{{AB.BM}}{{\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} }} = \dfrac{{a.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$

Suy ra $BE = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow BF = \dfrac{{BE.BB'}}{{\sqrt {B{E^2} + BB{'^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 7 }}$

Do đó $d = \dfrac{a}{{\sqrt 7 }}$.

Ta có : $\left\{ \begin{align} & AM\bot BC \\ & AM\bot BB' \\ \end{align} \right.\Rightarrow AM\bot \left( BCC'B' \right)$

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 $B'C$.

$\Rightarrow d\left( AM;B'C \right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)$

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 $CM = a = \dfrac{1}{2}AB$ 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: $\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AE\\BE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BE \bot AK\,\,\left( 2 \right)$

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

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

Ta có: $AE = BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2$ $\Rightarrow AK = \dfrac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}$

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:

$\left\{ \begin{array}{l}CI \bot DE\\CI \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow CI \bot \left( {DD'E} \right) \Rightarrow CI \bot DK\,\,\left( 2 \right)$

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 $DE = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a.$

Tam giác vuông $D'DE$, có $DK = \dfrac{{D'D.DE}}{{\sqrt {D'{D^2} + D{E^2}} }} = \dfrac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}.$

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: $KP = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{5}{2}$, $IP = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{5}{2}$

$A{K^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = \dfrac{{25 + 34}}{2} - \dfrac{{41}}{4} = \dfrac{{77}}{4} = D{K^2}$

Tam giác $AKD$ cân tại K, $KI$ là trung tuyến $\Rightarrow KI \bot AD \Rightarrow I{K^2} = A{K^2} - A{I^2} = \dfrac{{77}}{4} - \dfrac{{41}}{4} = 9$

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

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

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. 

$\Delta BCD,\Delta ACD$ đều nên:

$\left. \begin{array}{l}AN \bot CD\\BN \bot CD\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABN} \right) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD$

Tương tự ta có $MN \bot AB$

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

Bước 2: Tính MN.

$\Delta ACD$ đều cạnh 2a; AN là đường cao.

$\to AN = AC.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$

$AM = \dfrac{1}{2}AB = a$

$\Delta AMN$ vuông tại M ($MN \bot AB$) nên:

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

Bước 1:

Ta có $AA'//BB' \Rightarrow AA'//\left( {BCC'B'} \right) \supset BC'$ $\Rightarrow d\left( {AA';BC'} \right) = d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)$.

Bước 2:

Trong $\left( {ABC} \right)$ kẻ $AK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)$, trong $\left( {AHK} \right)$ kẻ $AI \bot HK\,\,\left( {I \in HK} \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AK\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BC \bot AI\\\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right)\end{array}$

$\Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AI = d\left( {AA';BC'} \right)$.

Bước 3:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta có $AK = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Tam giác $A'B'C'$ có $B'C' = \sqrt {A'B{'^2} + A'C{'^2}}  = 2a$ $\Rightarrow A'H = \dfrac{1}{2}B'C' = a$.

$\Rightarrow AH = \sqrt {AA{'^2} - A'{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $AHK$ ta có $AI = \dfrac{{AH.AK}}{{\sqrt {A{H^2} + A{K^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy $d\left( {AA';BC'} \right) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy $m=15$.

Kẻ Ax song song với BC

Kẻ HK vuông góc với Ax, kẻ HF vuông góc với SK.

Bước 1: Chứng minh $HF \bot \left( {SAK} \right)$

Ta có

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}HK \bot Ax\\SH \bot Ax\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SHK} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AK \bot HF\\HF \bot SK\end{array} \right\} \Rightarrow HF \bot \left( {SAK} \right)\end{array}$

Bước 2: Chứng tỏ $d\left( {BC,SA} \right)$ $= 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)$ và tìm khoảng cách .

$d\left( {BC,SA} \right) = d\left( {BC,\left( {SAK} \right)} \right)$ $= d\left( {B,\left( {SAK} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)$

Ta có $AB = a =  > AH = \dfrac{a}{3}$

Tam giác ABC đều nên $\widehat {ABC} = {60^0}$

=> $\widehat {HAK} = {60^0}$

$=  > HK = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.AH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{3}a = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}$

Góc tạo bởi SA và (ABC) bằng ${60^0}$ nên $SH = \sqrt 3 AH = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$

Áp dụng HTL trong tam giác vuông SHK ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{H{F^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}} + \dfrac{{12}}{{{a^2}}} = \dfrac{{15}}{{{a^2}}}\\ =  > HF = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\\ =  > d\left( {BC,SA} \right) = 3.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\end{array}$