Cách Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau không vuông góc

Cách Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau không vuông góc. 

Phương pháp tính khoảng cách:

Dựng đường thẳng chứa a và song song với b (hoặc đường thẳng chứa b và song song với a) để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Khảo sát khối chóp đỉnh S có đường cao SH, yêu cầu tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau d (thuộc mặt đáy) và đường thẳng SC thuộc mặt bên của khối chóp trong trường hợp d không vuông góc với SC.

Dựng hình:

Tìm giao điểm C của cạnh bên SC và mặt đáy (giao điểm của cạnh thuộc mặt bên và mặt đáy). Từ C ta dựng đường thẳng $\left. xCy \right\|d$

Khi đó d(d;SC) = d(d;(Sxy))

Gọi $M=d\cap HC\Rightarrow d=d(M;(Sxy))$

Ta có : $\frac{d(M;(Sxy))}{d(H;(Sxy))}=\frac{MC}{HC}\Rightarrow d(M;(Sxy))=\frac{MC}{HC}.d(H;(Sxy))$

Chú ý:

Để tính d(d;(Sxy)) ta có thể lấy bất kỳ điểm nào thuộc d (không nhất thiết là điểm M) sao cho việc quy đổi khoảng cách cần tìm về khoảng cách từ chân đường cao H đến mặt phẳng (Sxy) dễ dàng nhất.

Bài tập Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau không vuông góc có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

a) Dựng $Bx//AC,AE\bot Bx\Rightarrow (SAE)\bot Bx$

Dựng $AF\bot SE\Rightarrow d(AC;SB)=AF$

Dựng $BH\bot AC$ dễ thấy $AE=BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có: $AF=\frac{AE.SA}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{30}}{10}$

b) Dựng $Cy//AB\Rightarrow d(AB,SC)=d(AB,(SCy))$

Dựng $AM\bot Cy,AN\bot SM\Rightarrow d(AB;(SCy))=AN$

Lại có : $AM=BC=a\sqrt{3}\Rightarrow AN=\frac{AM.SA}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{21}}{27}$

Lời giải chi tiết

Dựng $HK\bot BC\Rightarrow BC\bot (B'HK)\Rightarrow \overset\frown{B'KH}={{60}^{\circ }}$

Ta có : $HK=HB\sin {{60}^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow B'H=HK\tan {{60}^{\circ }}=\frac{3a}{4}$

Do $\text{AA}'//BB'\Rightarrow d(\text{AA}';BC)=d(\text{AA}';(B'C'C))$

$d(A;(B'C'CB))=2d(H;(B'C'CB))=2HE$

Ta có : $HE=\frac{HK.B'H}{\sqrt{B'{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}=\frac{3a}{8}$. Do đó $d=\frac{3a}{4}$

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của cạnh AB. Khi đó

$SH\bot (ABC)$ và $SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-H{{A}^{2}}}=a$

Dựng $Ax//BC\Rightarrow d(SA;BC)=d(B;(SAx))$

Dựng $HK\bot Ax\Rightarrow (SHK)\bot Ax$

Dựng $HE\bot SK\Rightarrow d(B;(SAx))=2d(H;(SAx))$

Ta có : $HK=AH\sin \overset\frown{HAK}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow d(H;(SAx))=HE=\frac{SH.HK}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Do đó $d(SA;BC)=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của BC. Ta có $SH\bot BC$

Mặt khác $(SBC)\bot (ABC)\Rightarrow SH\bot (ABC)$

Ta có : $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a\Rightarrow SH=\frac{1}{2}BC=a$

Dựng $Bx//AC\Rightarrow d(AC;SB)=d(AC;(SBx))$

$=d(C;(SBx))=d$

Dựng : $HK\bot Bx,HE\bot SK\Rightarrow HE\bot (SBx)$

$d(C;(SBx))=2d(H;(SBx))=2HE$

Ta có : $HK=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow HE=\frac{SH.HK}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Do đó : $d=2d(H;(SBK))=\frac{2a\sqrt{21}}{7}$

Lời giải chi tiết

Dựng $\left. DN \right\|BM\Rightarrow N$là trung điểm của AB.

Khi đó $d(SD;BM)=d(BM;(SDN))$

$=d(B;(SDN))=d(A;(SDN))$

Dựng $AE\bot DN\Rightarrow DN\bot (SAE)$, dựng $AF\bot SE$

Khi đó $\left\{ \begin{array}  {} AF\bot SE \\  {} AF\bot DN \\ \end{array} \right.\Rightarrow AF\bot (SDN)$

Ta có : $AE=\frac{AN.AD}{\sqrt{A{{N}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Do vậy $d(B;(SDN))=d(A;(SDN))=AF=\frac{AE.SA}{\sqrt{A{{E}^{2}}+S{{A}^{2}}}}=2a.\sqrt{\frac{5}{29}}=\frac{2a\sqrt{145}}{29}$

Lời giải chi tiết

Ta có : $\left\{ \begin{array}  {} AB\bot BC \\  {} BC\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot (SAB)\Rightarrow \overset\frown{SBA}$là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC)

Ta có : $SA=AB\tan \overset\frown{SBA}=2a\sqrt{3}$. Dựng Mx//AB

Khi đó $d(AB;SM)=d(AB;(SMx))=d(A;(SMx))$

Dựng $AE\bot Mx;AF\bot SE$khi đó $d(A;(SMx))=AF$

Do AE//BC nên $\overset\frown{EAM}=\overset\frown{ACB}={{45}^{\circ }}$

Suy ra $AE=AMcos{{45}^{\circ }}=a$

Do đó $AF=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}=d$

Lời giải chi tiết

Ta có : $AC=a\sqrt{2};\overset\frown{SCA}=\overset\frown{(SC;(ABCD)}={{45}^{\circ }}$

$\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{2}$

Dựng $Bx//AC\Rightarrow d(AC;SB)=d(AC;SBx)$

Dựng $AE\bot Bx,AF\bot SE\Rightarrow d=AF$

Ta có : $BE//AC\Rightarrow BE\bot BD$ dễ dàng suy ra

OEBO là hình chữ nhật suy ra $AE=OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$d=\frac{AE.SA}{\sqrt{A{{E}^{2}}+S{{A}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}$

Lời giải chi tiết

Dựng $HK\bot CD\Rightarrow \overset\frown{SKH}={{60}^{\circ }}$

Ta có : $SH=HK.\tan {{60}^{\circ }}=BC.\tan {{60}^{\circ }}=3a$

Dựng $Ax//BD\Rightarrow d(SA;BD)=d(BD;(SAx))$

$=d(B;(SAx))=\frac{3}{2}d(H;(SAx))$

Dựng $HE\bot Ax,HF\bot SE\Rightarrow d(H;(SAx))=HF$

Ta có : $\tan \overset\frown{ABD}=\sqrt{3}\Rightarrow \overset\frown{HAE}=\overset\frown{ABD}={{60}^{\circ }}$

$\Rightarrow HE=HA.\sin {{60}^{\circ }}=\frac{2a}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Do đó $HF=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}}=\frac{3a}{2\sqrt{7}}\Rightarrow d(SA;BD)=\frac{9a}{4\sqrt{7}}$

Lời giải chi tiết

Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} BC\bot AB \\  {} BC\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot (SAB)\Rightarrow \overset\frown{SBA}$ là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC)

Ta có: $SA=AB\tan \overset\frown{SBA}=a\sqrt{3}$

Do AB//CM do đó d(AB;CM) = d(AB;(CMD))

Dựng $AH\bot SD$khi đó d(A;(SCD)) = AH

Lại có: $AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}=d(AB;CM)$

Lời giải chi tiết

Dễ thấy AB’//C’D do đó

d(AC;C’D) = d(C’D;(ACB’))

Khi đó d = d(D;(B’AC)). Mặt khác OB = OD (với O là tâm hình vuông ABCD)

Khi đó d(D;(B’AC)) = d(B;(B’AC))

Do $\left\{ \begin{array}  {} BD\bot AC \\  {} AC\bot BB' \\ \end{array} \right.\Rightarrow AC\bot (BB'O)$, dựng $BH\bot B'O$

Suy ra $H\bot (B'AC)\Rightarrow h=BH=\frac{BO.BB'}{\sqrt{B{{O}^{2}}+BB{{'}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Lời giải chi tiết

Dựng $HK\bot CD\Rightarrow CD\bot (SHK)$do vậy

$\overset\frown{(SCD;ABCD)}=\overset\frown{SKH}={{45}^{\circ }}$

Ta có: $\Delta $HKD vuông cân tại K do vậy

$HK=KD=\frac{3a}{2}\Rightarrow SH=HK\tan {{45}^{\circ }}=\frac{3a}{2}$

Dựng $Ax//BD$ ta có:

$d(SA;BD)=d(BD;(SAx))=d(H;(SAx))$

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

Dựng $HF\bot SE\Rightarrow HF\bot (SAx)$

Ta có: $HF=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}}=\frac{3a\sqrt{34}}{17}=d(SA;BD)$

Lời giải chi tiết

Ta có: $M=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{M}^{2}}}=2a$

$\Rightarrow SA=AM\tan {{60}^{\circ }}=2a\sqrt{3}$

Dựng $Bx//AM\Rightarrow d(AM;SB)=d(A;SBx)$

Dựng $AK\bot Bx,AH\bot SK$

Ta có: $\tan \overset\frown{MAB}=\frac{MD}{AD}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \overset\frown{MAD}={{30}^{\circ }}$

$\Rightarrow \overset\frown{BAK}={{30}^{\circ }}\Rightarrow AK=ABcos{{30}^{\circ }}=a\sqrt{3}$

$d(A;(SBx))=AH=a\sqrt{\frac{12}{5}}=\frac{a\sqrt{60}}{5}$

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của AB. Dựng $HF\bot CD$khi đó $HF=AD=a\sqrt{2}$

Ta có: $CD\bot (SHF)\Rightarrow \overset\frown{SFH}={{45}^{\circ }}$

$\Rightarrow SH=HF\tan {{45}^{\circ }}=a\sqrt{2};SF=HF\sqrt{2}=2a$

Do tam giác SCD vuông cân nên CD = 2SF = 4a

Suy ra $d(A;BD)=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{4a}{3}$

Dựng $\text{Ax}//BD,HK\bot Ax,HE\bot SK$

Ta có $HK=\frac{1}{2}d(A;BD)=\frac{1}{2}.\frac{4a}{3}=\frac{2a}{3}$. Do vậy $d(SA;BD)=2HE=\frac{4a}{\sqrt{11}}$

Lời giải chi tiết

Ta có $\Delta $ABC đều cạnh a nên H là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow CH\bot AB\Rightarrow CH\bot BC$

$\Rightarrow CD\bot (SHC)\Rightarrow \overset\frown{SCH}={{60}^{\circ }}$

Ta có: $OB=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BD=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow HB=HC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Khi đó $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\tan {{60}^{\circ }}=a$

Dựng $\text{Ax//BD,HE}\bot \text{Ax},HF\bot SE\Rightarrow HE=OA=\frac{a}{2}$

$d(SA;BD)=HF=\frac{HE.SH}{\sqrt{H{{E}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$

Lời giải chi tiết

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

Dựng $Cx//AM$ khi đó $d(AM;B'C)=d(AM;(B'Cx))$

$=d(M;(B'Cx))=\frac{1}{2}d(B;(B'Cx))$

Dựng $\left\{ \begin{array}  {} BE\bot Cx \\  {} BF\bot B'E \\ \end{array} \right.\Rightarrow BF\bot (B'Cx)\Rightarrow d(B;(B'Cx))=BF$

Lại có $BE=2BP$, trong đó $BP=\frac{AB.BM}{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{M}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$

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

Do đó $d(AM;B'C)=\frac{a}{\sqrt{7}}$

Lời giải

a) Do lăng trụ ABC.A’B’C’ có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Nên ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng với hai đáy là tam giác đều cạnh a.

Ta có: $B'C'//BC\Rightarrow B'C'//(A'BC)$

$\Rightarrow d(B'C';A'B)=d(B'C';(A'BC))=d(B';(A'BC))$

Gọi $I=A'B\cap AB'\Rightarrow I$là trung điểm của AB’

Khi đó $d(B';(A'BC))=d(A;(A'BC))$

Dựng $AH\bot A'D\Rightarrow d(A';(A'BC))=AH=\frac{AA'.AD}{\sqrt{AA{{'}^{2}}+A{{D}^{2}}}}$

Trong đó $AA'=a;AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow d=AH=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

b) Gọi F là trung điểm của B’C’ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} \text{EF}//A'B' \\  {} FD//B'B \\ \end{array} \right.\Rightarrow (\text{EFD)//(A }\!\!'\!\!\text{ B }\!\!'\!\!\text{ BA)}\Rightarrow \text{DE//(A }\!\!'\!\!\text{ B }\!\!'\!\!\text{ BA)}$

Khi đó $d(DE;AB')=d(DE;(A'B'BA))=d(D;(A'B'BA))$

Dựng $DK\bot AB(K\in AB)\Rightarrow d(D;(A'B'BA))=DK=DB\sin \overset\frown{DBK}=\frac{a}{2}\sin {{60}^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Lời giải

 Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} BC\bot SA \\  {} BC\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot (SBA)\Rightarrow \overset\frown{(SBC);(ABC))}=\overset\frown{SDB}={{60}^{\circ }}$

Do đó $SA=AB\tan {{30}^{\circ }}=a\sqrt{3}$

Để tính d(SC;DM) ta đổi về đỉnh của hình chóp C.DAS có $CD\bot (SAD)$

Dựng $Sx//DM\Rightarrow d(DM;SC)=d(DM;(CSx))=d(D;(CSx))$

Dựng $DE\bot Sx,DF\bot CE\Rightarrow d(D;(SCx))=DF$

Do $SE//DM\Rightarrow DE=d(S;DM)=d(A;DM)=\frac{AD.AM}{\sqrt{A{{D}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Suy ra $DF=\frac{DE.CD}{\sqrt{C{{D}^{2}}+D{{E}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}=d(SC;DM)$

Lời giải

Do $SA\bot (ABCD)\Rightarrow \overset\frown{(SD;(ABCD))}=\overset\frown{SDA}={{30}^{\circ }}\Rightarrow SA=AD\tan {{30}^{\circ }}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} BA\bot AD \\  {} BA\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow BA\bot (SAD)$ ta cắt khối chóp B.SAD có đường cao BA.

Dựng $Sx//AK\Rightarrow d(SB;AK)=d(AK;(SBx))$

Dựng $AE\bot Sx,AF\bot BE\Rightarrow d(AK;(SBx))=d(A;(SBx))=AF$

Do $AK=SK=\frac{1}{2}SD$ và $\overset\frown{ASK}={{90}^{\circ }}-\overset\frown{ADS}={{60}^{\circ }}\Rightarrow \vartriangle SAK$ đều cạnh $\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Do đó $AE=d(S;AK)=\frac{SA\sqrt{3}}{2}=a\Rightarrow AF=\frac{AB.AE}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy $d(SB;AK)=\frac{a\sqrt{2}}{2}$