13. Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) các điểm \(I,\,K\) thỏa mãn: \(\overrightarrow {ID’}  + 2\overrightarrow {IA’}  = \overrightarrow 0 \,\), \(\overrightarrow {KA}  + 3\overrightarrow {KD}  = \overrightarrow 0 \,\), \(E\) là giao điểm của \(CD’\) và \(C’D\), \(M\) là trung điểm của \(CD\). Tam giác \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Diện tích tam giác \(IBD\) bằng \(6{a^2}\sqrt 3 \). Gọi \(G;\,G’\) lần lượt là trọng tâm tứ diện \(MBB’A’\) và \(\Delta AIE\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(GG’\) và \(CK\) bằng

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
13. Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) các điểm \(I,\,K\) thỏa mãn: \(\overrightarrow {ID’}  + 2\overrightarrow {IA’}  = \overrightarrow 0 \,\), \(\overrightarrow {KA}  + 3\overrightarrow {KD}  = \overrightarrow 0 \,\), \(E\) là giao điểm của \(CD’\) và \(C’D\), \(M\) là trung điểm của \(CD\). Tam giác \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Diện tích tam giác \(IBD\) bằng \(6{a^2}\sqrt 3 \). Gọi \(G;\,G’\) lần lượt là trọng tâm tứ diện \(MBB’A’\) và \(\Delta AIE\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(GG’\) và \(CK\) bằng

A. \(6a\). 

B. \(12a\).

C. \(4a\).

D. \(3a\).

Lời giải

Gọi \(N\,,{\mkern 1mu} \,F\,,{\mkern 1mu} \,P\,,\,{\mkern 1mu} Q\,,{\mkern 1mu} \,J\) theo thứ tự là trung điểm của \(AA’,{\mkern 1mu} BB’,{\mkern 1mu} CC’,{\mkern 1mu} DD’,{\mkern 1mu} \,AI\). 

Khi đó \(\left( {NFPQ} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} //{\mkern 1mu} \left( {ABCD} \right)\) và \(JE \subset \left( {NFPQ} \right)\).

Mà \(G’\) là trọng tâm \(\Delta AIE\) nên \(G’ \in JE \Rightarrow G’E \subset \left( {NFPQ} \right)\) \(\left( 1 \right)\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}A’N{\mkern 1mu} //{\mkern 1mu} ME\\A’N{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} ME = \frac{1}{2}DD’\end{array} \right.\) nên \(A’NME\)là hình bình hành.

Suy ra \(A’M \cap NE = H\) là trung điểm của \(A’M\). 

Mà \(F\) là trung điểm của \(BB’\)và \(G\) là trọng tâm tứ diện \(MBB’A’\)nên\(G\) là trung điểm \(FH\)\( \Rightarrow G \in \left( {NFPQ} \right)\) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\left( {GG’E} \right) \equiv \left( {NFPQ} \right) \Rightarrow \left( {GG’E} \right){\mkern 1mu} //{\mkern 1mu} \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra: \(d\left( {GG’,\,CK} \right) = d\left( {\left( {GG’E} \right){\kern 1pt} ,\,{\kern 1pt} \left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {E,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D’,{\kern 1pt} \,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {I,{\kern 1pt} \,\left( {ABCD} \right)} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).Tam giác \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên 

\(BD = 2BO = 2\sqrt {A{B^2} – O{A^2}}  = 2\sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 3 \)

Trong \(\left( {IBD} \right)\)từ \(I\) dựng \(IR\) vuông góc với \(BD\) tại điểm \(R\) .

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {IBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {IBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\IR \bot BD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow IR \bot \left( {ABCD} \right)\). \( \Rightarrow IR = d\left( {I,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{{2{S_{\Delta IBD}}}}{{BD}} = \frac{{2.6{a^2}\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 12a\).

Vậy \(d\left( {GG’,{\kern 1pt} \,CK} \right) = \frac{1}{2}d\left( {I,{\kern 1pt} \,\left( {ABCD} \right)} \right) = 6a\).

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