Phương pháp toán sơ cấp - Bài toán hình học không gian

toán về đường thẳng và mặt phẳng...68 3.1.1. Bài toán về đường thẳng..68 3.1.2. Bài toán về mặt phẳng.....77 3.2. Bài toán về mặt cầu.....97 6 Mở đầu Hình học là phần khó của chương trình toán, đa số học sinh rất sợ khi học về hình học không gian. Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây, phần Hình học không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp hình học thuần túy và cả phương pháp tọa độ. Để giúp các em học sinh cũng như những thầy cô giáo có thêm tư liệu để dạy trong trường phổ thông, tôi xin trình bày các bài toán về hình học không gian. 7 Chương I Bài toán về góc và khoảng cách trong không gian 1.1 Bài toán về góc trong không gian 1.1.1 Góc giữa hai đường thẳng trong không gian Định nghĩa:  Góc giữa hai đường thẳng m và n là góc giữa hai đường thẳng 1m và 1n cắt nhau, lần lượt song song (hoặc trùng) với m và n. Kí hiệu: (m,n) hoặc   ,m n và  0 00 , 90m n  .  Hai đường thẳng vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 090 .  Nếu hai đường thẳng song song thì góc giữa chúng bằng 00 . Phương pháp: Để tính góc giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau trong không gian ta có thể áp dụng một trong hai cách sau: Cách 1: Tìm góc giữa hai đường thẳng cắt nhau c và d lần lượt song song với hai đường thẳng a và b, đưa a b c d α P 8 vào một tam giác, sử dụng các hệ thức trong tam giác Đặc biệt là định lý hàm số cosin: cos A. 2 2 2 2 b c a bc    Cách 2: Lấy hai vecto 𝑢 và 𝑣 cùng phương với a và b. Tính góc  giữa 𝑢 và 𝑣 chính là góc giữa a và b. . cos . . u v u v       Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, BAD = 600, ’ ’BAA DAA = 1200. Gọi O và O’ là tâm hai đáy của hình hộp. Tính  ’ ’,A B AC ;  ’ ,AC AC ;  ’ ,B O DC ;   ’,DO AC . Lời giải:  Ta có A’B’ // AB  ’ ’,A B AC =   ,AB AO . Mà 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑎 𝐷𝐴𝐵 = 600 (gt) ∆ABD đều  030OAB  . Vậy (A’B’,AC) = 300.  Vì 𝐴′𝐵′ = 𝐴𝐴′ = 𝑎  'BAA = 1200 (gt) A’B 3a , a b v u P O' O B' C' D' D A' A B C c a b A B C 9 Ta có a 3 2 AO  , mặt khác ta có: ' ' 3A D A B a  (∆A’BD cân), BD = a. Suy ra A’O   2 2 2 2 11' 3 2 2 a a A B BO a            cos'A AO  2 2 2 2 2 2 3 11 2 2' ' 2 3 . ' 33 2 a a a AO A A A O AO A A a a                   , suy ra A’C2 = A’A2+AC2– 2A’A.AC.cos 'A AO 2 2 2 2 3 3 2 3 8 . 3 a a a a a              cos 'A CA 2 2 2 2 2 2' ' 8 3 5 6 2 ' . 122.2 2 . 3 A C AC A A a a a A C AC a a        .  Từ O ta kẻ đường thẳng song song với DC lần lượt cắt AD và BC ở trung điểm mỗi đường là K và L,     ’ , ’ ,B O DC B O OL , A’K2=A’A2+AK2– 2A’A.AK.cos 'A AK 2 2 2 1 7 2 2 2 2 4 a a a a a                  ,  cos 'A KO 2 2 2 2 2 2 7 9 ' ' 14 4 4 . 2 ' . 7 2 7 2 2 2 a a a A K KO A O A K KO a a           L K O' O B' C' D' D A' A B C 10  cos 'B LO 1 2 7  (Vì 'A KO và 'B LO bù nhau), B’O2 = B’L2+OL2– 2B’L.OL.cos 'B LO  2 2 27a a a 7 a 1 3a 2 . 4 4 2 2 42 7        cos 'B OL 2 2 2 2 2 2 3 7 ' ' 34 2 4 . 2. ' . 33 2 2 2 a a a B O LO B L B O LO a a          Vậy cos  ’ ,B O DC = 3 3 .  Xét tứ giác DO’B’O có ' ' // ' ' 2 O B DO a O B DO      DO’B’O là hình bình hành DO // B’O, Suy ra    ’, ’ ,DO AC B O AC ;  cos 'B OA 2 2 2 2 2 2 2 3 3 ' ' 14 4 2 . ' 33 2 4 a a a OA B O B A OAB O a              ,    1 cos ', . 3 DO AC  1.1.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Định nghĩa:Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc của đường thẳng a và hình chiếu vuông a a' P A O' O B' C' D' D A' A B C 11 góca’ của nó trên mặt phẳng (P). Kí hiệu   ,a P hoặc    ,P a . Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = a, 3 2 a SA SB SC   . Tính góc giữa SA với mặt phẳng (ABC). Lời giải: Gọi O là trung điểm của BC, suy ra O là tâm đường trong ngoạitiếp∆ABC . Ngoài ra theo giả thiết ta có SA = SB = SC nên SO là trục đường tròn của ∆ABC, suy ra SO⊥ (ABC) nên OA là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABC), do đó   ,SA ABC = SAO . Vì ∆SOA vuông tại O, ta có: cos  3 3 OA SAO SA   . Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tạo C,  SA ABC . a) Chứng minh rằng:  BC SAC . b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Chứng minh rằng:  AE SBC . c) Gọi mặt phẳng (P) đi qua AE và vuông góc với (SAB), cắt SB tại D. Chứng minh rằng:  SB P . d) Đường thẳng DE cắt BC tại F. Chứng minh rằng:  AF SAB . Lời giải: H E S F B C A D a 2 a 3 2 B S O C A 12 a) Ta có BC AC (gt) (1) Mặt khác vì     SA ABC SA BC BC ABC      (2) Từ (1) và (2) suy ra  BC SAB . b) Ta có AE SC (gt) (3). Theo câu a thì  BC SAB AE BC   (4). Từ (3) và (4) suy ra  AE SBC . c) Ta thấy:    P ADE . Theo câu b có  AE SBC BC AE   (5) Trong  ADE kẻ ,EH AD H AD  . Vì           ADE SAB ADE SAB AD EH SAB SB EH EH AD            (6) Từ (5) và (6) suy ra  SB ADE hay  SB P . d) Từ     SA ABC AF SA AF ABC      (7) Theo câu c ta có  SB ADE AF SB   (8). Từ (7) và (8) suy ra  AF SAB . 1.1.3 Góc giữa hai mặt phẳng Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Phương pháp:Để tính góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q), ta lựa chọn một trong hai cách sau: 13 Cách 1: Sử dụng định nghĩa, ta thực hiện theo các bước:  Bước 1: Chọn điểm O, từ đó hạ OE, OF theo thứ tự vuông góc với (P) và (Q).  Bước 2: Tính số đo góc EOF .  Bước 3: Khi đó ((P),(Q)) = EOF nếu EOF ≤ 900 hoặc      0, 180 EOFP Q   nếu  090EOF  . Cách 2:Ta thực hiện theo các bước:  Bước 1: Tìm giao tuyến (d) của (P) và (Q).  Bước 2: Chọn điểm O trên (d) từ đó dựng Ox ⊥ (d) trong (P), và Oy ⊥ (d) trong (Q).  Bước 3: Tính số đo góc xOy .  Bước 4: Khi đó, ((P),(Q)) = xOy nếu  0 90xOy  , và      0, 180P Q xOy  nếu  090xOy  . Ví dụ4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đáy bằng a. Biết góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm của cạnh B’C’. Tính góc giữa (ABB’A’) và mặt phẳng đáy. Lời giải: Từ H ta dựng HK⊥A’B’ ( ' 'K A B ) khi đó ta có A’B’⊥ AK ( Vì A’B’⊥ mp(AHK)) suy ra     ’ ’ , ’ ’ ’ABB A A B C = AKH .     0', ' ' ' ' 60AA A B C AA H  . P Q F O E d x y QP O K BC H C' A' B' A 14 0 3' tan 60 . 3 2 2 a a AH A H   . Xét tam giác vuông HKB’, ta có: 3 3 sin ' . ' 2 4 HK a B HK HB     Xét tam giác vuông ∆AHK, ta có: tan 2 AH AKH HK   . Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính 2 , 3AB a SA a  và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). Lời giải: a) Ta có hai cách giải sau: Cách 1: Dựng góc dựa trên giao tuyến. Giả sử ,AD BC E      SAB SAC SE  . Nhận xét rằng AD⊥BD vì ABCD là nửa lục giác đều, SA⊥BD suy ra BD⊥ (SAD) BD⊥SE. Hạ DF⊥SE = F, suy ra (BDF) ⊥SE. Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là BFD . O D C A E B S F 15 Vì ∆ABE đều nên AE = AB = 2a và vì ∆CDE đều nên DE = CD = a. Trong ∆SAE vuông tại A, ta có:     2 22 2 2 23 2 7 .SE SA AE a a a      7SE a . Hai tam giác vuông ∆SAE và ∆DEF có chung góc E nên chúng đồng dạng, suy ra: . . 3 21 . 77 DF DE SADE a a a DF SA SE SE a      Trong ∆ABD vuông tại D, ta có:  0.sin 2 .sin60 3.BD AB BAD a a   Trong ∆BDF vuông tại D, ta có:   0 3 tan 7 90 . 21 7 BD a BFD BAD DE a      Vậy tan      ,SAD SBC = 7. Cách 2: Ta có AD⊥BD vì ABCD là nửa lụcgiác đều, SA⊥BDBD⊥ (SAD). Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J, ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều, BC⊥SA suy ra BC⊥ SAC BC⊥AJAJ⊥(SBC). Trong mp(SAC) hạ OK⊥SC tại K, suy ra OK// AJ. Do đó      ,SAD SBC =   ,BD AJ =   ,BD OK =KOB Trong nửa lục giác đều ABCD, ta có: 2 3 3 3 1 3 2 3 , . 3 2 3 2 3 2 3 a a a a a OC OB       Trong ∆SAC vuông tại A, ta có: K J O D C A B S 16 SC2 = SA2+CA2 = SA2+ (AB2–BC2)     2 2 2 23 4 6a a a a    SC = 6.a Trong hai tam giác vuông ∆SAC và ∆OKC có chung góc nhọn C nên chúng đồng dạng, suy ra: 3 3 . 63 . 66 a a OK OC SAOC a OK SA SC SC a       Trong ∆KOB vuông tại K, ta có:  6 26cos . 42 3 3 a OK KOB OB a    Vậy cos      ,SAD SBC 2 4  . b) Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J, ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều, BC ⊥ SA BC ⊥ SAC BC ⊥ AJAJ⊥ (SBC). Hạ AH⊥CD tại H, mà CD⊥SA CD⊥ (SAH)  (SCD) ⊥ (SAH) = SH. Hạ AI ⊥ SH tại I, suy ra AI⊥ (SCD). Do đó ((SCD),(SBC)) = IAJ . Trong ∆SAH vuông tại A, ta có AH 3 2 a  và H J O D CA B S I 17   2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 5 15 3 533 2 a AI AI SA SH aaa              . Trong ∆SAC vuông tại A, ta có AC = SA = 3a 1 2 6 2 2 2 SA a AJ SC    . Trong ∆AIJ vuông tại I, ta có: cos IAJ 15 105 56 2 a AI AJ a    . Vậy cos      ,SCD SBC 10 5  . 1.2 Bài toán về khoảng cách trong không gian 1.2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên đường thẳng. Phương pháp: Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng k, ta thực hiện theo các bước sau:  Bước 1: Trong mặt phẳng (O,k) hạOM⊥ k với M k .  Bước 2: Thực hiện việc xác định độ dài OM dựa trên hệ thức lượng trong tam giác, tứ giác hoặc đường tròn. Chú ý:  Nếu tồn tại đường thẳng a qua O và song song với k thì d(O,k) = d(A,k), với A a . k M O k a M AO 18  Nếu AN k N  thì     , , d O k NO d A k NA  . Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I Và M theo thứ tự là trung điểm của SC và AB. a) Chứng minh rằng OI⊥ (ABCD). b) Tính khoảng cách từ I tới đường thẳng CM, từ đó suy ra khoảng cách từ S đến CM. Lời giải: a) Trong ∆SAC, ta có OI là đường trung bình OI // SAOI⊥ (ABCD). b) Hạ IH ⊥ CM tại H, ta có: 2 2 2 2SC SA AC a 2a a 3 , 2 2 2 2 IC       2 2 2 2 a a a 2OI OM 4 4 2 IM      , 2 2 2 2 5 4 2 a a MC MB BC a     , Ta thấy IC2+IM2 = MC2∆IMC vuông tại I, suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 . 6 32 2 102 52 3 4 4 a a IM IC a IH a IH IM IC IM IC a a           . k H M A N O O I M C S A B D H K 19 Vậy d(I,CM) 3 10 a . Hạ SK ⊥ CM ta thấy IH là đường trung bình trong ∆SKC suy ra 6 2 5 SK IH a  . Vậy d(S,CM) 6 5 a . 1.2.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên mặt phẳng. Phương pháp: Cách 1:Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P), ta thực hiện các bước sau:  Bước 1: Dựng mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P) theo giao tuyến n.  Bước 2: Dựng AH vuông góc với n tại H. AH chính là khoảng cách từ A tới mặt phẳng (P). Cách 2: Sử dụng công thức thể tích Thể tích của khối chóp 1 3 . 3 V V S h h S    . Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính thể tích khối chóp (V) và diện tích đáy (S). Cách 3: Công thức tỉ số khoảng cách n Q P H A P A M B 20       , . , d A P MA MBd B P  Ví dụ 7: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = 2a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN). Lời giải. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO  (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên 21 1 7 2 4 16 AMN ANS ABS a S S S       / /( ) ( ,( )) ( ,( )) PC AMN d P AMN d C AMN  . Vậy:    . 1 1 1 . ( ,( )) . . ( ,( )) 3 3 4 P AMN AMN ABSV S d P AMN S d C AMN  . . 1 1 1 1 . . 4 4 4 3 C ABS S ABC ABCV V S SO   . 2 2 21 6, 2 2 ABC a S a SO SA AO    . Vậy 3 21 1 6 6. . 12 2 2 48 AMNP a a V a    3 6 ( ,( )) 7 PAMN AMN V d P AMN a S    Ví dụ 8: Hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a và có góc N M O P C A B D S 21  060BAD  . Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3 4 a SO  . Gọi E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE. a) Chứng minh (SOF) ⊥ (SBC). b) Tính các khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC). Lời giải: a) Trong ∆OBE có 𝑂𝐸 = 𝐵𝐸 𝑂𝐵𝐸 = 600 (gt) OF ⊥ BE (1). BC ⊥SO (gt) (2). Từ (1) và (2) suy ra BC⊥ (SOF). Vậy (SBC) ⊥ (SOF). b) Hạ OH ⊥ SF tạ Hd(O,(SBC)) = OH. Mặt khác có 3 3 2 2 4 a a OF    . Suy ra 2 2 2 2 9 3 3 16 16 2 a a a SF SO OF     . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 . 34 4 8 3 3 4 4 a a OF SO a OH OH OF SO OF SO a a                    . Vậy d(O,(SBC)) 3 8 a  . Vì AO∩ (SBC) tại C,              , 1 3 , 2 , 2 4, d O SBC OC a d A SBC d O SBC ACd A SBC      . 60° F EO C S A B D H 22 Vậy d(A,(SBC)) = 3 4 a . Ví dụ 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA vuông góc đáy (ABCD) và mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60o. a) Tính thể tích hình chóp SABCD. b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD). Lời giải: a) Ta có SA CD và CD AD CD SD   (1) Vậy     SCD , ABCD = SDA = 60o . SAD vuông nên SA = AD.tan60o = 3a Vậy 2 31 1 3 . 3 3 3 3ABCD a a V S SA a   b) Ta dựng AH SD ,vì CD (SAD) (do (1) ) nên CD AH ( )AH SCD Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD). 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 3 3 SAD AH SA AD a a a       Vậy AH = 3 2 a . 1.2.3 Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song Định nghĩa: 60° C S A B D H 23  Khoảng cách từ đường thẳng a với mặt phẳng (P) song song với a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (P).  Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Phương pháp: 1. Cho đường thẳng d // (P), để tính khoảng cách giữa d và (P) ta thực hiện như sau:  Bước 1: Chọn một điểm A trên d, sao cho khoảng cách từ A đến (P) có thể được xác định dễ nhất .  Bước 2: d(d,(P)) = d(A,(P)). 2. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q), để tính khỏng cách giữa (P) và (Q) ta thực hiện các bước sau:  Bước 1: Chọn điểm A trên (P) sao cho khoảng cách từ A đến (Q) là xác định dễ nhất.  Bước 2: d((P),(Q)) = d(A,(Q)). Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABCD có SA 6a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kínhAD = 2a. a) Tính các khoảng cách từ A và B đến (SCD). b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến (SBC). c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi hình chóp S.ABCD với mặt phẳng   song song với mặt phẳng (SAD) và khoảng cách giữa chúng bằng 3 4 a . Lời giải: 24 a) Ta thấy rằng :       CD AC CD SCD SCD SAC CD SA       . HạAH⊥SCAH⊥ (SCD) . Vậy AH là khoảng cách từ điểm A tới (SCD). Trong ∆SAB vuông tại A, ta có :     2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . 26 3AH SA AC aa a      2AH a  . Vậy d(A,(SCD)) 2a . Gọi I là trung điểm của AD, suy ra: BI // CDBI // (SCD) d(B,(SCD)) =d(I,(SCD)). Mặt khác, Ta lại có AI SCD D  nên: ( ,( )) 1 1 1 2 ( ,( )) ( ,( )) . ( ,( )) 2 2 2 2 d I SCD ID a d I SCD d A SCD AH d A SCD AD       b) Ta thấy AD // CBAD // (SCB) d(AD,(SCB)) d(A,(SCB)). Hạ AK⊥BC, ta được:           . BC AK BC SAK SBC SAK và SBC SAK SK BC SA         Hạ AG⊥SK, ta có AG⊥ (SBC) . Vậy AG là khoảng cách từ điểm A đến (SBC) . Trong ∆SAK vuông tại A, ta có : PQ E M N CB IA D S H K G 25   2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 3 6 . 2 336 2 a AG AG SA AK aaa              c) Ta thấy :  . AK AD AK SAD AK SA     Giả sử mặt phẳng   song song với (SAD) cắt AK tạ E, khi đó :      3 1 , 4 2 a d SAD AE AK    E là trung điểm của AK . Ta xác định thiết diện của hình chóp và mặt phẳng   như sau : Kẻ đường thẳng đi qua E và song song với AD cắt AB , CD theo thứ tự tại M , N là trung điểm của mỗi đoạn . Trong (SAB) dựng MQ // SA và cắt SB tại Q. Trong (SCD) dựng NP // SD và cắt SC tại P. Vậy thiết diện tạo bởi hình chóp và   là MNPQ, hơn nữa // // PQ AD MN MQ MN    MNPQ là hình thang vuông . Ta có   1 . . 2 MNPQS MN PQ MQ  Mà MN   1 3 2 2 a AD BC   vì MN là đường trung bình của hình thang cân MNPQ. 1 2 2 a PQ BC  vì PQ là đường trung bình của ∆SBC . 26 1 6 2 2 a MQ SA  và MQ là đường trung bình của ∆SAB . Vậy 1 3 6 . 2 2 2 2 MNPQ a a a S         1.2.4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phương pháp : 1. Để dựng đoạn thẳng vuông góc chung giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b, ta lựa chọn một trong các cách sau : Cách 1: Ta thực hiện theo các bước :  Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a.  Bước 2 : Chọn M trên a, dựng MH⊥(P) tại H .  Bước 3 : Từ H, dựng đường thẳng a’// a và cắt b tại B .  Bước 4 : Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt atại A. AB chính là đoạn vuông góc chung của a và b. Cách 2: Ta thực hiện theo các bước :  Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) ⊥a tại O.  Bước 2 : Dựng hình chiếu vuông góc b’ của b trên (P). Dựng hình chiếu vuông góc H của O trên b’.  Bước 3 : Từ H dựng đường thẳng song song với a, cắt b tại B.  Bước 4 : Từ B, dựng đường thẳng song song với OH, cắt a tại A. Đoạn AB là đoạn vuông góc chung của a và b. Cách 3: Trong trường hợp a ⊥ b ta thực hiện các bước sau:  Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) chứa b, vuông góc với a tại A. a a' b P H A M B b b' a P H A B O b a B A 27  Bước 2 : Dựng AB ⊥ b tại B, AB chính là đoạn vuông góc chung của a và b. 2. Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta lựa chọn một trong hai cách sau :  Cách 1 : Tính độ dài đoạn vuông góc chung (nếu có).  Cách 2 : Tính d(a,(P)) với (P) là mặt phẳng chứa b song song với a.  Cách 3: Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó. Ví dụ 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc  060DAB  và có đường cao SO = a. a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC). b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB. Lời giải: a) HạIJ ⊥ BC tại I, IJ ⊥ AD tại J. Ta có       BC OI BC SOI SBC SOI BC SO       và    SBC SOI SI  . Hạ ( )OH SI OH SBC   . Vậy OH là khoảng cách từ O tới (SBC). Với hình thoi ABCD, ta có AD = a (∆ABD đều) 3 , 2 2 3 2 2 a a OB AC AO a      . Trong ∆SOI vuông tại O, ta có: J O D A B C S I H 28   2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 13 39 3 133 2 a OI OI OB OC aa a              . Trong ∆SAE vuông tại A, ta có: 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1 16 3 3 439 13 a OH OH OS OI a aa              . Vậy d(O,(SBC)) 3 4 a  . b) Ta thấy rằng: AD // BC  AD // (SBC). d(AD,SB) = d(AD,(SBC)) = d(J,(SBC)). Mặt khác ta có  JO SBC I  nên:          , 3 2 ( ,( )) 2 , 2 2, d J SBC IJ a d J SBC d O SBC OH OId O SBC       . Vậy   3 , 2 a d AD SB  . Ví dụ 11: Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’cạnh a. a) Chứng minh rằng BC’ (A’B’CD). b) Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB’ và BC’. Lời giải: a) Ta có      ' ' ' ' ' ' ' ' BC B C BC A B CD BC CD vì CD BCC B      . 29 b) Ta có  ' ' 'BC A B CD tại O. Ta có AD’ // BC’ ( ', ') ( ',( ' ')) ( ',( ' ')).d AB BC d C AB D d A AB D  Kẻ ' ' 'A H B D , ' ( ',( ' ')) 'A K AH d A AB D A K   Xét tam giác vuông ∆ 'AA H có: 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 . ' ' ' 32 2 a OK A K A A A H a aa              Ta có:    ' ' ' 'AB D AA C . Lại có    ' ' ' 'AB D AA C AH  . Vậy để xác định đường vuông góc chung, ta xác định như sau: + Kẻ ’C P AH . + Kẻ đường thẳng qua P song song với BC’ cắt AB’ tại N. + Kẻ đường thẳng qua N vuông góc với BC’ tại Q. + Đoạn thẳng QN chính là đường vuông góc chung của AB’ và BC’. Ví dụ 12:(Đề thi Đại học khối A năm 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3SH a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Lời giải. Ta có:  MAD NCD ADM DCN     N H A BC A' D D' C' B' K P Q 30 MD NC  Do  SH ABCD MD SH    MD SHC Kẻ  HK SC K SC  Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nên  ,d DM SC HK Ta có: 2 2 5 CD a HC CN   2 2 2 3 19 SH HC a HK SH HC      Vậy   2 3 , 19 a d DM SC  . Bài toán tổng hợp Bài tập 1. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại C, , ,CA b CB a  cạnh SA h vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm của AB. Tính a) Góc giữa AC và SD. b) Khoảng cách giữa AC và SD. Lời giải. a) Từ D kẻ / /DE AC (E nằm trên BC). H N M C A B D S K 31 Suy ra       ; ; SDE SD AC SD DE SDE       . Ta có 1 2 2 b DE AC  . 2 2 2 2 2 2 2 21 4 4 2 a b SD SA AD h h a b         . Lại có BC AC BC SA    BC SC hay SBC vuông tại C. 2 2 2 2 2 21 4 2 2 a SE SC EC b a b            .  2 2 2 cos 2 . DE DS SE SDE DE DS    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 22 2 2 1 42 4 2 2 b h a b a b h b b b h a bh a b                             Vậy   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 arccos 4 ; 2 arccos 4 h b b h a b SD AC h b b h a b             . b) Ta có        ; ; ;d AC SD d AC SDE d A SDE AH   . Với H là hình chiếu vuông góc của A lên DE. Suy ra 2 2 BC a AH   . h ab H E C D S A B 32 Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 2AC BC a  . Mặt phẳng  SAC tạo với mặt phẳng  ABC một góc 060 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC là trung điểm H của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB. Lời giải: Ta có Từ H kẻ HE AC . Lại có AC HE AC SE AC AH     . Suy ra SAC cân tại S. 0 3tan 60 3 2 2 AB a SH HE    . Từ B kẻ đường thẳng đi qua B và song song với AH, hạ HN vuông góc với đường thẳng đó, hạ HK SN (1). Ta có        ; ; ;d AH SB d AH SBN d H SBN    BN HN BN SHN BN HK BN SH       (2). Từ (1) và (2) suy ra   ;d H SBN HK . Xét tam giác vuông BHN có   060NBH AHC  . Suy ra 1 2 2 a BN BH  . Nên 2 2 3 4 2 a a HN a   . Vậy 2 2 2 2 2 1 1 1 . 3 . 4 SH HN a HK HK SH HN SH HN       2a a 60° E A H S B C N K 33 Bài tập 3.(Đề thi tuyển sinh đại học cao, đẳng khối B 2002). Cho hình lập phương 1 1 1 1.ABCD ABC D có cạnh bằng a . a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng 1AB và 1B D . b) Gọi M , N , P lần lượt là các trung điểm của các cạnh 1BB , CD, 1 1AD . Tính góc giữa hai đường thẳng MP và 1C N . Lời giải: a) Ta có  1 1 1 1 1 1 1 1 . AB AB AB ABC D AB B D AB AD       Tương tự  1 1 1 1 1 .AC BD BD ABC   Do 1 1 1 1 1B A B B BC a   nên 1 1GA GB GC G   là trọng tâm của tam giác đều 1 1ABC có cạnh là 2a . Gọi I là trung điểm của 1AB thì IG là đường vuông góc chung của 1AB và 1B D nên  1 1 1 1 1 1 3 , . 3 3 2 6 a d AB B D IG C I AB    b) Dễ thấy 1 1/ /C N B F mà     1 1/ / , , .B F MH MP C N MP MH  Xét HMP có 2 2 1 1 1 5 2 2 2 4 a a HM B F a          . 2 2 2 2 2 1 1 3 2 2 2 a a MP B P BM a a                  . H F P N M G I B1 C1 C D1 A A1 D B 34 2 2 2 2 23 29 4 2 4 a a HP HA AP a a                  . Suy ra  2 2 2 2 2 2 3 5 29 2 16 16cos 0 2 . 3 5 2. . 2 4 a a a MP HM PH PMH MP HM a a        . Vậy     01, , 90MP C N MP MH  . Bài tập 4.(Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A 2008). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a , đá