25. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(\widehat {BAC} = 60^\circ ,\)tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\), \(SA = a,\,SB = a\sqrt 3 \). Măt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BM\).

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
25. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(\widehat {BAC} = 60^\circ ,\)tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\), \(SA = a,\,SB = a\sqrt 3 \). Măt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BM\).

A. \(\frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

B. \(\frac{{a\sqrt {39} }}{{104}}\).

C. \(\frac{{a\sqrt {39} }}{{78}}\).

D. \(\frac{{3a\sqrt {39} }}{{26}}\).

Lời giải

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(SH \bot AB,\,H \in AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét tam giác vuông \(SAB\) có : \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}}  = 2a\)\(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác\(SAB\) vuông tại \(S\)và có đường cao \(SH\) ta có : \(S{A^2} = AH.AB \Rightarrow {a^2} = AH.2a\).

Suy ra \(AH = \frac{a}{2} = \frac{1}{4}AB\).

Trong \(\left( {SBM} \right)\) từ \(S\) kẻ đường thẳng song song với \(BM\) và cắt \(BC\) tại \(E\).

Vì \(BM{\rm{//}}\,SE\) nên \(BM{\rm{//}}\,\left( {SAE} \right)\).

Suy ra \(d\left( {SA,\,BM} \right) = d\left( {BM,\left( {SAE} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAE} \right)} \right)\).

Ta có \(\frac{{d\left( {B,\left( {SAE} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right)}} = \frac{{BA}}{{HA}} = 4\), suy ra \(d\left( {B,\left( {SAE} \right)} \right) = 4d\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right)\).

Kẻ \(HI \bot AE\) tại \(I\), \(HK \bot SI\) tại \(K\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot AE\\HI \bot AE\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AE \bot HK\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot AE\\HK \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAE} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right) = HK\).

Xét tam giác \(SCE\) có \(BM{\rm{//}}\,SE\) và \(M\) là trung điểm của \(SC\) nên \(B\) là trung điểm của \(EC\).

Ta có \(BE{\rm{//}}\,AD,BE = AD\) nên tứ giác \(BEAD\) là hình bình hành, suy ra \(AE{\rm{//}}\,BD\).

Suy ra \(\widehat {IAB} = \widehat {ABD} = 30^\circ \), xét tam giác vuông \(IHA\) vuông tại \(I\) 

có \(\sin \widehat {IAH} = \frac{{IH}}{{AH}} \Rightarrow IH = \sin 30^\circ .AH = \frac{a}{4}.\)

Trong tam giác \(SHI\) vuông tại \(H\) ta có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{{16}}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{52}}{{3{a^2}}}\).

\( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAE} \right)} \right) = 4d\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Vậy \(d\left( {SA,\,BM} \right) = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

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