Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = 4,\,AC = AD = CD = 2\sqrt 3 ,\,BC = BD = \sqrt 7 \). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp án: 196.

Để từ \(M\) kẻ được \(2\) tiếp tuyến \(MA\), \(MB\) đến \(\left( C \right)\), suy ra \(OM > 1\).

Dễ thấy \(\widehat {AMO} = \widehat {BMO} = \frac{{\widehat {AMB}}}{2} \Rightarrow \widehat {AMB} \ge 60^\circ  \Leftrightarrow \widehat {AMO} \ge 30^\circ \).

Trong \(\Delta AMO\) vuông tại \(A\):

\(30^\circ  \le \widehat {AMO} < 90^\circ  \Rightarrow \sin 30^\circ  \le \sin AMO < \sin 90^\circ  \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le \frac{{OA}}{{OM}} < 1 \Rightarrow 1 < OM \le 2\).

Do đó: \(1 < \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le 2 \Rightarrow 1 < {x^2} + {y^2} \le 4\). Do \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên có hai trường hợp:

·       \({x^2} + {y^2} = 2\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right);\left( { - 1; - 1} \right)} \right\}\).

·       \({x^2} + {y^2} = 4\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {2;0} \right);\left( { - 2;0} \right);\left( {0;2} \right);\left( {0; - 2} \right)} \right\}\).

Vậy có \(8\) điểm \(M\) thỏa mãn hay số phần tử của \(T\) là \(8\).

Số cách chọn ngẫu nhiên \(2\) điểm trong \(T\): \(C_8^2 = 28\).

Để đường thẳng đi qua \(2\) điểm được chọn song song với trục \(Ox\) có \(2\) trường hợp thỏa mãn: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 1;1} \right)\); \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; - 1} \right)\).

Vậy xác suất cần tìm: \(P = \frac{2}{{28}} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow \frac{1}{a} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow a = 14 \Rightarrow {a^2} = 196\).

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.\)

Ta có \(GH\) là đường trung bình của tam giác \(SEF\) nên

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SO,OM.\) Theo đề bài ta có

\(SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(EF\) nên \(N\) là trung điểm của \(GH,SM)\)

Xét tam giác \(IOK\) có

Mà \(OM = 4\) nên \(M\) là trung điểm của \(OK\) và  nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2(AB - AE - FB) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Do \(M\) là trung điểm của \(EF\), cũng là trung điểm của \(AB\) nên \(OM \bot EF.\) Suy ra \(MK\) là đường cao của hình thang \(EFG'H'\) và \(MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Vậy \({S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2}.MK = \frac{{4 + 8}}{2}.4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)

Cách khác

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF\) cũng là trung điểm của \(AB({\rm{v\`i  }}AE = FB);J\) là trung điểm của \(BC\) (hình vẽ).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho tia \(OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.\) Khi đó

\(O(0;0;0),M(4;0;0),J(0;4;0),S(0;0;3);A(4; - 4;0);B(4;4;0);E(4; - 2;0),F(4;2;0),I(0;0;2).\)

\(H\) là trung điểm \(SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)\); \(G\)là trung điểm của \(SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).\)

\({\rm{Mp}}(ABCD) \equiv Oxy:z = 0.\)

\(\overrightarrow {IH}  = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4; - 2; - 1) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y =  - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap Oxy \Rightarrow H'(8; - 4;0)\)

\(\overrightarrow {IG}  = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4;2; - 1) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap Oxy \Rightarrow G(8;4;0)\)

\(\overrightarrow {EH'}  = (4; - 2;0),\overrightarrow {EG'}  = (4;6;0),\overrightarrow {EF}  = (0;4;0)\)

Vậy $S_{EF{G}^{\text{'}}{H}^{\text{'}}}=S_{\Delta EF{G}^{\text{'}}}+S_{\Delta E{G}^{\text{'}}{H}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{EF}\times \overrightarrow{E{G}^{\text{'}}}+\overrightarrow{E{G}^{\text{'}}}\times \overrightarrow{E{H}^{\text{'}}}\right)=\frac{1}{2}(16+32)=24{\text{ m}}^2.$