CHUYÊN ĐỀ:
KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Tác giả: Trần Mạnh Tường
Nhóm giáo viên Toán tiếp sức Chinh phục kì thi THPT năm 2020
B. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1. Định nghĩa A a
Khoảng cách 2 đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung
của hai đường thẳng đó   a,  b b B   d a,b  AB   a  , A   b  B
2. Các phương pháp tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Có 3 phương pháp thường dùng
a. Phương pháp 1: Dùng định nghĩa
- Xác định đoạn vuông góc chung AB của hai đường thẳng chéo nhau
- Tính độ dài đoạn AB. a b. Phương pháp 2: M
- Chọn hoặc dựng 1 mặt phẳng (P) chứa 1 đường và song song với
đường thẳng còn lại (chẳng hạn chứa b và song song với a) b H
- Khi đó d a,b  d  ;
a P  d M;P với M là điểm tùy ý trên a' P đường thẳng a c. Phương pháp 3: a b'
- Chọn hoặc dựng 2 mặt phẳng lần lượt chứa 1 đường thẳng và song H Q
song với đường thẳng còn lại. b
- Khi đó d a,b  d P;Q  d H;P  d K;Q với K a' H Q, K P P
d. Sử dụng phương pháp vectơ (ít dùng) II. BÀI TẬP VẬN DỤNG: 1. VÍ DỤ MINH HỌA:
Câu 1: (nhiều cách giải) Cho hình lập phương ABC .
D ABCD cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD' và BD. Lời giải
Cách 1. Dựng đường vuông góc chung và tính độ dài đoạn vuông góc chung. BD//B D   A' B' Do 
nên  ABD  là mặt phẳng chứa I AD    AB D   D'
AD và song song với BD . G C'
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . H M
Ta dựng hình chiếu của điểm O trên  ABD. B A B D    A C   O N Do   B D    CC A    B D    A C    1 D C B D    CC Tương tự AC AD  (2) .
Từ (1),(2) suy ra AC  AED 
 . Gọi G AC ABD   . Do ABD 
đều và AA AE AD  
nên G là trọng tâm của tam giác ABD .
Vậy Gọi I là tâm của hình vuông ABCD thì AI là trung tuyến của tam giác ABD nên , A G. I thẳng hàng.
Trong  ACCA  dựng OH //CA cắt AI tại H thì H là hình chiếu của O BD trên  ABD .
Từ H dựng đường thẳng song song với BD cắt AD tại M , từ M dựng đường thẳng song
song với OH cắt BD tại N thì MN là đoạn vuông góc chung của AD và BD do đó d  AD, BD  MN .
Dễ thấy MNOH là hình chữ nhật nên MN  OH . Do OH là đường trung bình trong tam giác 1 ACG  OH  CG . 2 Mặt khác GC AC  2  2 2 3a 
 2  CG  2GA  CG  CA  a 3  . GA AI 3 3 3 1 2 3a a 3  a OH    . Vậy d  AD BD 3 ,  MN  OH  . 2 3 3 3
Cách 2. Tính độ dài đoạn vuông góc chung mà không cần dựng vị trí cụ thể của đoạn vuông góc chung. A' B'
Giả sử MN là đoạn vuông góc chung của AD và BD với M AD 
, N  BD . Từ M kẻ MP  AD , từ N kẻ NQ  AD . D' C'
Dễ thấy BD  (MNP)  BD  NP ; M AD (MNQ) AD    MQ . A B
Hai tam giác AMQ và DNP vuông cân nên P a
QD  QN  QP  MP  PA  . Q 3 N D C Lại có DP 2a a 2 PN    . 2 3 2 2 2 2 2     Từ đó a a 2 a a 3 2 2 2 MN  PM  PN         MN  . 3  3    3 3  
Cách 3. ( dùng phương pháp 3) A' B'
Xem khoảng cách cần tìm bằng khoảng cách của hai
mặt phẳng song song chứa hai đường đó. D' C' AD ABD   I
Dễ thấy BD  BDC  ABD  //BDC J B A
d  AD, BD d  ABD ,BDC    . D Gọi C
I, J lần lượt là giao điểm của AC với các mặt
phẳng  ABD  BDC  . s
Theo chứng minh trong cách 1 thì I, J lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD và BDC 
. Mạt khác dễ dạng chứng minh được AC  ABD , AC BDC   .
suy ra d  AD BD  d  ABD  BDC 1  a 3 , ,  IJ  A C  . 3 3
Cách 4. Sử dụng phương pháp vec tơ
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của AD' và BD với M  AD ,' N  BD .    Đặt            
AB  x , AD  y , AA  z  x  y  z  a , x.y  y.z  x.z  0
            
AD  y  z  AM  k AD  k( y  z), DB  x  y  DN  m(x  y) .
      Ta có   
MN  AN  AM  AD  DN  AM  mx  1 k  m y  kz .     Vì    
MN  DB  MN.DB  0  mx  1 k  m yx  y  0  2m  k 1 0.
  2m  k  1 Tương tự 1
MN.AD '  0  1 m  2k  0 , từ đó ta có hệ   m  k  . m  2k  1 3      Vậy 1 1 1 1   
MN  x  y  z  MN  MN   a 3 2 2 2 x  y  z   . 3 3 3 9 3
Câu 2: (dùng định nghĩa) 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 . Biết SH vuông góc mặt
phẳng  ABCD và SH  a 3 . Khoảng cách giữa đường thẳng DM và SC là A. a 57 . B. a 57 . C. 3a 57 . D. 2a 57 . 19 38 38 19 Lời giải Chọn D S Ta có: A
 DM  DCN c  g  c. K   ADM   DCN   ADM   CDM   DCN   CDM  90o .   DHC  90o  DM  NC D C CN  DM  Ta có:   DM  SNC . N SH  DM  H
Kẻ HK  SC K SC . A M B
Mặt khác HK  DM vì DM  SNC .
 HK là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng DM và SC .  d SC; DM   HK . 2 DC 2 2 DC a 2a 5 2 DC  HC.CN  HC     . CN 2 2 2 DN  DC 5  a  2  a    2  2a 5 a 3.
Xét tam giác SHC vuông tại H: SH.HC 2a 57 5 HK    . 2 2 2 SH  HC    a  19 2 2a 5 3    5   Vậy khoảng cách giữa a SC và DM bằng 2 57 . 19
Câu 3: (dùng phương pháp 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a,  0
ABC  60 , SA  SB  SC  2a . Khoảng cách giữa AB và SC bằng. A. a 11 . B. a 11 . C. a 11 . D. 3a 11 . 12 4 8 4 Lời giải. Chọn B S Ta có : A
 BC đều, SA  SB  SC , gọi G là trọng tâm A  BC
nên SG   ABC hay SG   ABCD I
Ta lại có: AB / /CD  AB / / SCD. A D K O G B C
 d  AB SC  d  AB SCD  d B SCD 3 , , ,  d G,SCD 2 Mặt khác : Kẻ GI  SC C  G  AB C  D  CG Mà   CD  CG  
 CD  SCG  CD  GI do GI  SCG . AB / /CD C  D / /SG G  I  CD 
 GI  SCD  d G,SCD  GI G  I / /SC Tam giác SGC a vuông tại G, có 2 3 CG  CK  3 3 suy ra 2 a a 33 2 2 2 SG  SC  GC  4a   . 3 3 1 1 1 3 3 36 a 11       GI  2 2 2 2 2 2 GI SG GC 11a a 11a 6 . Vậy d  AB SC 3  d G SCD a 11 , ,  . 2 4
Câu 4: (dùng phương pháp 3) Cho lăng trụ ABC.A B  C
  có các mặt bên là những hình vuông cạnh a
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A C  và AB. A. a 3 . B. a 5 . C. a 3 . D. a 5 . 2 2 4 5 Lời giải Chọn D A C
+ Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC và B C  . D B  AD // A E  ; B D  // CE  CA E  // ADB
 d  AB , AC  d  ADB,CEA  d B ,CEA H A' C' + B 'C 'CA E
   E EB'  EC '  d B ,CAE  d C ,CAE . E B' + A  B  C    A E   B C   . Vì ABB A  ' là hình vuông  A E
  CC  AE  CC E
   CAE  CC E   mà CA E  CC E
   CE  từ C hạ đường vuông góc xuống CE tại H thì C H   d C ,CA E   .
+ Xét tam giác vuông tại CC E  tại C có a . . a a CC C E  a 5 2 a CC  ; a C E    C H      d  AB AC 5 ,  . 2 2 2 2 CC  C E  a 5 5 2  a 4
Câu 5: (dùng phương pháp 2) Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A B  C  D
  có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a 2 , AA  2a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CD . A. a a 2a . B. a 2 . C. 5 . D. 2 5 . 5 5 Lời giải Chọn D + Ta có BD //B D  , B D    CD B    BD// CD B   B a 2 C a 2
 d CD , BD  d D,CD B   . A D + Gọi I  DC  D C   I  DCCD B   mà I là trung 2a I
điểm của DC  d  , D CD B
   d C ,CD B   . B' C' + Vì A B  C  D
  là hình vuông tâm O cạnh a 2  C O    a O' A' D' 2 2  CO  CC  C O    a 5 Ta có diện tích 1 1 2 S       .     CO .B D a 5.2a a 5 C B D 2 2 + Ta 1 2 V  1 V  CC .C . B CD  a 22 3 .2a  a C '.CD 'B' C.C ' B'D ' 6 6 3 2 3 3. a  d C CB D   3V 2a 5 C.C 'B' D ' 3 ,    . 2 SCB D a 5 5 ' ' 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Câu 6. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc nhau tại O với OA  3a ,
OB  a , OC  2a . Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác OAB và OAC . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng IJ và AC . A. 2a . B. 4a . C. 6a . D. 8a . 7 7 7 7
Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.AB C
  có tất cả các cạnh bằng a . Tính theo a khoảng cách
giữa hai đường thẳng A B   và BC. A. a a a a . B. 3 . C. 21 . D. 2 . 7 7 2
Câu 8. Cho hình lăng trụ ABC.A B  C
  có đáy là tam giác đều ABC cạnh a . Gọi M là trung điểm của AB , tam giác A C
 M cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính
khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và CC , biết rằng thể tích khối lăng trụ 3 ABC.A B  C   là 3 V  a . 8 A. 21 d  a . B. 2 39 d  a . C. 2 39 d  a . D. 21 d  a . 14 3 13 7
Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4a , cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh SC và mặt phẳng  ABCD bằng 0
60 , M là trung điểm của
BC , N là điểm thuộc cạnh AD sao cho DN  a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN . A. 8a 618 . B. 4a 618 . C. 3a 618 . D. 8a 618 . 103 103 103 309
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a 2; AD  a , các mặt bên
SBC ; SCD là các tam giác vuông tại B; D . Góc tạo bởi cạnh SC và mặt phẳng đáy bằng
45 .Gọi M là trung điểm cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SC theo a . A. 2a 30 . B. a 15 . C. a 3 . D. a 3 . 15 5 10 15 ĐÁP ÁN
Câu 6. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc nhau tại O với OA  3a ,
OB  a , OC  2a . Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác OAB và OAC . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng IJ và AC . A. 2a . B. 4a . C. 6a . D. 8a . 7 7 7 7 Lời giải Chọn A
Gọi M là trung điểm cạnh OA. Ta có MI MJ 1   nên IJ // BC . MB MC 3
d IJ, AC  d IJ, ABC  d I, ABC Do đó: 2 .  d M  ABC 1 ,  d O, ABC 3 3
Tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB , OC đôi một
vuông góc nhau tại O nên: 1 1 1 1 49     2 d O, ABC 2 2 2 2 OA OB OC 36a    ABC 6a d O,  . 7 Vậy  AC  1 6a 2a d IJ ,  .  . 3 7 7
Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.AB C
  có tất cả các cạnh bằng a . Tính theo a khoảng cách
giữa hai đường thẳng A B   và BC. A. a a a a . B. 3 . C. 21 . D. 2 . 7 7 2 Lời giải Chọn C Dựng hình thoi A B  D  C  , suy ra C D   // AB nên A B   // BC D   . Khi đó: d  A B
 , BC  d  AB,BC D
   d B,BC D  . Dựng B H   C D    C D    BB H   . Kẻ B K   BH  B K   BC D
  . Suy ra d B,BC D    B K  . Xét tam giác đều a B C  D   cạnh a , nên 3 B H   . 2 Xét tam giác vuông BB H  vuông tại B, có B K
 là đường cao nên ta có 1 1 1 1 4 7      a 21  B K   . 2 2 2 2 2 2 B K  BB B H  a 3a 3a 7 Vậy d  A B
  BC  d B BC D   a 21 , ,  B K   . 7
Câu 8. Cho hình lăng trụ ABC.A B  C
  có đáy là tam giác đều ABC cạnh a . Gọi M là trung điểm của
AB , tam giác ACM cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách 3
d giữa hai đường thẳng AB và CC , biết rằng thể tích khối lăng trụ ABC.A B  C   là 3 V  a . 8 A. 21 d  a . B. 2 39 d  a . C. 2 39 d  a . D. 21 d  a . 14 3 13 7 Lời giải Chọn D + Ta có: CC //  AA B  B    A'
d CC , AB  d CC , AAB B    d C, AA B  B   C'
+ Gọi H là trung điểm của CM , ta được A H   CM B'  AH   ABC . K A C + Dựng HK  A M   HK   AA B  B   H M  HK  d H, AA B  B   . B Khi đó d C, AA B  B
   2d H, AA B  B    2HK . 3 3 a + MC 3 V    a HM   a ; ABC.A B C 8 A H     2 4 SABC 3 2 2 a 4  + Vậy A H.HM 21 HK   a  d CC AB 21 ,  a . 2 2 A H   HM 14 7
Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 4a , cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh SC và mặt phẳng  ABCD bằng 0
60 , M là trung điểm của
BC , N là điểm thuộc cạnh AD sao cho DN  a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN . A. 8a 618 . B. 4a 618 . C. 3a 618 . D. 8a 618 . 103 103 103 309 Lời giải Chọn A S
▪ Ta có SA   ABCD  AC là hình chiếu của
SC trên mặt phẳng  ABCD . Suy ra góc giữa
cạnh SC và mặt phẳng  ABCD là góc  SCA   0 SCA  60 K
Tam giác ABC vuông tại B , theo định lý Pytago A B 2 2 2 2
AC  AB  BC  32a  AC  4a 2 H 0  SA  A . C tan 60  4a 6 F E M
▪ Gọi E là trung điểm của đoạn AD , F là N trung điểm của AE D C
 BF / /MN nên MN / /(SBF)  d(MN, SB)  d MN,SBF   d N,SBF 
Trong mặt phẳng  ABCD kẻ AH  BF, H  BF , trong mặt phẳng SAH  kẻ AK  SH , K  SH . BF  AH Ta có 
 BF  (SAH )  BF  AK . BF  SA AK  SH Do   AK  (SBF)  d  , A SBF   AK AK  BF Nên: 1 1 1 1 103 4a 618      AK  2 2 2 2 2 AK AS AB AF 96a 103 d  N,SBF  Mà: NF 8a 618     . d  2 d  N, SBF  , A SBF    AF 103 Vậy 8a 618 d(MN, SB)  . 103
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a 2; AD  a , các mặt bên
SBC ; SCD là các tam giác vuông tại B; D . Góc tạo bởi cạnh SC và mặt phẳng đáy bằng
45 .Gọi M là trung điểm cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SC theo a . A. 2a 30 . B. a 15 . C. a 3 . D. a 3 . 15 5 10 15 Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có: BC  SB 
 BC  SAB  BC  SA (1) BC  AB DC  DA 
 DC  SAD  DC  SA (2) DC  SD
Từ (1) và (2)  SA   ABCD  SC; ABCD    SCA  45
  SAC vuông cân tại A  SA AC  a 3 .
Dựng CK / / BM M  AD  BM / /SCK 
 d BM;SC  d BM;SCK   d M;SCK . d M ;SCK  Mặt khác MK 2    d M SCK  2 ;  d  ; A SCK  . d  ; A SCK  AK 3 3
Kẻ AH  CK ; AN  SH  d  ; A SCK   AN . 2 2 2 Tam giác  a  9a ABM vuông tại A 2 2 2  BM  AB  AM 2  BM   a 2     2  4 3a  a BM  3  CK  BM  . 2 2 3a 1 1 CD AK a 2. S  AH.CK  C . D AK .  AH  2   a 2 . A  CK 2 2 CK 3a 2 Xét tam giác 1 1 1 SAH vuông tại A ta có:   2 2 2 AN SA AH S . A AH  a 3.a 2 30a AN    . 2 2 SA  AH 2 2 3a  2a 5  a d M SCK  2a 30 ;   d BM SC 2 30 ;  . 15 15 Cách 2: Ta có: BC  SB 
 BC  SAB  BC  SA (1) BC  AB DC  DA 
 DC  SAD  DC  SA (2) DC  SD
Từ (1) và (2)  SA   ABCD  SC; ABCD    SCA  45
  SAC vuông cân tại A  SA AC  a 3 . Gọi AM IA 1 AC cắt BM tại I    BC IC 2 1 a 3  IA  AC  3 3 Từ AH AI a I kẻ IH / / SC H  1 SA    1 3  AH  SA  . SA AC 3 3 3 SC / / IH Vì 
 SC / / HBM   d BM ;SC  d SC;HBM   d C;HBM . IH   HBM  d C;HBM  CI 
  d C;HBM   2d  ; A HBM  . d  A HBM  2 ; AI
Ta có AH, AB, AM đôi một vuông góc nên: 1 1 1 1    3 4 1    15    A HBM  30a d ;  2 d  ; A HBM  2 2 2 AH AM AB 2 2 2 a a 2a 2 2a 15  a d C HBM  2a 30 ;   d SC BM  2 30 ;  . 15 15