III. Các dạng toán về khoảng cách

Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian



(



)



(



+ Chọn N ∈ ∆ . Lúc đó, d M, ( P ) = d( ∆,(P))=d N , ( P )



)



Cách 3:

+ Nếu MN ∩ ( P ) = I . Ta có:



(



)



+ Tính d N , ( P ) và

+ d ( M, ( P ) ) =



d ( M, ( P ) )

d( N,( P) )



=



MI

NI



MI

NI



MI

.d ( N , ( P ) )

NI



Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ hơn

tìm khoảng cách từ M đến mp(P).

3.1.2. Các ví dụ mẫu

*) Ví dụ cho cách 1:

Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc

α. Tính d ( A,( SBC )) theo a và α.

Giải: + Gọi I là trung điểm của BC.

+ Ta có:



SI ⊥ BC 

¶ =α

 ⇒ BC ⊥ ( SAI ) và SIA

AI ⊥ BC 



+ Kẻ AH ⊥ SI (H ∈ SI) mà SI = ( SAI ) ∩ ( SBC )

nên AH ⊥ ( SBC ) . Do đó, d ( A,( SBC )) = AH

+ Mặt khác, xét tam giác vuông AHI có:



AH = AI .sin α =



a 3

.sin α

2



Vậy, d ( A,( SBC )) = AH =



a 3

.sin α

2

27



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA=2a,

a) Tính d ( A,( SBC ))

b) Tính d ( A,( SBD ))

Giải: a) Kẻ AH ⊥ SB (H ∈ SB) (1)

Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BC (*) và AB ⊥ BC (gt) (**) . Từ (*) và (**) suy ra:



BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH (2) .

Từ (1) và (2) ta có: AH ⊥ ( SBC ) hay d ( A,( SBC )) = AH

+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAB có:



Vậy, d ( A,( SBC )) =



1

1

1

5

2a

=

+ 2 = 2 ⇒ AH =

.

2

2

AH

AB

SA

4a

5



2a

5



b) Gọi O = AC ∩ BD

Kẻ AK ⊥ SB (K ∈ SO) (1)

Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BD (*) và AC ⊥ BD (gt) (**) . Từ (*) và (**) suy ra:



BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AK (2) .

Từ (1) và (2) ta có: AK ⊥ ( SBD ) hay d ( A,( SBD )) = AK

+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAO có:



Vậy, d ( A,( SBD )) =



1

1

1

9

2a

=

+

=

⇒

AK

=

.

AK 2 AO 2 SA2 4a 2

3



2a

.

3



28



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều,

( SAB ) ⊥ ( ABCD) . Gọi I, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính d ( I ,( SFC ))

Giải: Gọi K = FC ∩ ID

+ Kẻ IH ⊥ SK (H ∈ K) (1)

+ Ta có:



( SAB ) ⊥ ( ABCD)



( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB 

 ⇒ SI ⊥ ( ABCD )

SI ⊂ ( SAB )





SI ⊥ AB

⇒ SI ⊥ FC (*)

+ Mặt khác, Xét hai tam giác vuông AID và DFC có: AI=DF, AD=DC. Suy ra,

mà

·

·

∆AID = ∆DFC ⇒ ·AID = DFC

, ·ADI = DCF



·AID + ·ADI = 900 ⇒ DFC

·

+ ·ADI = 900 hay FC ⊥ ID (**)

+ Từ (*) và (**) ta có: FC ⊥ ( SID ) ⇒ IH ⊥ FC (2). Từ (1) và (2) suy ra: IH ⊥ ( SFC )

hay d ( I ,( SFC )) = IH



SI =

+ Ta có:



a 3

a 5 1

1

1

5

a 5

, ID =

,

=

+

= 2 ⇒ DK =

2

2

2

2

2 DK

DC

DF

a

5



⇒ IK = ID − DK =



Do đó,



3a 5

10



1

1

1

32

3a 2

3a 2

.

Vậy,

=

+

=

⇒

IH

=

d

(

I

,(

SFC

))

=

IH 2 SI 2 IK 2 9a 2

8

8



*) Ví dụ cho cách 2:

Ví dụ 1: (B-2011) Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, ABCD là hình chữ nhật,



AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABCD) trùng với giao điểm của

AC và BD. Tính d ( B ',( A ' BD ))



29



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

Giải: + Gọi O là giao điểm của

AC và BD.

Vì B’C//A’D nên B’C//(A’BD).

Do đó,



d ( B ',( A ' BD)) = d ( B ' C ,( A ' BD)) = d (C ,( A ' BD)) + Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ

CH ⊥ BD, (H ∈ BD) (1) . Mặt khác,



A ' O ⊥ ( ABCD )

⇒ A ' O ⊥ CH (2)



Từ (1) và (2) suy ra: CH ⊥ ( A ' BD ) ⇒ d ( B ',( A ' BD )) = CH

+ Xét tam giác vuông BCD có:



Vậy: d ( B ',( A ' BD )) = CH =



1

1

1

4

a 3

.

=

+

=

⇒

CH

=

CH 2 BC 2 CD 2 3a 2

4



a 3

4



Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ·ABC = 300 ,



∆SBC là tam giác đều cạnh a, ( SBC ) ⊥ ( ABC ) . Tính d (C ,( SAB))



Giải: + Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình

chữ nhật ABDC. Gọi M, I, J lần lượt là

trung điểm của BC, CD và AB. Lúc đó,

CD//(SAB) hay



30



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

d (C ,( SAB )) = d (CD,( SAB )) = d ( I ,( SAB )) + Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ

IH ⊥ SJ , (H ∈ SJ) (1)

IJ ⊥ AB





Mặt khác, ta có: SM ⊥ ( ABC ) ⇒ AB ⊥ SM 

⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ AB ⊥ IH (2)

Từ (1) và (2) suy ra: IH ⊥ ( SAB ) hay d (C ,( SAB )) = IH

+ Xét tam giác SIJ có: S SIJ =



IJ = AC = BC.sin 300 =



Do đó: IH =



1

1

SM .IJ

IH .SJ = SM .IJ ⇒ IH =

. Với:

2

2

SJ



a

a 3

a 13

, SM =

, SJ = SM 2 + MJ 2 =

.

2

2

4



SM .IJ a 39

a 39

. Vậy d (C ,( SAB )) =

=

SJ

13

13



*) Ví dụ cho cách 3:

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=a,

CD=2a, SD ⊥ ( ABCD ) , SD=a.

a) Tính d ( D,( SBC ))

b) Tính d ( A,( SBC ))

Giải: Gọi M là trung điểm của CD, E là giao

điểm của hai đường thẳng AD và BC.

a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ

DH ⊥ SB, (H ∈ SB) (1) .



1

CD ⇒ Tam giác BCD

2

vuông tại B hay BC ⊥ BD (*) . Mặt khác, vì

SD ⊥ ( ABCD ) ⇒ SD ⊥ BC (**) . Từ (*)

+ Vì BM = AD =



và (**) ta có:

31



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

BC ⊥ ( SBD) ⇒ BC ⊥ DH (2) . Từ (1) và (2) suy ra: DH ⊥ (SBC ) hay

d ( D,( SBC )) = DH

+ Xét tam giác vuông SBD có:



Vậy, d ( D,( SBC )) =



b) Ta có:



1

1

1

3

2a 3

.

=

+

=

⇒

DH

=

DH 2 SD 2 BD 2 2a 2

3



2a 3

3



d ( A,( SBC )) AE AB 1

1

a 3

=

=

= ⇒ d ( A,( SBC )) = d (d ,( SBC )) =

.

d ( D,( SBC )) DE CD 2

2

3



Vậy, d ( A,( SBC )) =



a 3

3



Ví dụ 3: (D-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a,



·

BC=4a, ( SBC ) ⊥ ( ABC ), SB = 2 a 3, SBC

= 300 . Tính d ( B,( SAC ))

Giải: + Trong mặt phẳng (SBC) kẻ SM ⊥ BC (M ∈ BC) ; trong mặt phẳng (ABC) kẻ



MN ⊥ AC (N ∈ AC) ; trong mặt phẳng (SMN) kẻ MH ⊥ SN (N ∈ SN ) . Suy ra,

MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M ,( SAC )) = MH

+ Ta có: SM = SB.sin 300 = a 3 ,



BM = SB.cos300 = 3a ⇒ CM = a ,

MN =



AB.CM 3a

=

. Xét tam giác vuông

AC

5



SMN có:



1

1

1

28

3a

=

+

= 2 ⇒ MH =

2

2

2

MH

SM

MN

9a

28

3a

⇒ d ( M ,( SAC )) =

28



32



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian



+ Mặt khác, ta có:



d ( B,( SAC )) BC

=

=4

d ( M ,( SAC )) MC

⇒ d ( B,( SAC )) = 4.d ( M ,( SAC )) =



Vậy d ( B,( SAC )) =



6a

7



6a

.

7



3.2.Dạng 2: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

3.2.1. Cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d’

Cách 1:

+ Xác định đường thẳng vuông góc chung của d và d’

+ Tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Cách 2:

+Tìm mp(P) chứa d’ và song song với d

+ Khi đó d ( d , d ') = d (d ,( P )) = d ( A,( P)) với A là một điểm bất kỳ thuộc d

Chú ý: mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm B ∈ d '

dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).

3.2.2. Các ví dụ mẫu

*) Ví dụ cho cách 1

Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AB=a, tất cả các

cạnh còn lại bằng 3a. Tính d ( AB, CD)

Giải:

+ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của CD và AB.



33



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

+ Vì ACD và ACD là các tam giác đều nên:

CD ⊥ AI , CD ⊥ BI ⇒ CD ⊥ ( AIB ) ⇒ CD ⊥ IJ (1) Mặt khác, ∆ACD = ∆ACD nên tam giác

AIB cân tại I. Do đó, IJ ⊥ AB (2)

+ Từ (1), (2) suy ra: IJ là đường vuông góc chung của AB và CD.

2



 3a 3   a  2 a 26

+ Ta có: IJ = AI − AJ = 

.

÷ − ÷ =

2

2

2









2



Vậy d ( AB, CD) =



2



a 26

2



Ví dụ 2: (A_2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N

lần lượt là trung điểm của AB và AD, H là

giao điểm của CN và DM,



SH ⊥ ( ABCD ), SH = a 3 . Tính

d ( DM , SC )

Giải: + Trong mp(SCH) kẻ

HK ⊥ SC (1), (K ∈ SC) .

+ Mặt khác,

SH ⊥ ( ABCD) 

 ⇒ SH ⊥ DM (*)

DM ⊂ ( ABCD ) 



Xét hai tam giác vuông AMD và DNC có

AM=DN, AD=DC ⇒ ∆AMD = ∆DNC . Từ

·AMD = DNC

·





0

0

·

·

·

·

·

ADM

=

DCN

đó ta có:

 ⇒ DNC + ADM = 90 ⇒ NHD = 90 hay DM ⊥ CN (**) .

·AMD + ·ADM = 900 





Từ (*), (**) suy ra: DM ⊥ ( SCH ) ⇒ DM ⊥ HK (2) .

Từ (1), (2) suy ra: HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC.



34



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

CD 2

a2

2a 3

=

=

+ Ta có: ∆HCD : ∆DCN ⇒ HC =

.

CN

3

CD 2 − DN 2

Xét tam giác vuông SHC ta có:



Vậy d ( DM , SC ) = HK =



1

HK



2



=



1

HC



+



2



1

HS



2



=



5

3a



2



⇒ HK =



a 15

5



a 15

5



*) Ví dụ cho cách 2

Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’,

đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA ' =



a 2

.

2



Tính d ( AB, CB ')

Giải: + Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB

và A’B’.

+ Ta có:



AB / /(CA ' B ') ⇒ d ( AB, CB ') = d ( AB,(CA ' B ')) =

+ Trong mp(CIJ) kẻ

= d ( I ,(CA ' B '))

IH ⊥ CJ (1), (H ∈ CJ)

Ta có: A ' B ' ⊥ ( IJ ) (vì ABC. A’B’C’ là hình lăng trụ đứng) và IC ⊥ A ' B ' (vì ∆ABC là tam

giác đều) nên A ' B ' ⊥ (CIJ ) ⇒ IH ⊥ A ' B ' (2) .

Từ (1), (2) suy ra: IH ⊥ (CA ' B ') hay d ( AB, CB ') = IH

+ Xét tam giác vuông CIJ có:



Vậy d ( AB, CB ') = IH =



1

IH 2



=



1

IC 2



+



1

IJ 2



=



4

3a 2



+



2

a2



=



10

3a 2



⇒ IH =



a 30

10



a 30

10

35



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên

bằng a 2 . Tính d ( AD, SB )

Giải: + Vì



AD / / ( SBC ) ⇒ d ( AD, SB) = d ( AB,( SBC )) + Gọi O là giao điểm của AC và BD. I, J lần

lượt là trung điểm của AD và BC.

+ Trong mp(SIJ) kẻ IH ⊥ SJ ,( H ∈ SJ ) (1) .

SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ BC 

 ⇒ BC ⊥ ( SIJ )

Theo giả thiết ta có: IJ / / AB ⇒ IJ ⊥ BC

Từ (1), (2) suy ra:



⇒ IH ⊥ BC (2)



IH ⊥ ( SBC ) hay d ( AD, SB) = IH

+ Xét tam giác SIJ có: S SIJ =

SO = SA2 − AO 2 = a.



Vậy d ( AD, SB ) = IH =



1

1

SO.IJ

IH .SJ = SO.IJ ⇒ IH =

. Với: IJ=a,

2

2

SJ



3

a. 7

SO.IJ 2a 21

, SJ = SB 2 − BJ 2 =

. Suy ra: IH =

=

.

2

4

SJ

7



2a 21

7



Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD là tam

giác đều, (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính d ( SA, BD )



36



Các dạng Toán về quan hệ vuông góc trong không gian

Giải: + Qua A kẻ đường thẳng d song

song với BD. Gọi O là giao điểm của

AC và BD; I, M lần lượt là trung

điểm của AD và OD; N là giao điểm

của d và IM.

+ Ta có:



d ( SA, BD) = d (( SA, d ), BD ) =

= d ( M ,( SA, d ))

+ Trong mp(SMN) kẻ

MH ⊥ SN (1), (H ∈ SN)

Theo giả thiết:



SI ⊥ AD





 ⇒ SI ⊥ ( ABCD) ⇒ SI ⊥ d (*) Mặt khác ta có:

( SAD) ⊥ ( ABCD ) 







BD ⊥ AO  ⇒ d ⊥ MN (**) . Từ (*), (**) suy ra: d ⊥ ( SMN ) ⇒ d ⊥ MH (2) . Từ (1), (2)

AO / / MN 



d / / BD



suy ra: MH ⊥ ( SA, d ) .

+ Xét tam giác SMN có: S SMN =

SI =



1

1

SI .MN

MH .SN = SI .MN ⇒ MH =

với

2

2

SN



a 3

a 2

a 10

SI .MN a 15

. Do đó, MH =

.

, MN = AO =

, SN = SI 2 − IN 2 =

=

2

2

4

SN

5



Vậy d ( SA, BD) =



a 15

5



Ví dụ 4: (A-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC

là tam giác vuông tai B, AB=BC=2a, hai mặt phẳng

(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng

(ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua

SM và song song với BC cắt AC tại N, góc giữa hai

mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính



d ( AB, SN )

Giải: + Gọi I là trung điểm của BC.

37