Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông, \[AB = BC = a,\;A\prime B = a\sqrt 3 \]. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B′C.

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. 

\[{\rm{\Delta }}BCD,{\rm{\Delta }}ACD\] đều nên:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AN \bot CD}\\{BN \bot CD}\end{array}} \right\} \Rightarrow (ABN) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD\)

Tương tự ta có \[MN \bot AB\]

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

Bước 2: Tính MN.

\[{\rm{\Delta }}ACD\] đều cạnh 2a; AN là đường cao.

\[ \to AN = AC.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]

\[AM = \frac{1}{2}AB = a\]

\[{\rm{\Delta }}AMN\] vuông tại M\[MN \bot AB\]  nên:

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

Do \[AB\parallel CD\] nên\[d\left( {SD;AB} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).\]

(Do\[AH \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{HC}} = \frac{4}{3}\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Kẻ\[HE \bot CD\], kẻ\[HL \bot SE\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot SH}\\{CD \bot HE}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SHE) \Rightarrow CD \bot HL(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow HL \bot \left( {SCD} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL\]

Tính được\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 2 ,HE = \frac{3}{4}AD = 3a.\]

Khi đó\[d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL = \frac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{{\sqrt {11} }}.\]

Vậy\[d\left( {SD;AB} \right) = \frac{4}{3}HL = \frac{{4a\sqrt {22} }}{{11}}.\]