Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là một trong những dạng toán hình học không gian quan trọng, thường xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia và đề thi tuyển sinh đại học. Đặc biệt, với hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt đáy, việc xác định đoạn vuông góc chung giữa một cạnh đáy và một cạnh bên đòi hỏi học sinh nắm vững kỹ thuật chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, kết hợp hệ thức lượng trong tam giác vuông. Bài viết dưới đây sẽ trình bày phương pháp giải tổng quát, công thức tính nhanh và ví dụ minh họa cụ thể giúp bạn tự tin xử lý dạng bài này trong mọi đề thi.
1. Dấu hiệu
Bài toán cho hình chóp $S.ABC$ (hoặc tương tự) với:
- $SA \perp (ABC)$ (cạnh bên vuông góc với đáy)
- Đáy có một góc vuông tại $A$, tức tồn tại cạnh đáy $AB \perp AC$
- Yêu cầu tính $d(AB, SC)$ — khoảng cách giữa cạnh đáy $AB$ và cạnh bên $SC$ (hai đường thẳng chéo nhau, không cắt nhau và không song song)
2. Cách làm
Bước 1: Tìm đường thẳng vuông góc với cả hai đường cần tính khoảng cách
Chứng minh $AB \perp \text{mp}(SAC)$ bằng cách chỉ ra $AB$ vuông góc với hai đường cắt nhau trong mặt phẳng đó: $$AB \perp SA \text{ (do } SA \perp (ABC)\text{)}, \quad AB \perp AC \text{ (giả thiết)} ;\Rightarrow; AB \perp (SAC)$$
Suy ra $AB \perp SC$ (vì $SC \subset (SAC)$). Đây là điều kiện cần để dựng đoạn vuông góc chung.
Bước 2: Dựng đoạn vuông góc chung
Trong mặt phẳng $(SAC)$ — mặt phẳng chứa $SC$ và vuông góc với $AB$ — dựng: $$AH \perp SC \quad (H \in SC)$$
Vì $AB \perp (SAC) \Rightarrow AB \perp AH$. Vậy $AH$ vừa vuông góc $SC$, vừa vuông góc $AB$ ⇒ $AH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$.
Bước 3: Tính độ dài bằng hệ thức lượng trong tam giác vuông
Vì $SA \perp AC$ (do $SA \perp (ABC)$), tam giác $SAC$ vuông tại $A$, và $AH$ là đường cao ứng với cạnh huyền $SC$: $$AH = \frac{SA \cdot AC}{\sqrt{SA^2 + AC^2}}$$
(đây chính là hệ thức $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AC^2}$ trong tam giác vuông).
3. Công thức tổng quát
$$d(AB, SC) = \frac{SA \cdot AC}{\sqrt{SA^2 + AC^2}}$$ với điều kiện: $SA \perp (ABC)$, $AB \perp AC$ tại $A$.
4. Cách nhận diện
Để dùng được dạng này, cần có đủ 2 yếu tố:
- Một cạnh bên vuông góc với đáy ($SA \perp (ABC)$)
- Một góc vuông tại đúng chân đường cao ($AB \perp AC$ tại $A$, nơi $SA$ hạ xuống)
Khi đó hai đường thẳng cần tính khoảng cách luôn là: một cạnh đáy đi qua $A$ và vuông góc với cạnh đáy còn lại (ở đây là $AB$), và cạnh bên đối diện (ở đây là $SC$, nối từ $S$ đến đỉnh không phải $A$, không phải $B$).
5. Bài tập
Câu 1. Cho hình chóp $S.ABC$ có mặt đáy là tam giác vuông tại đỉnh $A$, $AB = AC = a$. Đường thẳng $SA$ vuông góc với $mp(ABC)$, $SA = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$.
Lời giải
$AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $mp(ABC)$, $AB \perp AC \Rightarrow AB \perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$ dựng $AH \perp SC$ thì $AH$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $AB$ và $SC$.
$d(AB, SC) = AH = \frac{AC \cdot SA}{\sqrt{AC^2 + SA^2}} = \frac{\frac{a \cdot a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{a^2 + \frac{2a^2}{4}}} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$
Câu 2. Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh $3a$. Điểm $M$ thuộc cạnh $AD$ sao cho $A’M = 2a$. Tính khoảng cách giữa $AM$ và $BD’$ theo $a$.
Lời giải
Gọi $I$ là trung điểm của $BB’$ và $N = AI \cap BA’$ thì $N$ là trọng tâm $\triangle ABB’$.
Khi đó $MN \parallel BD’ \Rightarrow BD’ \parallel (AMK)$ với $K = A’B’ \cap AI$ và $A’K = 6a$.
Ta có $d(AM, BD’) = d(D’, (AMK)) = \frac{1}{2} \cdot d(A’, (AMK)) = \frac{1}{2} \cdot d$.
Do $A’M, A’A, A’K$ đôi một vuông góc nên ta có
$\frac{1}{d^2} = \frac{1}{A’A^2} + \frac{1}{A’M^2} + \frac{1}{A’K^2} = \frac{7}{18a^2} \Rightarrow d = \frac{3\sqrt{14}}{7}a$
Vậy $d(AM, BD’) = \frac{3\sqrt{14}}{14}a$.
Câu 3. Cho $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{3}$. Gọi $M$ là trung điểm của $AD$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $BM$ và $SD$ bằng
Lời giải
Gọi $N$ là trung điểm của $SA$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN \parallel SD$. Vậy $SD \parallel (BMN)$ vì vậy $d(SD, BM) = d(SD, (BMN)) = d(D, (BMN)) = d(A, (BMN)) = h$.
Do $A.BMN$ là một góc tam diện vuông nên
$\frac{1}{h^2} = \frac{1}{AB^2} + \frac{1}{AM^2} + \frac{1}{AN^2} = \frac{19}{3a^2} \Rightarrow h = \frac{a\sqrt{57}}{19}$
Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh 3a, SA ⊥ (ABC) và SA = 2a (minh họa như hình vẽ). Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho AM = 2a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng bao nhiêu?
Lời giải
Gọi $N$ là điểm trên cạnh $AC$ sao cho $AN = 2a$, ta có:
$\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AC} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN \parallel BC \Rightarrow BC \parallel (SMN)$
Suy ra $\begin{cases} d(BC, SM) = d(BC, (SMN)) = d(B, (SMN)) \\ d(B, (SMN)) = \frac{BM}{AM} \cdot d(A, (SMN)) = \frac{1}{2}d(A, (SMN)) \end{cases}$
Gọi $E$ là trung điểm của $MN$, kẻ $AH \perp SE, (H \in SE)$ vì tam giác $AMN$ đều cạnh $2a$ nên $AE = a\sqrt{3}$.
Do $\begin{cases} AE \perp MN \\ SA \perp MN \end{cases} \Rightarrow MN \perp AH$.
Mặt khác $AH \perp SE \Rightarrow AH \perp (SMN) \Rightarrow d(A, (SMN)) = AH$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAE$, ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{12{a^2}}}$ $ \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}$
Vậy $d(BC, SM) = \frac{a\sqrt{21}}{7}$
Câu 5. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác vuông, $BA = BC = 2a$, cạnh bên $AA’ = 4a$, $M$ là trung điểm của $BC$ (minh hoạ như hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng $B’C$ và $AM$ bằng bao nhiêu?
Lời giải
Gọi $N$ là trung điểm của $BB’$, khi đó $MN$ là đường trung bình của $\triangle BCB’$
$\Rightarrow MN \parallel B’C \Rightarrow B’C \parallel (AMN)$
$\Rightarrow d(AM, B’C) = d(B’C, (AMN)) = d(C, (AMN)) = d(B, (AMN)) = h$
Ta có $BN = \frac{1}{2}BB’ = 2a$; $BM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 2a = a$
Áp dụng công thức tính đường cao của tứ diện vuông ta có: $\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{M^2}}} + \frac{1}{{B{N^2}}}$ $ = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}}$ $ = \frac{6}{{4{a^2}}}$ $ \Rightarrow h = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
Vậy $d(AM, B’C) = \frac{a\sqrt{6}}{3}$
Câu 6. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $AB = a\sqrt{3}$, $BC = 2a$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM, B’C$ biết $AA’ = a\sqrt{2}$.
Lời giải
Gọi $N$ là trung điểm của $BB’$ suy ra $MN \parallel B’C$.
Do đó $d(AM, B’C) = d(B’C, (AMN)) = d(C, (AMN))$.
Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên $d(B, (AMN)) = d(C, (AMN))$.
Ta có $BA, BM, BN$ đôi một vuông góc với nhau nên $\frac{1}{d^2(B,(AMN))} = \frac{1}{BA^2} + \frac{1}{BM^2} + \frac{1}{BN^2}$.
Mặt khác $BM = \frac{BC}{2} = a$, $AB = a\sqrt{3}$, $BN = \frac{1}{2}BB’ = \frac{a}{\sqrt{2}}$.
Suy ra $\frac{1}{d^2(B,(AMN))} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{(a\sqrt{3})^2} + \frac{1}{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2} = \frac{10}{3a^2}$.
$\Rightarrow d(B,(AMN)) = \frac{a\sqrt{30}}{10} \Rightarrow d(AM, B’C) = \frac{a\sqrt{30}}{10}$
Câu 7. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật với $AB = a$, $AD = 2a$, $SA \perp (ABCD)$ và $SA = 3a$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $DM$.
Lời giải
Gọi $G$ là giao điểm của $AC$ và $DM$ thì $G$ là trọng tâm $\triangle ABD$ nên $\frac{AG}{AC} = \frac{1}{3}$.
Vẽ $GH \parallel SC$ thì $\frac{AH}{AS} = \frac{AG}{AC} = \frac{1}{3}$ và $SC \parallel (HDM)$.
Do đó $d(SC, DM) = d(SC, (HDM)) = d(C, (HDM))$.
Gọi $h = d(A, (HDM))$. Xét tứ diện $H.ADM$ có $AH, AM, AD$ đôi một vuông góc nên ta có
$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}$ $ = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}}$ $ = \frac{{21}}{{4{a^2}}}$ $ \Rightarrow h = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}$
Vậy $d(SC, DM) = d(C, (HDM)) = \frac{GC}{GA}d(A, (HDM)) = 2 \cdot \frac{2a\sqrt{21}}{21} = \frac{4a\sqrt{21}}{21}$.
Chọn đáp án Ⓐ
Câu 8. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ có $AB = BC = 2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $60°$. Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SM$ theo $a$.
Lời giải
Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có $AB \parallel MN \Rightarrow AB \parallel (SMN)$.
Khi đó $d(AB, SM) = d(AB, (SMN)) = d(A, (SMN))$.
Dựng $AK \perp MN$, dựng $AH \perp SK$. Khi đó $d(A, (SMN)) = AH$.
Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng góc $\widehat{SBA}$, suy ra $\widehat{SBA} = 60°$.
Ta có $SA = AB \cdot \tan\widehat{SBA} = 2a\sqrt{3}$; $AK = BN = a$ nên $AH = \frac{AK \cdot AS}{\sqrt{AK^2 + AS^2}} = \frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
Vậy $d(AB, SM) = \frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
Câu 9. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật, $AB = a$, $BC = 2a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa $AC$ và $SB$, biết góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $30°$.
Lời giải
Dựng $BM \parallel AC$, khi đó $d(AC, SB) = d(AC, (SBM)) = d(A, (SBM))$.
Dựng $AH \perp MB$, $AK \perp SH$. Khi đó $AK \perp (SBM) \Rightarrow d(A, (SBM)) = AK$.
Ta có góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $30°$ nên $\widehat{SCA} = 30°$.
Xét $\triangle SAC$ vuông tại $A$, ta có $SA = \frac{AC}{\tan 30°} = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$.
Tam giác $\triangle ABM$ vuông tại $A$, $AH \perp BM$ nên $AH = \frac{AM \cdot AB}{MB} = \frac{2a \cdot a}{a\sqrt{5}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Xét $\triangle SAH$ vuông tại $A$, $AK \perp SH$, ta có $\frac{1}{AK^2} = \frac{1}{AS^2} + \frac{1}{AH^2} \Rightarrow AK = \frac{2a\sqrt{185}}{37}$.
Vậy $d(AC, SB) = \frac{2a\sqrt{185}}{37}$.
Câu 10. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB, góc giữa SC và đáy bằng 60◦ . Tính khoảng cách giữa SB và AC
Lời giải
Vì $SH \perp (ABC)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCH} = 60°$.
Ta có $CH = AC \cdot \sin\widehat{HAC} = \frac{a\sqrt{3}}{2} \Rightarrow SH = CH \cdot \tan 60° = \frac{3a}{2}$.
Kẻ $Bx \parallel AC$. Suy ra $AC \parallel (SBx)$.
Khi đó $d(AC, SB) = d(AC, (SBx)) = d(A, (SBx)) = 2d(H, (SBx))$.
Từ $H$ kẻ $HK \perp Bx$. Khi đó $Bx \perp (SHK) \Rightarrow (SHK) \perp (SBx)$.
Ta có $\begin{cases} (SHK) \perp (SBx) \\ (SHK) \cap (SBx) = SK \\ HI \perp SK \end{cases} \Rightarrow HI = d(H, (SBx))$.
$HK = HB \cdot \sin 60° = \frac{a\sqrt{3}}{4}$. Khi đó $\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}$ $ = \frac{4}{{9{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}}$ $ = \frac{{52}}{{9{a^2}}}$ $ \Rightarrow HI = \frac{{3a}}{{\sqrt {52} }}$
Suy ra $d(H, (SBx)) = HI = \frac{3a}{\sqrt{52}}$.
Vậy $d(SB, AC) = 2HI = \frac{3a}{\sqrt{13}}$.