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 đáy ABCD là hình vuông nên CD ∥ AB, do đó CD ∥ (SAB) và khoảng cách giữa SA và CD bằng khoảng cách từ CD đến (SAB), tức bằng khoảng cách từ D đến (SAB). Ta có AB ⊥ AD (hình vuông) và AB ⊥ SA (SA ⊥ đáy) nên AD ⊥ (SAB). Vậy d(SA, CD) = AD = cạnh đáy a. Hình chiếu của S trên đáy là A nên góc giữa SB và mặt đáy là góc SBA = 50°. Trong tam giác SAB vuông tại A: tan 50° = SA/AB ⇒ AB = 5/tan 50° ≈ 5/1,19175 ≈ 4,1955. Vậy d(SA, CD) ≈ 4,2 (đơn vị độ dài).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $S(0;0;5)$, $B(3;0;0)$, $C(0;4;0)$. Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{6}SA\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{6}\cdot 5\cdot 3\cdot 4=10$. Với hai đường chéo nhau $SA$ và $BC$, ta có $V=\frac{1}{6}\cdot SA\cdot BC\cdot d(SA,BC)$. Mà $BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$, nên $10=\frac{1}{6}\cdot 5\cdot 5\cdot d\Rightarrow d=\frac{12}{5}=2,4$. Kiểm tra bằng tọa độ: $\overrightarrow{SA}=(0;0;-5)$, $\overrightarrow{BC}=(-3;4;0)$, $\overrightarrow{BS}=(-3;0;5)$, $[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{BC}]=(20;15;0)$, $|[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{BC}]\cdot \overrightarrow{BS}|=60$, chia cho $|[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{BC}]|=25$ được $60/25=12/5$. Kết quả khớp.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\parallel AB$ nên $CD\parallel (SAB)$, do đó khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $(SAB)$. Đặt $SO=h$. Tọa độ hóa: $A(a\sqrt{6},0,0)$, $B(0,a\sqrt{6},0)$, $D(0,-a\sqrt{6},0)$, $S(0,0,h)$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng $\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=a\sqrt{6}$). Mặt phẳng $(SAB)$ có phương trình $hx+hy+a\sqrt{6}z=ha\sqrt{6}$. Khoảng cách từ $D$: $d=\frac{2ha\sqrt{6}}{\sqrt{2h^2+6a^2}}=3a$. Bình phương: $24h^2{a}^2=9a^2(2h^2+6a^2)\Rightarrow 6h^2=54a^2\Rightarrow h=3a$. Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot (2a\sqrt{3}{)}^2\cdot 3a=\frac{1}{3}\cdot 12a^2\cdot 3a=12a^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$; vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$. Vậy $AB$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, do đó $d(SA,BC)=AB$. Khớp với đáp án nguồn (Câu 10: C).

Đáp số: 88,6. Ta có $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều. Gọi $I$ và $J$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $BC$. Ta có $AB//CD//OJ;OA=OC\Rightarrow d\left(CD;IJ\right)=d\left(AB;IJ\right)=d\left(AB;\left(IJO\right)\right)=d\left(\left(ABS\right);\left(IJO\right)\right)=d\left(O;\left(ABS\right)\right)=h$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow OH$ là đường trung bình của $\Delta ABC$. Suy ra $\{\begin{array}{l}OH//BC;OH\perp AB\\ OH=\frac{1}{2}BC=115,18\end{array}$. Kẻ OE vuông góc với SH, ta có $AB\perp \left(SHO\right)\Rightarrow d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OE=h$. Mà $BD=230,36.\sqrt{2}\iff OB=115,18.\sqrt{2}\Rightarrow SO=\sqrt{213,97^2-115,18^2.2}=\sqrt{19250,2961}$. Xét tam giác $\Delta \perp HOS:\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{H}^2}+\frac{1}{S{O}^2}\Rightarrow h=\frac{OH.SO}{\sqrt{O{H}^2+S{O}^2}}\approx 88,6\left(m\right)$. Vậy khoảng cách gần bằng 88,6 mét.

a) Xét $\Delta A^{\prime }AB$ ta có: $A^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{A}^2+A{B}^2-2.A^{\prime }A.AB.\cos 30°$. $\iff A^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{A}^2+A{B}^2-2A^{\prime }A.AB.\cos 30°\iff 11^2=11^2+A{B}^2-\mathrm{2.11.}AB.\frac{\sqrt{3}}{2}\iff AB=11\sqrt{3}=A^{\prime }{B}^{\prime }$. b) Trong $\Delta A^{\prime }BC$ ta có $A^{\prime }B=A^{\prime }C=11$, $\widehat{A^{\prime }BC}=60°$ nên $\Delta A^{\prime }BC$ đều suy ra $BC=11$. Xét $\Delta A^{\prime }CA$ ta có $A^{\prime }C=A^{\prime }A=11$, $\widehat{A^{\prime }CA}=45°$ nên $\Delta A^{\prime }CA$ vuông cân tại $A^{\prime }\Rightarrow AC=11\sqrt{2}$. Xét tam giác $ABC$ có $B{C}^2+A{C}^2=A{B}^2$ do vậy $\Delta ABC$ vuông tại $C$. Gọi $I$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $I$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, vì $\Delta ABC$ vuông tại $C$ nên $I$ là trung điểm của $AB$ và $A^{\prime }I\perp (ABCD)\Rightarrow A^{\prime }I\perp CD$ (1). Vẽ $IK\perp CD\equiv K$ (2), $IH\perp A^{\prime }K\equiv H$ (3). Từ (1) và (2) suy ra $CD\perp (A^{\prime }IK)\Rightarrow CD\perp IH$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $IH\perp (SCD)$ tại H do đó khoảng cách $d(I,(A^{\prime }CD))=IH$. Mà $AB\parallel CD$ suy ra khoảng cách $d(AB,A^{\prime }D)=d(AB,(A^{\prime }CD))=d(I,(A^{\prime }CD))=IH$. Vẽ $CJ\perp AB$ tại J ta suy ra $IK=CJ=\frac{CA.CB}{AB}=\frac{11\sqrt{6}}{3}$. Trong tam giác $A^{\prime }AB$ cân tại $A^{\prime }$ có $A^{\prime }I=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-\frac{A{B}^2}{4}}=\frac{11}{2}$. Trong tam giác $A^{\prime }IK$ vuông tại $I$ ta có $IH=\frac{IK.A^{\prime }I}{\sqrt{I{K}^2+A^{\prime }{I}^2}}=\sqrt{22}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,CD$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $SN$. (0,25 điểm)
Vì $AB//CD$ nên $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(M,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O,\left(SCD\right)\right)$ (vì $O$ là trung điểm đoạn $MN$) (0,25 điểm)
Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp SO\\ CD\perp ON\end{array}\Rightarrow CD\perp \left(SON\right)\Rightarrow CD\perp OH$ (0,25 điểm)
Khi đó $\{\begin{array}{l}CD\perp OH\\ OH\perp SN\end{array}\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)\Rightarrow d\left(O;\left(SCD\right)\right)=OH$.
Tam giác $SON$ vuông tại $O$ nên
$$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{N}^2}+\frac{1}{O{S}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{4}}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow OH=\frac{a}{\sqrt{5}}.$$
Vậy $d\left(AB,SC\right)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(SC,AB)=d(AB,(SCD))=d(B,(SCD))$.

Gọi $H$ là trung điểm $CD$ thì $OH\perp CD$, $OH=\frac{a}{2}$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp OH$, suy ra $SH=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$, và $SH\perp CD$ (đường cao của tam giác $SCD$ xuống $CD$).

Diện tích: $S_{SCD}=\frac{1}{2}\cdot CD\cdot SH=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a^2\sqrt{5}}{4}$.

Thể tích: $V_{B.SCD}=V_{S.BCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{BCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$.

Khoảng cách: $d(B,(SCD))=\frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{3\cdot \frac{a^3}{6}}{\frac{a^2\sqrt{5}}{4}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};a\right)$. Mặt phẳng $(SCD)$: $2y+z=2a$, nên $d(B,(SCD))=\frac{|-2a|}{\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Hai cách cho cùng kết quả.

Vậy $d(SC,AB)=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(18;0;0)$. Tam giác cân tại $C$ với $CA=CB=3\sqrt{10}$, trung điểm $M$ của $AB$ có $CM=\sqrt{90-81}=3$, lấy $C=(9;3;0)$, trọng tâm $G=(9;1;0)$.

Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=15$ nên $A^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng trung trực của $AB$, tức $x_{A^{\prime }}=9$. Đặt $\vec{v}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(9;y;z)$ với $y^2+z^2=144$ (do $|\vec{v}|=15$). Khi đó $A^{\prime }=(9;y;z)$, $B^{\prime }=(27;y;z)$. Điểm $E$ trên tia $AG$ với $AE=3AG$: $E=3G=(27;3;0)$.

Chỉ phương của $A^{\prime }G$: $(0;1-y;-z)$; của $B^{\prime }E$: $(0;3-y;-z)$. Hai đường nằm trong hai mặt phẳng song song $x=9$ và $x=27$. Tích có hướng: $(1-y)(-z)-(-z)(3-y)=2z\ne 0$ (vì $z\ne 0$, nếu không lăng trụ suy biến), nên hai đường thẳng không song song và vecto pháp tuyến chung là $(1;0;0)$.

Khoảng cách $d(A^{\prime }G,B^{\prime }E)=|27-9|=18$. Kết quả không phụ thuộc $y,z$, nên bài toán xác định tốt.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $S(0,0,a\sqrt{3})$, $I\left(\frac{a}{2},0,0\right)$.
Đường thẳng $SB$: $\vec{u}=\overrightarrow{SB}=(a,0,-a\sqrt{3})$; đường thẳng $CI$: $\vec{v}=\overrightarrow{CI}=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$.
$\vec{u}\times \vec{v}=\left(-\frac{3a^2}{2},0,-\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)$, nên $|\vec{u}\times \vec{v}|=a^2\sqrt{3}$.
$\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-a\sqrt{3}\right)$, suy ra $\overrightarrow{SC}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=-\frac{3a^3}{4}+\frac{3a^3}{2}=\frac{3a^3}{4}$.
Khoảng cách giữa $SB$ và $CI$: $d=\frac{\frac{3a^3}{4}}{a^2\sqrt{3}}=\frac{3a}{4\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, khớp với đáp án nguồn.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án: $\frac{2\sqrt{5}a}{5}$.

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)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $B^{\prime }(a,0,a)$, $C^{\prime }(a,a,a)$, $D^{\prime }(0,a,a)$. Khi đó $O\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$, $O^{\prime }\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},a\right)$, $M\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $N\left(a,\frac{a}{2},0\right)$, $P\left(\frac{a}{2},a,0\right)$, $Q\left(0,\frac{a}{2},0\right)$.

**1) Khoảng cách giữa $N{O}^{\prime }$ và $PQ$.**
Đường $PQ$ đi qua $P$ có VTCP $\vec{u}=\overrightarrow{QP}=(1,1,0)$ (sau khi rút gọn). Đường $N{O}^{\prime }$ đi qua $N$ có VTCP $\vec{v}=\overrightarrow{N{O}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2},0,a\right)\sim (-1,0,2)$. Ta có $\overrightarrow{PN}=N-P=\left(\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0\right)$ và
$$\vec{u}\times \vec{v}=(1,1,0)\times (-1,0,2)=(2,-2,1),|\vec{u}\times \vec{v}|=3.$$
$$\overrightarrow{PN}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=\frac{a}{2}\cdot 2+\left(-\frac{a}{2}\right)(-2)+0=2a.$$
Vậy khoảng cách hai đường chéo nhau là $d=\frac{|2a|}{3}=\frac{2a}{3}$.

**2) Thể tích vật thể $(\alpha )$.**
Hai hình chóp $O.M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }{Q}^{\prime }$ (đỉnh $O$ dưới, đáy trên mặt $z=a$) và $O^{\prime }.MNPQ$ (đỉnh $O^{\prime }$ trên, đáy dưới mặt $z=0$) cùng trục là đường thẳng $O{O}^{\prime }$, và hai đáy $MNPQ$, $M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }{Q}^{\prime }$ là hai hình vuông cùng tâm, cùng phương (cạnh $\frac{a}{\sqrt{2}}$, diện tích $\frac{a^2}{2}$).

Thiết diện của $O.M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }{Q}^{\prime }$ tại độ cao $z$ là hình vuông cùng tâm, cạnh $\frac{z}{\sqrt{2}}$; thiết diện của $O^{\prime }.MNPQ$ tại $z$ là hình vuông cạnh $\frac{a-z}{\sqrt{2}}$. Vì hai hình vuông đồng tâm đồng phương nên giao của hai thiết diện là hình vuông nhỏ hơn, cạnh $s(z)=\frac{\min (z,a-z)}{\sqrt{2}}$.

Do đối xứng qua mặt phẳng $z=\frac{a}{2}$:
$$V(\alpha )=2{\int }_0^{a/2}\frac{z^2}{2}dz={\int }_0^{a/2}{z}^{2}dz=\frac{1}{3}{\left(\frac{a}{2}\right)}^3=\frac{a^3}{24}.$$

Kiểm tra: $V(\alpha )=\frac{a^3}{24}<\frac{a^3}{12}$ (thể tích mỗi hình chóp $=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$), hợp lý.

Lời giải:



Gọi $M$ là trung điểm $CD$, $O$ là trung điểm $BD$. Do $S.ABCD$ là khối chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông và $SO\perp (ABCD)$.

Do $V_{S.ABCD}=\frac{S_{ABCD}.SO}{3}=\frac{a^2.SO}{3}=\frac{a^{2}b}{3}\Rightarrow SO=b$.

Ta có
$$<table><tbody><tr><td>BE\parallel CD\Rightarrow BE\parallel (SCD)</td></tr><tr><td>(BEFG)\cap (SCD)=GF</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow BE\parallel GF\text{ maˋ }BE\parallel CD\Rightarrow GF\parallel CD.$$

Do $G$ là trọng tâm $\Delta SCD$ nên $\frac{SG}{SM}=\frac{2}{3}$ mà $GF\parallel CD$ nên $\frac{GF}{DM}=\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SM}=\frac{2}{3}$.

Trên tia đối của tia $DC$ lấy điểm $N$ sao cho $DN=GF=\frac{2}{3}DM$. Từ đó ta có $DNFG$ và $BEND$ là hai hình bình hành và $(BDG)\parallel (NEF)$.

Trên đoạn thẳng $OD$ lấy điểm $K$ sao cho $\frac{KD}{OD}=\frac{DF}{SD}=\frac{1}{3}$, từ đó ta có $FK\parallel SO$ mà $SO\perp (ABCD)$ suy ra $FK\perp (ABCD)$.

Hạ $KP\perp EN$ và $KH\perp PF$, do $FK\perp (ABCD)$ nên $FK\perp KP$.

Do $\{\begin{array}{l}EN\perp KP\\ EN\perp FK\end{array}\Rightarrow EN\perp (FKP)\Rightarrow EN\perp KH$ mà $KH\perp PF$ suy ra $KH\perp (NEF)$.

Khi đó: $d(DG,EF)=d(DG,(NEF))=d((BDG),(NEF))=d(K,(NEF))=KH$.

Ta có: $BE=GF=\frac{2}{3}MD=\frac{2}{3}.\frac{CD}{2}=\frac{CD}{3}=\frac{a}{3}$

Do $FK\parallel SO$ nên $\frac{FK}{SO}=\frac{DF}{DS}=\frac{1}{3}$, suy ra $FK=\frac{1}{3}SO=\frac{b}{3}$.

Hạ $EJ\perp BD$. Do $EN\parallel BD$, $KP\perp EN$, $EJ\perp BD\Rightarrow KP=EJ=BE.\sin 45^{\circ }=\frac{a}{3}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông $FKP$ với đường cao $KH$ ta có:
$$\frac{1}{K{H}^2}=\frac{1}{K{F}^2}+\frac{1}{K{P}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{b}{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{6}\right)}^2}=\frac{9\left(2b^2+a^2\right)}{a^2{b}^2}\Rightarrow KH=\frac{ab}{3\sqrt{2b^2+a^2}}.$$

Vậy $d(DG,EF)=\frac{ab}{3\sqrt{2b^2+a^2}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};b\right)$ vì $V=\frac{1}{3}{a}^{2}h=\frac{a^{2}b}{3}\Rightarrow h=SO=b$.

Trọng tâm $G$ của $SCD$: $G=\left(\frac{a}{2};\frac{5a}{6};\frac{b}{3}\right)$.

Gọi $E=(t;0;0)\in AB$, $F=S+u(D-S)=\left(\frac{a}{2}(1-u);\frac{a}{2}(1+u);b(1-u)\right)$.

Từ $EF\parallel \overrightarrow{BG}=\left(-\frac{a}{2};\frac{5a}{6};\frac{b}{3}\right)$: so sánh tung độ cho $1+u=5(1-u)\Rightarrow u=\frac{2}{3}$; so sánh cao độ cho hệ số tỉ lệ $\lambda =1$; so sánh hoành độ cho $E_x=\frac{2a}{3}$. Vậy $E=\left(\frac{2a}{3};0;0\right)$, $F=\left(\frac{a}{6};\frac{5a}{6};\frac{b}{3}\right)$, kiểm tra $\overrightarrow{EF}=\left(-\frac{a}{2};\frac{5a}{6};\frac{b}{3}\right)=\overrightarrow{BG}$.

Vì $EF\parallel BG$ và $BG\subset (BDG)$ nên $EF\parallel (BDG)$, do đó $d(DG,EF)=d(EF,(BDG))=d(E,(BDG))$.

Vectơ pháp tuyến của $(BDG)$: $\overrightarrow{DB}\times \overrightarrow{DG}=\left(-\frac{ab}{3};-\frac{ab}{3};\frac{a^2}{3}\right)\parallel (-b;-b;a)$, phương trình mặt phẳng: $b(x+y-a)-az=0$.

Khoảng cách từ $E$:
$$d=\frac{\left|b\left(\frac{2a}{3}+0-a\right)\right|}{\sqrt{a^2+2b^2}}=\frac{ab}{3\sqrt{a^2+2b^2}}.$$

Kiểm tra với $F$: $\frac{\left|b(a-a)-a\cdot \frac{b}{3}\right|}{\sqrt{a^2+2b^2}}=\frac{ab}{3\sqrt{a^2+2b^2}}$ — trùng nhau, xác nhận $EF\parallel (BDG)$.

(AI giải đề cho tôi)
A đúng: đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn ngắn nhất nối hai điểm lần lượt nằm trên hai đường thẳng đó và ngược lại. B sai vì qua một điểm cho trước có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước (chỉ cần chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đó qua điểm). C sai vì trong không gian qua một điểm có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước. D sai vì ba đường thẳng chéo nhau từng đôi một không nhất thiết nằm trong ba mặt phẳng song song từng đôi một (các mặt phẳng chứa cặp đường thẳng có thể cắt nhau). Đáp án A khớp với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 6: A).

(AI giải đề cho tôi)
A đúng: đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn ngắn nhất nối một điểm trên mỗi đường thẳng, và điều ngược lại cũng đúng. B sai vì nếu điểm nằm trên mặt phẳng cho trước thì có vô số mặt phẳng vuông góc với nó. C sai vì trong không gian qua một điểm có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước (chỉ duy nhất trong mặt phẳng). D sai vì ba đường thẳng chéo nhau từng đôi một không nhất thiết nằm trong ba mặt phẳng song song từng đôi một.

(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 $A$.