11. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có thể tích bằng \(36{a^3}\sqrt 2 \), \(AB = 6a,\) tam giác \(SAB\) đều, tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I\) là điểm thuộc đường thẳng \(SB\) sao cho \(\overrightarrow {SI}  = \frac{2}{5}\overrightarrow {SB} \), \(E\) là điểm thuộc đường thẳng \(SC\)sao cho \(\overrightarrow {SE}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {SC} \), gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ACD\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(HE\). 

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
11. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có thể tích bằng \(36{a^3}\sqrt 2 \), \(AB = 6a,\) tam giác \(SAB\) đều, tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I\) là điểm thuộc đường thẳng \(SB\) sao cho \(\overrightarrow {SI}  = \frac{2}{5}\overrightarrow {SB} \), \(E\) là điểm thuộc đường thẳng \(SC\)sao cho \(\overrightarrow {SE}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {SC} \), gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ACD\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(HE\). 

A. \(\frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\).

B. \(\frac{{4a\sqrt 6 }}{3}\).

C. \(\frac{{4a\sqrt 3 }}{2}\).

D. \(6a\sqrt 3 \).

Lời giải

Gọi \(F,K,L\) lần lượt là trung điểm của \(SC,AD,BC\) ta được \(HE{\rm{ // }}FK{\rm{;}}\left( {FKL} \right){\rm{ // }}\left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {AI,HE} \right) = d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = 4.d\left( {H,\left( {FKL} \right)} \right)\).

Ta có \(d\left( {H,\left( {FKL} \right)} \right) = \frac{{3{V_{F.HKL}}}}{{{S_{FKL}}}}\)\( = \frac{{3.\frac{1}{2}.\frac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}}}{{\frac{1}{2}.{S_{SAB}}}} = \frac{{\frac{1}{8}.36.{a^3}\sqrt 2 }}{{\frac{1}{2}.{{\left( {6a} \right)}^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(HE\) là \(\frac{{4a\sqrt 6 }}{3}\). 

=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)