Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách hai đường chéo nhau không tọa độ (Toán học Lớp 11)

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$:

$\begin{array}{c}SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{array}\}\Rightarrow BC\perp (SAB)$

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SB$ và $AC$:

Kẻ $Bx\parallel AC$, $AD\perp Bx$, $AH\perp SD\Rightarrow AH\perp (SBD)\Rightarrow d(A,(SBD))=AH$

$\begin{array}{c}AC\parallel (SBD)\\ SB\subset (SBD)\end{array}\}\Rightarrow d(SB,AC)=d(AC,SB)=d(A,(SBD))=AH$

$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$

Kẻ $BK\perp AC$, $BK=\frac{AB.BC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$$AD=BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$

$$AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$$

Vậy: $d(SB,AC)=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao hai đường chéo hình thoi. Vì cạnh $a\sqrt{2}$, $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên $AC=2a\sqrt{2}\cos 30^{\circ }=a\sqrt{6}$, $BD=2a\sqrt{2}\sin 30^{\circ }=a\sqrt{2}$. Đặt hệ trục: $A(0;0;0)$, $C(a\sqrt{6};0;0)$, $B\left(\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a\sqrt{6}}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$, $M=\left(\frac{a\sqrt{6}}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

a) Hình thoi có $BD\perp AC$; vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Mà $AC,SA\subset (SAC)$, cắt nhau, nên $BD\perp (SAC)$.

b) Hai đường thẳng $AB$ (đi qua $A$) và $MD$ (đi qua $D$) có các vectơ chỉ phương $\vec{u}=(\sqrt{6};\sqrt{2};0)$, $\vec{v}=(0;\sqrt{2};\sqrt{3})$ (đã bỏ hệ số $a/2$).
$\vec{u}\times \vec{v}=(\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}-0;0-\sqrt{6}\cdot \sqrt{3};\sqrt{6}\cdot \sqrt{2}-0)=(\sqrt{6};-3\sqrt{2};2\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\sqrt{6+18+12}=6$.
$\overrightarrow{AD}=\left(\frac{a\sqrt{6}}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right)$ nên $\overrightarrow{AD}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=\frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \sqrt{6}+\left(-\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)(-3\sqrt{2})=3a+3a=6a$.
Vậy $d(MD,AB)=\frac{6a}{6}=a$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SAD)$; do $AB\parallel CD$ nên $d(SD,AB)=d(AB,(SAD))=d(B,(SAD))=AB=a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{4}$ → Sai. b) $BC\perp AB$ (hình vuông) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$, mà $BC\subset (SBC)$ → $(SBC)\perp (SAB)$, Đúng. c) $V=\frac{1}{3}SA\cdot A{B}^2=\frac{1}{3}a\cdot (a\sqrt{3}{)}^2=a^3$, Đúng. d) Vì $AB\perp (SAD)$ nên hình chiếu của $B$ lên $(SAD)$ là $A$, Đúng. Khớp bảng đáp án mã 1101: S, D, D, D.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB\perp (SAD)$ nên $d(SD,AB)=d(B,(SAD))=AB=a\sqrt{3}$, không bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot a\cdot (a\sqrt{3}{)}^2=a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AB\perp (SAD)$ nên hình chiếu của $B$ lên $(SAD)$ là $A$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì AB ∥ CD nên d(SD, AB) = d(AB, (SDC)) = d(A, (SDC)) = d(A, SD) trong mặt phẳng (SAD). Tam giác SAD vuông tại A với SA = a√3, AD = a, nên SD = √(3a² + a²) = 2a. Khoảng cách từ A đến SD là đường cao hạ từ A: d = (SA·AD)/SD = (a√3·a)/(2a) = a√3/2. Đúng.
b) AB ⊥ AD (đáy vuông) và AB ⊥ SA (vì SA ⊥ đáy) ⇒ AB ⊥ (SAD), nên hình chiếu của B lên (SAD) là A. Đúng.
c) BC ⊥ AB và BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB). Vì BC nằm trong (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAB). Đúng.
d) V = (1/3)·S_ABCD·SA = (1/3)·a²·a√3 = (√3/3)a³ ≠ √3a³. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
AB ∥ CD nên d(SD, AB) = d(A, SD) trong (SAD); tam giác SAD vuông tại A, SD = 2a, d = SA·AD/SD = a√3/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB ⊥ AD và AB ⊥ SA nên AB ⊥ (SAD), hình chiếu của B lên (SAD) là A.
c) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ (SAB) vì BC ⊥ AB, BC ⊥ SA, mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAB).
d) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)a²·a√3 = (√3/3)a³, không bằng √3a³.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa hóa: A(0,0,0), B(a√3,0,0), D(0,a√3,0), C(a√3,a√3,0), S(0,0,a).
a) u_AB=(1,0,0), v_SD=(0,a√3,−a), u×v=(0,a,a√3), |u×v|=2a. AS=(0,0,a), d(SD,AB)=|AS·(u×v)|/|u×v|=a√3/2 ≠ a√3/4 → sai.
b) n(SAB)=(0,1,0). (SBC): SB=(a√3,0,−a), BC=(0,a√3,0), n(SBC)=SB×BC=(a²√3,0,3a²) ∝ (√3,0,3). Tích vô hướng n(SAB)·n(SBC)=0 ⇒ (SBC)⊥(SAB) → đúng.
c) V=(1/3)·(a√3)²·a=a³ → đúng.
d) AB⊥SA (vì SA⊥(ABCD)) và AB⊥AD nên AB⊥(SAD), hình chiếu của B lên (SAD) là A → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
d(SD,AB)=|AS·(u×v)|/|u×v|=a√3/2 ≠ a√3/4.
b) (AI giải đề cho tôi)
n(SAB)=(0,1,0), n(SBC)∝(√3,0,3), tích vô hướng bằng 0 nên (SBC)⊥(SAB).
c) (AI giải đề cho tôi)
V=(1/3)·(a√3)²·a=a³.
d) (AI giải đề cho tôi)
AB⊥SA và AB⊥AD ⇒ AB⊥(SAD), hình chiếu của B lên (SAD) là A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $h$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, tức $h=A{G}^{\prime }$. Trong tam giác đều $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ cạnh $a$: $A^{\prime }{G}^{\prime }=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Vì $A{G}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $A{G}^{\prime }\perp A^{\prime }{G}^{\prime }$, do đó $h=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A^{\prime }{G}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

a) Diện tích đáy $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, thể tích $V=S\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$.

b) Hình chiếu vuông góc của đường thẳng $A{A}^{\prime }$ trên mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là đường thẳng $A^{\prime }{G}^{\prime }$ (vì $A$ chiếu xuống $G^{\prime }$ và $A^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$). Ta có $A{A}^{\prime }\parallel (A^{\prime }{G}^{\prime })$... không, chính xác hơn: đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ chéo nhau. Xét mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và song song với $A{A}^{\prime }$. Vì $A^{\prime }{G}^{\prime }$ là hình chiếu của $A{A}^{\prime }$ trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, ta có $A{A}^{\prime }\parallel (A^{\prime }{G}^{\prime })$, nên $(\alpha )$ chính là mặt phẳng $(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }{G}^{\prime })$? Không — $A^{\prime }{G}^{\prime }$ cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$, nên cần tính trực tiếp.

Cách tính đúng: khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $A{A}^{\prime }$ và song song với $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Hoặc dùng công thức thể tích: $d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{3V_{A{B}^{\prime }C{C}^{\prime }{A}^{\prime }}}{S_{AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }}}$... Ta dùng tọa độ để kiểm chứng và trình bày lời giải hình học như sau.

Vì $A{G}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $A{G}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$; cũng có $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ (tam giác đều). Suy ra $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ (mặt phẳng chứa $A{G}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$). Do đó $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A{A}^{\prime }$. Khi đó khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến mặt phẳng $(\alpha )$ qua $A{A}^{\prime }$ và song song $B^{\prime }{C}^{\prime }$; vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $A{A}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, mặt phẳng $(\alpha )=(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ chứa $A{A}^{\prime }$ và song song với $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC$, hai đường chéo của hai đáy song song). Vậy $d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))$.

Thể tích khối chóp $B^{\prime }.AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$: $V=\frac{1}{3}\cdot d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))\cdot S_{AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }}$, cũng bằng $\frac{1}{3}\cdot d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }))\cdot S_{AC{C}^{\prime }}$ với $d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }))=h=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ (khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$... chính xác là khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến mặt phẳng qua $A,C$ vuông góc đáy, bằng khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến $AC$ trong đáy, tức $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, nhân với chiều cao $h$ theo phương vuông góc đáy).

Cụ thể: $S_{AC{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot h=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{6}}{6}$ (với $AC=a$ cạnh tam giác đều). Thể tích chóp $B^{\prime }.AC{C}^{\prime }$: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{AC{C}^{\prime }}\cdot d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }))$, với $d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }))$ = khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến đường $AC$ trong mặt đáy (chiếu xuống) nhân $\sin$ góc — vì $(AC{C}^{\prime })$ vuông góc đáy (chứa $A{G}^{\prime }\perp$ đáy, $A{G}^{\prime }$ không nằm trong $(AC{C}^{\prime })$... ).

Trình bày gọn bằng tọa độ: chọn $A^{\prime }=(0,0,0)$, $B^{\prime }=(a,0,0)$, $C^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $G^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},0\right)$, $A=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)$. Vectơ chỉ đạo: ${\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)$, ${\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$. Ta có ${\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}\times {\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\left(-\frac{a^2\sqrt{2}}{2},-\frac{a^2\sqrt{6}}{6},\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\right)$ với độ dài $a^2$, và $\overrightarrow{B^{\prime }A}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)$... dùng $\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}=(-a,0,0)$: $d=\frac{\left|\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}\cdot \left({\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}\times {\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}\right)\right|}{\left|{\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}\times {\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}\right|}=\frac{\frac{a^3\sqrt{2}}{2}}{a^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều cạnh $a$, hai đường chéo nhau $AB$ và $CD$ vuông góc nhau, và khoảng cách giữa chúng bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Cách tính: lấy $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Trong tứ diện đều, $AI\perp CD$ (vì tam giác $ACD$ cân tại $A$) và $BI\perp CD$, nên $CD\perp (ABI)$, suy ra $CD\perp IJ$. Tương tự $AB\perp (CDJ)$ nên $AB\perp IJ$. Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung, khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là $IJ$. Tam giác $ICD$ vuông tại $I$ với $IC=ID=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$), nên $IJ$ là trung tuyến: $IJ=\sqrt{I{C}^2-C{D}^2/4}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Thay $a=6\sqrt{2}$: $d(AB,CD)=\frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=6$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (trang 7, Mã đề 102, Phần III Câu 4: KQ = 6).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$, góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=45^o$, do đó $SA=AC=a\sqrt{2}$ và $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2a$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$; lại có $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $BD\perp (SAC)$. Gọi $O=AC\cap BD$ (trung điểm của $AC$). Khi đó $BD\perp SC$ tại giao điểm của $BD$ với mặt phẳng $(SAC)$ qua đường vuông góc, nên khoảng cách giữa $SC$ và $BD$ bằng khoảng cách từ $O$ đến $SC$ trong mặt phẳng $(SAC)$.

Tính bằng tọa độ trong mặt phẳng $(SAC)$: đặt $A(0,0)$, $C(a\sqrt{2},0)$, $S(0,a\sqrt{2})$, khi đó $O\left(\frac{a\sqrt{2}}{2},0\right)$. Đường thẳng $SC$: $x+y=a\sqrt{2}$, nên
$$d(O,SC)=\frac{\left|\frac{a\sqrt{2}}{2}-a\sqrt{2}\right|}{\sqrt{2}}=\frac{a}{2}.$$

Kiểm tra bằng diện tích tam giác $SOC$: đáy $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, chiều cao từ $S$ xuống đường thẳng $AC$ bằng $SA=a\sqrt{2}$ (vì $SA\perp AC$), nên $S_{SOC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^2}{2}$, suy ra $d=\frac{2S_{SOC}}{SC}=\frac{a^2}{2a}=\frac{a}{2}$. Hai cách tính khớp nhau.

Kết luận: $d(SC,BD)=\frac{a}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều cao chóp: nửa đường chéo đáy $\sqrt{2}$, nên $h=\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2-(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{6}$. Vì $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SD)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$. Thể tích $V_{SACD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\cdot 2}{2}\cdot \sqrt{6}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$. Tam giác $SCD$ cân tại $S$ với $SC=SD=2\sqrt{2}$, $CD=2$, đường cao $\sqrt{8-1}=\sqrt{7}$, diện tích $S_{SCD}=\sqrt{7}$. Do đó $d(A,(SCD))=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}\approx 1,85\approx 1,9$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Cũng có $BC\perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$). Suy ra $BC\perp (SAB)$. Khi đó khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$, mà $AB\perp SA$ nên khoảng cách đó là $AB=2a$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 6: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(SAB)\perp (ABCD)$, giao tuyến $AB$, và $SH\perp AB$ với $SH\subset (SAB)$ nên $SH\perp (ABCD)$ (ý b đúng). Tính $SH$: $SA=a$, $SB=a\sqrt{3}$, $AB=2a$; gọi $AH=x$ thì $a^2-x^2=3a^2-(2a-x{)}^2\Rightarrow x=\frac{a}{2}$, suy ra $SH=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. a) Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $H$ (không phải $A$), nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $SCH$, không phải $SCA$ → sai. c) $CD\parallel AB$ và $SA$ cắt $AB$ tại $A$ nên $d(CD,SA)=d(CD,AB)=AD=2a$ → đúng. d) $V=\frac{1}{3}\cdot (2a{)}^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}=\frac{2a^3}{\sqrt{3}}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ là $H$, nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $SCH$, không phải $SCA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SH\perp AB$, $SH\subset (SAB)$, $(SAB)\perp (ABCD)$ với giao tuyến $AB$ nên $SH\perp (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\parallel AB$, $SA\cap AB=A$ nên $d(CD,SA)=d(CD,AB)=AD=2a$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 4a^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a^3}{\sqrt{3}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều cạnh $a=2$, lấy trung điểm $I$ của $AB$. Vì tam giác $ACD$ và $BCD$ đều nên $CI\perp AB$, $DI\perp AB$, suy ra $AB\perp (ICD)$. Do đó $AB\perp CD$ và khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $I$ (trung điểm $AB$) đến $CD$, tức đường cao của tam giác đều $ICD$ cạnh $a$: $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}$... tính trực tiếp: tam giác $ICD$ có $IC=ID=a\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, $CD=2$, đường cao $=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}\approx 1,41$. Khớp đáp án nguồn 1,41.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $C=(0;0;0)$, trung điểm $M$ của $AB$ với $CM=\sqrt{9-3}=\sqrt{6}$, nên $A=(\sqrt{6};\sqrt{3};0)$, $B=(\sqrt{6};-\sqrt{3};0)$. Gọi $A^{\prime }=(x;0;z)$ (do $A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $y=0$). Từ $A^{\prime }C=A^{\prime }A=4$: $x^2+z^2=16$ và $(x-\sqrt{6}{)}^2+3+z^2=16$, suy ra $-2\sqrt{6}x+9=0\Rightarrow x=\frac{3\sqrt{6}}{4}$, $z^2=16-\frac{54}{16}=\frac{101}{8}$, $z=\sqrt{12,625}$. Vậy $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\parallel \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(-\frac{\sqrt{6}}{4};0;\sqrt{12,625})$ (kiểm tra $|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}|=4$ ✓). Đường thẳng $AB$: qua $A$, hướng $\vec{u}=(0;1;0)$. Lấy $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}=(\sqrt{12,625};0;\frac{\sqrt{6}}{4})$, $|\vec{n}|=\sqrt{12,625+0,375}=\sqrt{13}$. Với $\vec{w}=\overrightarrow{AC}=(\sqrt{6};\sqrt{3};0)$: $d(AB,C{C}^{\prime })=\frac{|\vec{w}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{12,625}}{\sqrt{13}}=\sqrt{\frac{303}{52}}\approx 2,4138\approx 2,41$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0,0)$, $B=(2\sqrt{3},0,0)$. Vì $CA=CB=3$ nên $C=(\sqrt{3},\sqrt{6},0)$. Gọi $A^{\prime }=(x,y,z)$ với $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C=4$: từ $A^{\prime }{A}^2=A^{\prime }{B}^2$ suy ra $x=\sqrt{3}$; từ $3+y^2+z^2=16$ suy ra $y^2+z^2=13$; từ $(y-\sqrt{6}{)}^2+z^2=16$ suy ra $2\sqrt{6}y=3$, tức $y=\frac{\sqrt{6}}{4}$, $z^2=\frac{101}{8}$. Vậy $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(\sqrt{3},\frac{\sqrt{6}}{4},\sqrt{\frac{101}{8}}\right)$. Khoảng cách giữa $AB$ và $C{C}^{\prime }$: $d=\frac{|(\overrightarrow{AB}\times \vec{u})\cdot \overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}\times \vec{u}|}$ với $\overrightarrow{AB}=(2\sqrt{3},0,0)$, $\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},\sqrt{6},0)$. Tính $\overrightarrow{AB}\times \vec{u}=\left(0,-2\sqrt{3}\sqrt{\frac{101}{8}},\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)$, tích có hướng với $\overrightarrow{AC}$ cho $3\sqrt{101}$; độ dài $|\overrightarrow{AB}\times \vec{u}|=\sqrt{156}=2\sqrt{39}$. Vậy $d=\frac{3\sqrt{101}}{2\sqrt{39}}=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{101}{39}}\approx 2.41$.

a) Chứng minh: $AD\perp (SAB)$ (0,5đ)



Ta có $ABCD$ là hình vuông nên $AB\perp AD$ (1)
Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AD\perp (SAB)$ (0,3 đ / 0,1 đ)

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$. (0,5đ)

Kẻ $AH\perp SB$ (1) (0,1đ)
Ta có $AD\perp (SAB)$ (cm câu a)
Mà $AH\subset (SAB)$ (0,1đ)
$\Rightarrow AD\perp AH$ (2)
Từ (1), (2) suy ra $AH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SD$ (0,1đ)
$\Rightarrow d(AD,SB)=AH$
Xét $\Delta SAB$ vuông tại A và có đường cao $AH$: (0,1 đ)
$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}$$
$$\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}$$
$$\iff AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$ (0,1đ)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB$, do đó $CD$ song song với mặt phẳng $(SAB)$. Khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $CD$ (hoặc điểm $D$) đến mặt phẳng $(SAB)$: $d(SA,CD)=d(D,(SAB))$.

Chéo $BD$ chia hình bình hành thành hai tam giác bằng nhau nên $V_{S.ABD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=2a^3$.

Xem khối chóp $S.ABD$ với đáy là tam giác $SAB$ (đỉnh $D$):
$$V_{S.ABD}=\frac{1}{3}\cdot S_{SAB}\cdot d(D,(SAB))=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot d=2a^3.$$

Suy ra $d=\frac{12a^3}{a^2\sqrt{3}}=\frac{12a}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}a\approx 6,928a$.

Vậy $m=4\sqrt{3}\approx 6,9$, khớp với đáp án nguồn 6,9.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB\subset (SAB)$, do đó $CD\parallel (SAB)$. Khoảng cách giữa $SB$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $(SAB)$:
$$d=\frac{3V_{D.SAB}}{S_{SAB}}.$$
Tam giác $ABD$ chiếm nửa diện tích hình bình hành $ABCD$ và cùng chiều cao với hình chóp nên $V_{S.ABD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{3a^3}{2}$.
Vậy
$$d=\frac{3\cdot \frac{3a^3}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=\frac{18a}{\sqrt{3}}=6\sqrt{3}a\approx 10,392a.$$
Suy ra $m=6\sqrt{3}\approx 10,4$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 101, Câu 17: 10,4).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ chứa $A{C}^{\prime }$ và song song với $B{B}^{\prime }$, do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $A{C}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B{B}^{\prime }$ đến mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, tức bằng khoảng cách từ $B$ đến $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vì $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ vuông góc với mặt đáy và cắt đáy theo giao tuyến $AC$ nên $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(B,AC)$. Khoảng cách từ đỉnh $B$ đến cạnh $AC$ của tam giác đều $ABC$ cạnh $a$ là đường cao: $d(B,AC)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy khoảng cách giữa $A{C}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, chọn đáp án D.