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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\parallel AB$ nên $CD\parallel (SAB)$. Khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $CD$ đến mặt phẳng $(SAB)$. Do $(SAB)\perp (ABCD)$ và giao tuyến là $AB$, khoảng cách từ $CD$ đến $(SAB)$ bằng khoảng cách từ $C$ đến $AB$ trong mặt đáy: $d=BC\sin 60^{\circ }=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\approx 5,2$.

Đáp án: S S Đ S.

a) Sai.
b) Sai: Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$ $\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$.
c) Đúng: Góc giữa đường thẳng $A^{\prime }B$ và mặt phẳng đáy $(ABC)$ bằng A'BA $\Rightarrow \cos \widehat{A^{\prime }BA}=\frac{AB}{A^{\prime }B}=\frac{2}{\sqrt{4+16}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$.
d) Sai: $d(A^{\prime }B,CE)=d(A^{\prime }B,(\mathrm{EFC}))=d(B;(\mathrm{EFC}))=d(A;(\mathrm{EFC}))=AK$; với H là hình chiếu của A lên EC, K là hình chiếu của A lên FH: $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{{\mathrm{AF}}^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{4}=\frac{49}{36}\Rightarrow AK=\frac{6}{7}$.
a) Sai.
b) Sai. Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$ $\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$
c) Đúng. Góc giữa đường thẳng $A^{\prime }B$ và mặt phẳng đáy $(ABC)$ bằng A'BA $\Rightarrow \cos \widehat{A^{\prime }BA}=\frac{AB}{A^{\prime }B}=\frac{2}{\sqrt{4+16}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
d) Sai. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $A^{\prime }B$ và $CE$ bằng khoảng cách giữa A'B và (EFC)
$\Rightarrow d(A^{\prime }B,CE)=d(A^{\prime }B,(\mathrm{EFC}))=d(B;(\mathrm{EFC}))=d(A;(\mathrm{EFC}))=AK$
Với H là hình chiếu của A lên EC, K là hình chiếu của A lên FH.
$\Rightarrow \frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{{\mathrm{AF}}^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{4}=\frac{49}{36}\Rightarrow AK=\frac{6}{7}.$

Đáp án: S S Đ Đ.
a) Sai: Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$ $\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$.
b) Sai: $d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$ (theo tính toán chi tiết ở ý b).
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng: $\cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$.
a) Sai.

Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$
$\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$
b) Sai.
$d(A^{\prime }C,FE)=d(FE,(A^{\prime }BC))=d(E;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d(A;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d$
$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{A}^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}=\frac{61}{144}\Rightarrow d=\frac{12}{\sqrt{61}}\Rightarrow d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng.
Góc giữa đường thẳng $A^{\prime }C$ và mặt phẳng đáy $(ABC)$ bằng A'CA
$\Rightarrow \cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;6;0)$, $A^{\prime }(0;0;8)$, $B^{\prime }(4;0;8)$, $D^{\prime }(0;6;8)$, $C^{\prime }(4;6;8)$.
a) $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là mặt phẳng $z=8$; hình chiếu của $B$ lên mặt này là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$ → Đúng.
b) $(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B$ bằng $AB=4\ne 6$ → Sai.
c) $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6=12$, chiều cao từ $B$ bằng $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$ → Sai.
d) $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;6;8)$, $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(4;0;8)$, $\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$; lấy $\overrightarrow{DA}=(0;-6;0)$, $d=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ (mặt $z=8$) là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B(4;0;0)$ bằng $AB=4\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=12$, chiều cao $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$, $d=\frac{|\overrightarrow{DA}\cdot \vec{n}|}{8\sqrt{61}}=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Vì $AC=AD=2\sqrt{3}$ và $BC=BD=\sqrt{7}$ nên $AM\perp CD$, $BM\perp CD$, suy ra $CD\perp (ABM)$. Ta có $CM=\frac{CD}{2}=\sqrt{3}$, $AM=\sqrt{A{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{12-3}=3$, $BM=\sqrt{B{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{7-3}=2$. Trong tam giác $AMB$: $\cos \widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}=\frac{9+4-16}{12}=-\frac{1}{4}$, nên $\sin \widehat{AMB}=\frac{\sqrt{15}}{4}$, diện tích $S_{ABM}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$. Thể tích tứ diện $V=\frac{1}{3}{S}_{ABM}\cdot CM=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3\sqrt{5}}{4}$. Vì $CD\perp (ABM)$ nên $CD\perp AB$, do đó khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là $d=\frac{6V}{AB\cdot CD}=\frac{6\cdot \frac{3\sqrt{5}}{4}}{4\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{5}}{16\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}\approx 0,73$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$, là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$. Vì $SA=2$ và $SA$ hợp với đáy góc $\widehat{SAH}=30^{\circ }$ nên $SH=SA\sin 30^{\circ }=1$, $AH=SA\cos 30^{\circ }=\sqrt{3}$ (đúng bằng đường cao tam giác đều cạnh 2). Tam giác $SAH$ vuông tại $H$. Ta có $BC\perp AH$ (vì $AH$ là đường cao tam giác đều) và $BC\perp SH$ (vì $SH\perp (ABC)$), suy ra $BC\perp (SAH)$. Khi đó khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BC$ là $d(SA,BC)=d(BC,(SAH))=d(H,SA)$. Trong tam giác vuông $SAH$, khoảng cách từ $H$ đến cạnh huyền $SA$ là $d=\frac{SH\cdot AH}{SA}=\frac{1\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kiểm tra bằng tọa độ: $H(0;0;0)$, $S(0;0;1)$, $A(0;\sqrt{3};0)$, $B(-1;0;0)$, $C(1;0;0)$, ${\vec{u}}_{SA}=(0;-\sqrt{3};-1)$, ${\vec{u}}_{BC}=(1;0;0)$, $[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]=(0;-1;\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AB}=(1;-\sqrt{3};0)$, khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot [{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}{|[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

Gọi $F$ là trung điểm $AC$ và $G$ là hình chiếu của $A$ lên $SE$. Khi đó ta được $EF//BC\Rightarrow BC//(SEF)$. Mặt khác, ta có: $\{\begin{array}{l}AG\perp SE\\ AG\perp EF\end{array}$ (do $EF\perp AB$ và $AB\perp AS$ nên $EF\perp (SAB)$). Khi đó ta được $AG\perp (SEF)$ nên $d(A,(SEF))=AG$.
Ta có:
$$d(SE,BC)=d(BC,(SEF))=d(B,(SEF))=d(A,SEF)=AG$$
Trong tam giác $SAE$ vuông tại $A$, đường cao $AG$, ta có:
$$\frac{1}{A{G}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{9}{2a^2}$$
Vậy $AG=\frac{2a^2}{9}\Rightarrow AG=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.
Chọn đáp án D

(AI giải đề cho tôi)
Vì $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $A{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $C{C}^{\prime }$ (hay từ $C$) đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Trong mặt đáy, hình chiếu của khoảng cách này là khoảng cách từ $C$ đến $AB$, tức đường cao của tam giác đều cạnh $a$: $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (không phụ thuộc chiều cao lăng trụ). Vậy đáp án là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Chọn C. Do hình chóp $S.ABC$ đều nên $SG$ là đường cao của hình chóp ($G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$). Kẻ $MH\perp SA$ tại $H$ thì $MH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $MH$. Ta có $$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot SG=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SG=4a,AG=\frac{a\sqrt{3}}{3},SA=\sqrt{A{G}^2+S{G}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{9}+16a^2}=\frac{7a\sqrt{3}}{3}.$$ Ta có $SA.MH=SG.AM\Rightarrow MH=\frac{SG.AM}{SA}=\frac{3.4a.a\sqrt{3}}{2.7a\sqrt{3}}=\frac{6a}{7}$.

Đáp số: 7



Vì $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh bằng 1. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. $\Delta ABD$ là tam giác đều nên $DI\perp AB$. Vì tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SI\perp (ABCD)$. Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $I$ đến $SD$. $\{\begin{array}{l}AB\perp SI\\ AB\perp DI\end{array}\Rightarrow AB\perp (SDI)\Rightarrow AB\perp IH$ mà $AB\parallel CD$ do đó $IH\perp CD$. Lại có $IH\perp SD$ suy ra $IH\perp (SCD)$. Ta có: $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$. Khi đó: $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(I,\left(SCD\right)\right)=IH$. $$ID=\frac{\sqrt{3}}{2}\text{ vaˋ }SI=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\text{ suy ra }IH=\sqrt{\frac{S{I}^2.I{D}^2}{S{I}^2+I{D}^2}}=\sqrt{\frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2.{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$ Vậy $a=3$ và $b=4$ suy ra $a+b=7$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$; kết hợp $AB\perp BC$ (đáy vuông tại $B$) suy ra $AB\perp (SBC)$. Khi đó $d(AB,SC)=d(B,SC)$ với $B$ là giao điểm của $AB$ với mặt phẳng $(SBC)$, và khoảng cách này được tính trong mặt phẳng $(SBC)$.
Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}$, nên $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2+3}=\sqrt{5}$; và $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}$.
Xét tam giác $SBC$: $\cos \widehat{SBC}=\frac{S{B}^2+B{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SB\cdot BC}=\frac{3+2-5}{2\sqrt{6}}=0$, nên tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
Diện tích tam giác $SBC$ là $\frac{1}{2}\cdot SB\cdot BC=\frac{\sqrt{6}}{2}$, do đó
$$d(B,SC)=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{5}.$$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$ là $\frac{\sqrt{30}}{5}$.

Lời giải.



1. Diện tích tam giác đều $ABC$ là

$$S_{ABC}=A{B}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là

$$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

2. Ta có $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ mà $BC\subset (A^{\prime }BC)$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }BC)$. Suy ra

$$d(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }B)=d(B^{\prime }{C}^{\prime },(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Do $A{B}^{\prime }\cap A^{\prime }B=I$, với $I$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ nên

$$d(A,(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Kẻ $AH\perp A^{\prime }M$ tại $H$. Do $BC\perp AM$ ($△ABC$ đều) và $BC\perp A{A}^{\prime }$ (do $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$) nên $BC\perp (A{A}^{\prime }M)$, dẫn đến $BC\perp AH$ (do $AH\subset (A{A}^{\prime }M)$). Mà $AH\perp A^{\prime }M$ nên $AH\perp (A^{\prime }BC)$. Điều này có nghĩa là

$$d(A,(A^{\prime }BC))=AH=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}.$$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ là $\frac{2\sqrt{57}}{19}$.

Bình luận.

1. Bài toán hình học không gian trong khối lăng trụ đều, khai thác các khái niệm cơ bản của chương trình hình học không gian. Cách xây dựng bài toán mang tính truyền thống.

2. Phần tiếp theo tiếp tục khai thác các quan hệ hình học trong không gian. Cấu trúc bài toán khá quen thuộc với các dạng bài thường gặp trong chương trình học, nên mức độ sáng tạo của câu hỏi chưa thật sự nổi bật. Nhìn chung, nội dung vẫn thiên về việc kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức cơ bản.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta cần tìm đường vuông góc chung của $A{A}^{\prime }$ và $C^{\prime }D$. Xét đường thẳng $A^{\prime }{C}^{\prime }$: vì $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $A{A}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$. Mặt khác, trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp C^{\prime }D$ (hai đường chéo của hình vuông $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ vuông góc nhau tại tâm). Hơn nữa $A^{\prime }{C}^{\prime }$ cắt $C^{\prime }D$ tại $C^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ chéo với $A{A}^{\prime }$. Vậy $A^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông góc với cả $A{A}^{\prime }$ lẫn $C^{\prime }D$ và cắt $C^{\prime }D$, tức là đường vuông góc chung của hai đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và $C^{\prime }D$. Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0,0,0)$, $C^{\prime }(a,a,a)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $D(0,a,0)$ thì $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(a,a,0)$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0,0,a)$, $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(a,-a,a)$; ta có $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=a^2-a^2=0$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ và $BC\subset (A^{\prime }BC)$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }BC)$. Do đó $d(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }M)=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC))$.

Thiết lập tọa độ: $M(0;0;0)$, $B(-\sqrt{3};0;0)$, $C(\sqrt{3};0;0)$, $A(0;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;\sqrt{3};h)$.

Từ $A^{\prime }M=5$: $A^{\prime }{M}^2=3+h^2=25\Rightarrow h=\sqrt{22}$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ chứa vectơ $\overrightarrow{BC}=(2\sqrt{3};0;0)$ và $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(\sqrt{3};\sqrt{3};\sqrt{22})$, có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(0;-\sqrt{22};\sqrt{3})$, phương trình: $-\sqrt{22}y+\sqrt{3}z=0$.

Điểm $B^{\prime }(-\sqrt{3};0;\sqrt{22})$:
$$d(B^{\prime },(A^{\prime }BC))=\frac{|-\sqrt{22}\cdot 0+\sqrt{3}\cdot \sqrt{22}|}{\sqrt{22+3}}=\frac{\sqrt{66}}{5}.$$

Vậy khoảng cách giữa $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }M$ là $\frac{\sqrt{66}}{5}\approx 1,63$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a=4\sqrt{2}$, gọi $I$ là trung điểm của $AB$, $J$ là trung điểm của $CD$. Ta có $CI\perp AB$ (vì tam giác $ABC$ cân tại $C$) và $DI\perp AB$ (vì tam giác $ABD$ cân tại $D$), suy ra $AB\perp (CDI)$, do đó $AB\perp IJ$. Tương tự, $CD\perp IJ$. Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $CD$ là $d(AB,CD)=IJ$.

Tam giác $ICD$ cân tại $I$ với $IC=ID=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao của tam giác đều cạnh $a$), nên $IJ$ là đường cao: $IJ=\sqrt{I{C}^2-J{C}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Thay $a=4\sqrt{2}$: $IJ=\frac{4\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=4$.

Vậy $d(AB,CD)=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a=2$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$. Khi đó $CI\perp AB$ (vì tam giác $ABC$ cân tại $C$) và $DI\perp AB$ (tam giác $ABD$ cân tại $D$), nên $AB\perp (CDI)$, suy ra $AB\perp IJ$. Tương tự $CD\perp IJ$. Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$, khoảng cách giữa hai đường thẳng là $d=IJ$.

Tam giác $ICD$ cân tại $I$ với $IC=ID=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, $CD=2$, nên:
$$IJ=\sqrt{I{C}^2-C{J}^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}.$$

Công thức tổng quát: khoảng cách giữa hai cạnh đối của tứ diện đều cạnh $a$ là $\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\approx 1.41$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC$, mặt phẳng qua $BD$ và song song với $A^{\prime }{C}^{\prime }$ là mặt phẳng $(ABCD)$ (vì chứa $BD$ và có phương chiếu là $AC$). Do đó khoảng cách giữa $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến mặt phẳng $(ABCD)$, tức bằng $A{A}^{\prime }=3a$. Kiểm tra: $A^{\prime }{C}^{\prime }$ song song với $(ABCD)$ nên khoảng cách từ mọi điểm trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ (như $A^{\prime }$) đến $(ABCD)$ đều bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Vậy kết quả là $3a$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;2a;0)$, $H$ trung điểm $AD$ nên $H(0;a;0)$. Vì $SH\perp (ABCD)$, góc giữa $SB$ và đáy là $\widehat{SBH}=45^{\circ }$ nên $SH=HB=a\sqrt{2}$, suy ra $S(0;a;a\sqrt{2})$. Ta có $\overrightarrow{SD}=(0;a;-a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{BH}=(a;-a;0)$, $\overrightarrow{HS}=(0;0;a\sqrt{2})$. Tích có hướng $[\overrightarrow{SD},\overrightarrow{BH}]=(-a^2\sqrt{2};-a^2\sqrt{2};-a^2)$ với độ dài $a^2\sqrt{5}$. Khoảng cách $d(SD,BH)=\frac{|\overrightarrow{HS}\cdot [\overrightarrow{SD},\overrightarrow{BH}]|}{|[\overrightarrow{SD},\overrightarrow{BH}]|}=\frac{a^3\sqrt{2}}{a^2\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}$. Vậy $m=\frac{\sqrt{10}}{5}$, $m^2=\frac{2}{5}$, do đó $\frac{3}{5}{m}^2=\frac{6}{25}=0,24$.