Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a tính khoảng cách giữa AD và BC

A. \(a\sqrt 3 \).

B. \(\frac{{3a}}{2}\).

C. \(\frac{a}{2}\).

D. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lời giải

+) Dựng hình chữ nhật \(ABCE\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot AD}\\{AB \bot AE}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ADE} \right)\).

+) \(\left( {AD,BC} \right) = \left( {AD,AE} \right) = 60^\circ \) \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {DAE} = 60^\circ }\\{\widehat {DAE} = 120^\circ }\end{array}} \right.\).

+) Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{B.ADE}}\)\( = \frac{1}{3}AB.\frac{1}{2}AD.AE.\sin \widehat {DAE} = \frac{1}{6}a.AD.AE.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}a.AD.AE\).

+) Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\parallel CE}\\{AB \bot \left( {ADE} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {ADE} \right) \Rightarrow CE \bot DE\).

Suy ra tam giác \(DEC\) vuông tại \(E\), ta có \(DE = \sqrt {D{C^2} C{E^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} {a^2}} = a\sqrt 3 \).

+) Ta có \(D{E^2} = A{D^2} + A{E^2} 2AD.AE.\cos \widehat {DAE} \ge 2AD.AE\left( {1 \cos \widehat {DAE}} \right)\)

\( \Rightarrow AD.AE \le \frac{{3{a^2}}}{{2\left( {1 \cos \widehat {DAE}} \right)}} \le 3{a^2}\) (do \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {DAE} = 60^\circ }\\{\widehat {DAE} = 120^\circ }\end{array}} \right.\) ;\(DE = a\sqrt 3 \) ).

Suy ra \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}a.AD.AE \le \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) .

Dấu \( = \) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD = AE}\\{\widehat {DAE} = 60^\circ }\end{array}} \right.\) hay \(\Delta ADE\) đều.

+) Gọi \(H\) là trung điểm \(DE\), do \(\Delta ADE\) đều suy ra \(AH \bot DE\) mà \(CE \bot \left( {ADE} \right)\)\( \Rightarrow CE \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {CDE} \right)\).

+) \(d\left( {AB,DC} \right) = d\left( {AB,\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {CDE} \right)} \right) = AH = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}\) .

Vậy \(d\left( {AB,DC} \right) = \frac{{3a}}{2}\) .