Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = 10, SA = 10. Gọi H là hình chiếu của A trên SB, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và BC. (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Đáp án:

Đáp án: 1

Chọn mặt phẳng (AA′B′A) chứa AB′ và song song với CC′

Khi đó d(AB′, CC′) = d(CC′, (AA′B′A)) = d(C, (AA′B′A)).

Gọi I là trung điểm của AB. Vì tam giác ABC đều nên CI ⊥ AB suy ra GI ⊥ AB

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}A'G \bot AB\\GI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'GI} \right) \Rightarrow AB \bot A'I\]

\(GI = \frac{1}{3}CI = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\)

Vì diện tích tam giác A′AB bằng \(\frac{1}{2}\) nên \(\frac{1}{2}A'I.AB = \frac{1}{2} \Leftrightarrow A'I = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(A'G = \sqrt {A'{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

Trong mặt phẳng (A′GI) kẻ GH ⊥ A′I (H ∈ A′I)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}GH \bot A'I\\GH \bot AB\,\,\,\,\left( {AB \bot \left( {A'GI} \right)} \right)\end{array} \right.\) suy ra \(GH \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = GH\)

Xét tam giác A′GI vuông tại G có:

\(GH.A'I = A'G.GI\) suy ra \( \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = GH = \frac{{A'G.GI}}{{A'I}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{1}{3}\)

Ta lại có \(\frac{{d\left( {C,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right)}}{{d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right)}} = \frac{{CI}}{{GI}} = 3\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = 3.d\left( {G,\,\left( {AA'B'B} \right)} \right) = 1\)

Vậy d(AB′, CC′) = 1.

Đáp án:

Đáp án: 2,24

Gọi P là trung điểm BC và E = NP ∩ AC.

Khi đó: PN ∥ BD ⇒ BD ∥ (MNP)

Suy ra d(BD, MN) = d(BD, (MNP)) = d(O, (MNP)) = \(\frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\).

Kẻ AK ⊥ ME

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array}} \right.\) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AK ⇒ PN ⊥ AK

Suy ra: AK ⊥ (MNP) ⇒ d(A, (MNP)) = AK.

Xét tam giác vuông SAC có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = 10\sqrt 3 \, \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 \).

Tam giác vuông MAE có: \(MA = 5\sqrt 3 ,\,\,AE = \frac{3}{4}AC = \frac{{15\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra \(AK = \frac{{MA \cdot AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 \cdot \frac{{15\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{15\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = 3\sqrt 5 \)

Vậy d(BD, MN) = \(\frac{1}{3}AK = \sqrt 5 \approx 2,24\).