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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A^{\prime }(0,0,1),B^{\prime }(1,0,1),C^{\prime }(1,1,1)$. Ta có $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(0,0,1)$, $\overrightarrow{C^{\prime }D}=(-1,0,-1)$. Xét $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(0,1,0)$: tích vô hướng với cả hai vectơ trên đều bằng $0$, nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp B{B}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp C^{\prime }D$. Hơn nữa $B^{\prime }{C}^{\prime }$ cắt $B{B}^{\prime }$ tại $B^{\prime }$ và cắt $C^{\prime }D$ tại $C^{\prime }$, nên $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là đường vuông góc chung. Kiểm tra các phương án khác: $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(1,1,1)$ có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=1\ne 0$; $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(1,1,-1)$ có $\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=-1\ne 0$; $\overrightarrow{A^{\prime }D}=(0,1,-1)$ có $\overrightarrow{A^{\prime }D}\cdot \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=-1\ne 0$. Vậy đáp án là $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

(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)
Tứ diện đều cạnh $a=4\sqrt{2}$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Trong tứ diện đều, $MN$ vuông góc với cả $AB$ và $CD$ (do tam giác đều đối xứng), nên $MN$ là đoạn vuông góc chung và $d(AB,CD)=MN$. Tam giác $MCD$ cân tại $C$? Kiểm tra: $MC=MD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường trung bình/đường cao mặt bên), $CD=a$. Trong tam giác $MCD$, đường cao từ $M$ xuống $CD$ (chính là $MN$ vì $N$ trung điểm $CD$): $MN=\sqrt{M{C}^2-C{N}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Thay $a=4\sqrt{2}$: $d=\frac{4\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=4$. Kiểm tra bằng thể tích: $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{1}{6}AB\cdot CD\cdot d\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, khớp.

(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)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $A^{\prime }(0;0;1)$, $C^{\prime }(1;1;1)$. Đường $AB$ có VTCP $\vec{u}=(1;0;0)$, đường $A^{\prime }{C}^{\prime }$ có VTCP $\vec{v}=(1;1;0)$, nên $\vec{u}\times \vec{v}=(0;0;1)$ và $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;1)$. Khoảng cách: $d(AB,A^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{1}{1}=1$. Cách khác: $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $d(AB,A^{\prime }{C}^{\prime })=d(AB,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=1$. Kết quả khớp đáp án nguồn (Mã đề 107, Phần III Câu 2 = 1).

(AI giải đề cho tôi)
$AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (mặt trên), nên $AB\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Do đó $d(AB,A^{\prime }{C}^{\prime })=d(A,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=1$. Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0,0,0),A^{\prime }(0,0,1),C^{\prime }(1,1,1)$, khoảng cách từ $A$ đến đường $A^{\prime }{C}^{\prime }$ là $\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }A}\times \overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}|}{|\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}|}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1$. Vậy đáp án là $1$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $AB\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Do $A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ không song song với $AB$, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $AB$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, tức bằng khoảng cách từ $B$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Trong lập phương cạnh 1, khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng đáy trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ đúng bằng cạnh lập phương, bằng 1. Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0,0,0),B(1,0,0),A^{\prime }(0,0,1),C^{\prime }(1,1,1)$; vecto chỉ phương $\vec{u}=(1,0,0)$, $\vec{v}=(1,1,0)$, $\overrightarrow{A{B}_0}=(0,0,1)$ với $B_0=B$; $[\vec{u},\vec{v}]=(0,0,1)$, khoảng cách $=|(0,0,1)\cdot (0,0,1)|/1=1$. Vậy đáp số là $1$.

(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).