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

Đáp số: 26.

Vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên suy ra $\widehat{CAD}=60^{\circ }$.
Lại có $DA=DC$ nên tam giác $\Delta ACD$ đều. Do đó $AM=2a\sqrt{3}$.
Gọi $AN\cap CD=F$, suy ra $PN\parallel SF$
Do đó
$$d(PN,SM)=d\left(PN,(SFD)\right)=d\left(P,(SFD)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,(SFD)\right)=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}.d\left(H,(SFD)\right)$$
$$=\frac{2}{3}.\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$

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 $a+b=7$.

Gọi $E,H$ là trung điểm của $A{A}^{\prime },BC$ và $G$ là trọng tâm $△ABC$. Gọi $A^{\prime }M\cap AB=K$.

Ta có: $\overrightarrow{A^{\prime }N}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)=\frac{3}{4}\overrightarrow{A^{\prime }G}$ nên $A^{\prime },N,G$ thẳng hàng.

Khi đó: $\overrightarrow{EN}=\overrightarrow{A^{\prime }N}-\overrightarrow{A^{\prime }E}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }A}+\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }B}+\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }C}$

Và $\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{A^{\prime }H}-\overrightarrow{A^{\prime }E}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }B}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }C}$

Do đó: $\overrightarrow{EH}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EN}$ hay $N$ là trung điểm của $EH$.

Ta có: $A^{\prime }M\parallel EB$ nên $A^{\prime }M\parallel (EBC)$ do đó

$d\left(A^{\prime }M,CN\right)=d\left(A^{\prime }M,(ECB)\right)=d\left(K,(ECB)\right)=d\left(A,(ECB)\right)$

Hạ $AI\perp EH\Rightarrow AI=d\left(A,(EBC)\right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Mà: $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow \frac{7}{3a^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AE=a$ hay $A{A}^{\prime }=2a$

Do đó: $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=2a.a^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^3\approx 0,87a^3$.

(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)
Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$. Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BC$ và $A{A}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $A{A}^{\prime }$ (hay từ $A$) đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ chứa $BC$ và song song với $A{A}^{\prime }$. Vì $AB\perp BC$ và $AB\perp B{B}^{\prime }$ (lăng trụ đứng) nên $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Vậy $d(BC,A{A}^{\prime })=d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=AB=4$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ BC. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD, kết hợp CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD. CD cắt BC tại C và cắt SD tại D nên CD là đường vuông góc chung của SD và BC. Đúng.
b) SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (ABCD). Đúng.
c) $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}(a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot a=a^3$. Đúng.
d) Vì SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là A. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
CD ⊥ BC (hình vuông) và CD ⊥ (SAD) (vì CD ⊥ SA, CD ⊥ AD) nên CD ⊥ SD; CD cắt cả hai đường nên là đường vuông góc chung.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD), SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥ (ABCD).
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}(a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của S lên (ABCD) là A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD\perp CD$. Đường thẳng $AD$ cắt cả $SA$ (tại $A$) và $CD$ (tại $D$), đồng thời vuông góc với cả hai, nên $AD$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $CD$. Đáp án A.

(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)
Vì $b\parallel (\alpha )$ nên khoảng cách từ mọi điểm $P\in b$ đến $(\alpha )$ đều bằng nhau và bằng khoảng cách từ $b$ đến $(\alpha )$. Mặt khác $(\alpha )\supset a$ và $a,b$ chéo nhau nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $a,b$ chính bằng khoảng cách từ $b$ đến $(\alpha )$, tức bằng $d(P,(\alpha ))$ với $P\in b$. Vậy mệnh đề C đúng. Các mệnh đề A, B sai vì khoảng cách từ một điểm tùy ý trên $a$ (hoặc $b$) đến đường thẳng kia không phải luôn bằng khoảng cách giữa hai đường chéo nhau (chỉ đúng với điểm có hình chiếu vuông góc phù hợp). Mệnh đề D sai vì điểm $M$ tùy ý thuộc $(\alpha )$ đến $b$ nói chung không bằng khoảng cách giữa hai đường.

(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 $OA\perp OB$ và $OA\perp OC$ nên $OA\perp (OBC)$, do đó $\mathrm{d}(OA,BC)=\mathrm{d}(O,BC)$. Trong tam giác vuông cân $OBC$ tại $O$ với $OB=OC=a$, đường cao từ $O$ xuống $BC$ (cũng là trung tuyến) có độ dài bằng nửa cạnh huyền: $BC=a\sqrt{2}$, nên $\mathrm{d}(O,BC)=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Vậy khoảng cách giữa $OA$ và $BC$ bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}$, chọn đáp án A.

(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 $\frac{3}{5}{m}^2=\frac{6}{25}=0,24$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy vuông cạnh a, SA⊥(ABCD), SA=a√6.
a) AC⊥AD nên AC⊥(SAD) suy ra AC⊥SA, do đó d(S,AC)=SA=a√6≠2√2a → Sai.
b) CD⊥AD nên CD⊥(SAD), do đó d(C,(SAD))=d(C,AD)=AB=a → Đúng.
c) CD∥AB nên CD∥(SAB), d(SB,CD)=d(CD,(SAB))=d(D,(SAB))=d(D,AB)=AD=a → Đúng.
d) BD⊥AC và BD⊥SA nên BD⊥(SAC). Gọi O=AC∩BD, d(SC,BD)=d(O,SC). Tam giác SAC vuông tại A với SA=a√6, AC=a√2, SC=√(6a²+2a²)=2√2a. Diện tích tam giác SAC = ½·SA·AC = ½·SC·d(O,SC) nên d(O,SC)=SA·AO/SC = a√6·(a√2/2)/(2√2a)=a√6/4 ≠ a√6/2 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC⊥(SAD) nên AC⊥SA, do đó d(S,AC)=SA=a√6≠2√2a.
b) (AI giải đề cho tôi)
CD⊥AD nên CD⊥(SAD), d(C,(SAD))=d(C,AD)=AB=a.
c) (AI giải đề cho tôi)
CD∥AB nên d(SB,CD)=d(D,(SAB))=d(D,AB)=AD=a.
d) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥(SAC), O=AC∩BD, d(SC,BD)=d(O,SC)=SA·AO/SC=(a√6·a√2/2)/(2√2a)=a√6/4≠a√6/2.

(AI giải đề cho tôi)
AA' song song với BB' và nằm trong mặt phẳng (ABB'A'), còn B'C' nằm trong mặt phẳng (BCC'B') song song với (ABB'A')... Cách tính trực tiếp: AA' và B'C' chéo nhau. Vì AA' ⊥ (ABCD) nên AA' ⊥ (ABB'A')? Thực chất khoảng cách giữa AA' và B'C' bằng khoảng cách từ B' đến đường thẳng AA' (do B'C' ⊥ (ABB'A') tại B'). Ta có AB' là đoạn vuông góc chung: AB' ⊥ AA' (vì AA' ⊥ (ABB'A')) và AB' ⊥ B'C' (vì B'C' ⊥ (ABB'A')). Vậy d(AA', B'C') = AB' = √(AB² + BB'²) = √((6a)² + (6a)²) = 6√2 a.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\parallel DC$. Vì $SD\perp (ABCD)$ nên $SD\perp DC$, do đó $SD\perp AB$ (hai đường thẳng chéo vuông góc). Khoảng cách giữa $SD$ và $AB$ bằng khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $SD$. Trong mặt phẳng $(SAD)$, tam giác $SAD$ vuông tại $D$ vì $SD\perp AD$, nên $AD\perp SD$ tại $D$. Vậy $d(SD,AB)=d(A,SD)=AD=7a$. Chọn B.