Question

20. Cho hình chóp \( S.ABCD \) có thể tích bằng \( 36a^3 \sqrt{2} \), \( AB = 6a \), \( \triangle SAB \) đều, \( ABCD \) là hình bình hành. Trên cạnh \( SB, SC \) lần lượt lấy các điểm \( I, E \) sao cho \( \frac{SI}{SB} = \frac{2}{5}, \frac{SE}{SC} = \frac{2}{3} \). Gọi \( H \) là trọng tâm \( \triangle ACD \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \( AI \) và \( HE \) bằng bao nhiêu?

21. Cho hình chóp \( S.ABCD \) đáy là hình thoi tâm \( O \), cạnh \( a \), \( \widehat{ABC} = 60^\circ \). Hình chiếu của \( S \) lên \( (ABCD) \) là trung điểm \( H \) của \( AO \), \( (SB, (ABC)) = 60^\circ \). Tính khoảng cách giữa \( SB \) và \( CI \) với \( I \) là trung điểm cạnh \( SD \).

Answer 1

21. Xét (SCD), từ S vẽ đường thẳng qua S song song CI cắt DC tại K.

\(\Rightarrow d\left(CI,SB\right)=d\left(C,\left(SBK\right)\right)\) và C là trung điểm DK.

Có \(\widehat{HBS}=\left(SB,\left(ABC\right)\right)=60^0\).

Do ABCD là hình thoi và \(\widehat{ABC}=60^0\) nên tam giác ABC đều, suy ra \(AH=\dfrac{a}{4};CH=\dfrac{3a}{4}\).

\(\Rightarrow BH=DH=\sqrt{BC^2+AH^2-2cos60^0.BC.AH}=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{16}-a.\dfrac{a}{4}}=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}\)

Ta có tam giác SBH vuông tại H và tam giác SDH vuông tại H. Mặt khác \(\widehat{HBS}=60^0\) nên:

\(SB=SD=\dfrac{HB}{cos60^0}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\) 

\(SH=HB.tan60^0=\dfrac{a\sqrt{39}}{4}\)

\(\Rightarrow SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=a\sqrt{\dfrac{39}{16}+\dfrac{9}{16}}=a\sqrt{3}\).

Do CI là trung tuyến của tam giác SDC ứng với cạnh C nên ta có:

\(CI^2=\dfrac{CD^2+CS^2}{2}-\dfrac{SD^2}{4}=\dfrac{19}{16}a^2\Rightarrow CI=\dfrac{a\sqrt{19}}{4}\Rightarrow SK=2CI=\dfrac{a\sqrt{19}}{2}\)

Dễ thấy tam giác BCK đều nên BK=a.

*Từ đây ta có thể bỏ qua các điểm A,D,H,O và chỉ tập trung vào các điểm còn lại.

Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của C lên SB, KB.

Có: \(cos\widehat{CBS}=\dfrac{BC^2+BS^2-CS^2}{2BC.BS}=\dfrac{5\sqrt{13}}{52}\)

\(\Rightarrow BM=BC.cos\widehat{CBS}=\dfrac{5a\sqrt{13}}{52}\); \(BN=cos60^0.BC=\dfrac{a}{2}\); CN=\(sin60^0.BC=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Trong (SBK), đường thẳng qua M vuông góc với SB cắt đường thẳng qua N vuông góc với KB. Khi đó \(CP\perp\left(SBK\right)\), nên CP vuông góc PN.

Có: \(cos\widehat{SBK}=\dfrac{SB^2+BK^2-SK^2}{2SB.BK}=-\dfrac{\sqrt{13}}{26}\); \(\Rightarrow sin\widehat{SBK}=\sqrt{1-cos^2\widehat{SBK}}=\dfrac{\sqrt{663}}{26}\)

\(MN=\sqrt{BN^2+BM^2-2cos\widehat{SBK}.BN.BM}=\)...

*đến đây số xấu quá mình không tính được, nhưng đại khái bước tiếp theo là tính BP theo công thức \(BP=\dfrac{MN}{sin\widehat{MBN}}\), rồi tính PN, rồi tính CP.