Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách không gian (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $A_1(0;0;a\sqrt{2})$, $B_1(a;0;a\sqrt{2})$, $C_1(0;a;a\sqrt{2})$ với $h=A{A}_1=a\sqrt{2}$.

a) Mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$: $\overrightarrow{A_{1}B}=(a;0;-h)$, $\overrightarrow{A_1{C}_1}=(0;a;0)$ nên $\vec{n}=\overrightarrow{A_{1}B}\times \overrightarrow{A_1{C}_1}=(ah;0;a^2)$, phương trình $hx+az=ah$. Khoảng cách từ $A$: $d=\frac{ah}{\sqrt{h^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\ne \frac{a\sqrt{6}}{6}$. → Sai.

b) $M\in A_1{C}_1$, $N\in B{C}_1$ đều nằm trong $(A_{1}B{C}_1)$ nên $V_{A.A_{1}BNM}=\frac{1}{3}{S}_{A_{1}BNM}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}$. Đặt $M=A_1+s\overrightarrow{A_1{C}_1}$, $N=B+t\overrightarrow{B{C}_1}$, $s,t\in [0;1]$: $\overrightarrow{MN}=(-a(1-t);a(s-t);h(1-t))$ nên $M{N}^2=a^2[2(1-t{)}^2+(s-t{)}^2]=\frac{a^2}{4}$. Diện tích $S_{A_{1}BNM}=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2[1-(1-s)(1-t)]$ (góc tại $C_1$ giữa $C_1{A}_1$ và $C_{1}B$ bằng $60^{\circ }$). Đặt $p=1-t$, $q=s-t$: ràng buộc $2p^2+q^2=\frac{1}{4}$, cần cực đại hóa $f=p^2-pq$. Lagrange cho $2p^2+2pq-q^2=0$ tức $\frac{q}{p}=1-\sqrt{3}$, khi đó $p^2=\frac{3+\sqrt{3}}{48}$ và $f_{\max }=\sqrt{3}{p}^2=\frac{\sqrt{3}+1}{16}\approx 0,1708$ (bộ giá trị $s,t\in [0;1]$ hợp lệ). Vậy $V_{\min }=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2\left(1-\frac{\sqrt{3}+1}{16}\right)\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}(15-\sqrt{3})}{96}\approx 0,1955a^3\ne \frac{7\sqrt{2}}{48}{a}^3\approx 0,2062a^3$. → Sai.

c) $\overrightarrow{B{C}_1}=(-a;a;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{AC}=(0;a;0)$: $\cos (B{C}_1,AC)=\frac{a^2}{a\cdot 2a}=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. → Đúng.

d) $V=S_{ABC}\cdot A{A}_1=\frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$. → Đúng.

Kết luận: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $A$ đến $(A_{1}B{C}_1)$ là $\frac{a\sqrt{6}}{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{6}}{6}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $MN=\frac{a}{2}$, giá trị nhỏ nhất của thể tích là $\frac{a^3\sqrt{2}(15-\sqrt{3})}{96}\approx 0,1955a^3\ne \frac{7\sqrt{2}}{48}{a}^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (B{C}_1,AC)=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình vuông là $a$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Suy ra $AC=\frac{SA}{\tan 45^{\circ }}=\sqrt{2}$, mà $AC=a\sqrt{2}$ nên $a=1$.

Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $S(0;0;\sqrt{2})$.

Ta có $\vec{u}=\overrightarrow{BD}=(1;-1;0)$ (lấy $D-B=(-1;1;0)$, dùng $\overrightarrow{BD}=(1;-1;0)$ tương đương), $\vec{v}=\overrightarrow{SC}=(1;1;-\sqrt{2})$.

$\vec{u}\times \vec{v}=(\sqrt{2};\sqrt{2};2)$, $\left|\vec{u}\times \vec{v}\right|=\sqrt{2+2+4}=2\sqrt{2}$.

Lấy $B(1;0;0)$, $S(0;0;\sqrt{2})$: $\overrightarrow{BS}=(-1;0;\sqrt{2})$.

$\overrightarrow{BS}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=-\sqrt{2}+2\sqrt{2}=\sqrt{2}$.

Khoảng cách giữa $BD$ và $SC$: $d=\frac{\left|\overrightarrow{BS}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})\right|}{\left|\vec{u}\times \vec{v}\right|}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}=0,5$.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a, cạnh bên √2a. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy R = a√2/2, nên chiều cao SO = √(2a² − a²/2) = a√6/2.

a) Đúng. Trong mặt phẳng (SAC), tam giác SAC cân tại S với SA = SC = √2a, AC = a√2, F trung điểm SA. Dùng tọa độ: A(a/2, a/2, 0), C(−a/2, −a/2, 0), D(a/2, −a/2, 0), S(0, 0, a√6/2), F(a/4, a/4, a√6/4). Mặt phẳng (FCD) có vectơ pháp tuyến CD×CF ∝ (0, −√6, 3), phương trình −√6y + 3z = √6a/2. Khoảng cách từ S: d = |3·a√6/2 − √6a/2|/√15 = a√6/√15 = a√10/5. Đúng.

b) Sai. Góc giữa SA và đáy là góc SAO: sin∠SAO = SO/SA = (a√6/2)/(√2a) = √3/2, nên góc bằng 60°, không phải 30°.

c) Sai. V(S.ACD) = (1/3)·(a²/2)·a√6/2 = a³√6/12. Diện tích tam giác SCD: đường cao từ S xuống CD bằng √(2a² − a²/4) = a√7/2, nên S_SCD = a²√7/4. Khoảng cách từ A đến (SCD): d = 3V/S_SCD = a√(6/7). Vì F trung điểm SA nên d(F,(SCD)) = a√(6/7)/2. Vậy V(S.FCD) = V(F.SCD) = (1/3)·(a²√7/4)·(a√(6/7)/2) = a³√6/24 ≠ a³√3/24. Sai.

d) Đúng. AC có phương (−1, −1, 0), SB có phương (−1, 1, −√6) (sau khi rút gọn). Vectơ pháp tuyến chung n = (−1,−1,0)×(−1,1,−√6) = (√6, −√6, −2), |n| = 4. Lấy vectơ AS = (−a/2, −a/2, a√6/2). Khoảng cách d(AC, SB) = |AS·n|/|n| = |−a√6/2 + a√6/2 − a√6|/4 = a√6/4. Đúng.

Kết luận: a đúng, b sai, c sai, d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ, mặt phẳng (FCD) có pháp tuyến (0, −√6, 3), d(S,(FCD)) = a√6/√15 = a√10/5.
b) (AI giải đề cho tôi)
sin góc giữa SA và đáy = SO/SA = (a√6/2)/(√2a) = √3/2, góc bằng 60° chứ không phải 30°.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(F,(SCD)) = (1/2)d(A,(SCD)) = a√(6/7)/2, S_SCD = a²√7/4, nên V(S.FCD) = a³√6/24 ≠ a³√3/24.
d) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến chung n = (√6, −√6, −2), |n| = 4, d(AC,SB) = |AS·n|/4 = a√6/4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $d(A^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))$. Trong tam giác đều $ABC$ cạnh 3, khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $BC$ là chiều cao $h=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Mặt khác $(ABC)\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (lăng trụ đứng) nên khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ chính bằng $h=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD. Vì SA=SB=SD=a nên S nằm trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD; tâm này nằm trên AC. Đặt AO=m, OB=n thì m²+n²=a², bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD (đỉnh A, đáy BD=2n, đường cao m) là R=a²/(2m), chiều cao h=SO=√(a²−R²)=a√(4m²−a²)/(2m). Thể tích V=(1/3)·(2mn)·h=(a/3)√(a²−m²)·√(4m²−a²)=a³√2/6 suy ra (a²−m²)(4m²−a²)=a⁴/2. Đặt u=m²/a²: (1−u)(4u−1)=1/2 ⟺ 8u²−10u+3=0 ⟹ u=1/2 hoặc u=3/4. u=1/2 cho hình vuông (bị loại), vậy u=3/4: m=a√3/2, n=a/2, tức AC=a√3, BD=a, h=a√(2/3). 1) Tính SC²=SO²+OC'² với chân đường vuông góc O' cách A một đoạn R=a/√3: OC'=a√3−a/√3=2a/√3, SC²=2a²/3+4a²/3=2a², SC=a√2. Tam giác SBC có SB=BC=a, SC=a√2 nên vuông tại B; tam giác SDC vuông tại D. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B (và D) xuống SC thì BH=DH=a²/(a√2)=a/√2, mà BD=a nên BH²+DH²=a²=BD², suy góc giữa (SBC) và (SCD) bằng 90°, tức (SBC)⊥(SCD). 2) Chọn hệ tọa độ: O(0;0;0), A(−a√3/2;0;0), C(a√3/2;0;0), B(0;a/2;0), D(0;−a/2;0), S(−a/(2√3);0;a√(2/3)), M(a√3/4;a/4;0). Vector SM=a(5/(4√3);1/4;−√(2/3)), phương trình BD có vecto chỉ phương u=(0;1;0). SM×u=a(√(2/3);0;5/(4√3)), |SM×u|=a√19/4. Lấy B−S=(a/(2√3);a/2;−a√(2/3)), tích vô hướng (SM×u)·(B−S)=−a²√2/4. Khoảng cách d=|−a²√2/4|/(a√19/4)=a√2/√19=a√38/19.

(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: $d=BC\sin 60^{\circ }=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\approx 5,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp CB$. Tam giác $ABC$ vuông cân đỉnh $B$ nên $CB\perp AB$. Từ đó $CB\perp (SAB)$ (vì $CB$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Vậy khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ chính là $CB=AB=a$ (tam giác vuông cân). Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC$ là cạnh huyền của tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $\hat{B}=30^{\circ }$ và $BC=a\sqrt{3}$ (cạnh của tam giác đều $SBC$), ta có $AB=BC\cos 30^{\circ }=\frac{3a}{2}$, $AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, tam giác $SBC$ đều nên $SM\perp BC$, $SM=\frac{3a}{2}$; vì $(SBC)\perp (ABC)$ nên $SM\perp (ABC)$. Đặt hệ tọa độ: $B(0,0,0)$, $C(a\sqrt{3},0,0)$, $A\left(\frac{3a\sqrt{3}}{4},\frac{3a}{4},0\right)$, $S\left(\frac{a\sqrt{3}}{2},0,\frac{3a}{2}\right)$. Khi đó $SA=a\sqrt{3}$. Vecto pháp tuyến của $(SAB)$: $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=\frac{3a^2}{8}(3,-3\sqrt{3},-\sqrt{3})$. Khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$: $h=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BC}|}{|\vec{n}|}=\frac{\frac{9a^3\sqrt{3}}{8}}{\frac{a^2\sqrt{351}}{8}}=\frac{9a\sqrt{3}}{3\sqrt{39}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}=\frac{3a\sqrt{13}}{13}$. Kiểm tra bằng thể tích: $V_{SABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{16}$, và $d(C,(SAB))=\frac{3V}{S_{SAB}}$ cho cùng kết quả $\frac{3a\sqrt{13}}{13}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;2a;0)$ (hình thang vuông tại $A$ và $B$, $AB=BC=a$, $AD=2a$). $M$ trung điểm $AD$ nên $M(0;a;0)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$, với $AC=a\sqrt{2}$ suy ra $SA=AC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$, tức $S(0;0;a\sqrt{2})$.

Đường thẳng $SM$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(0;a;-a\sqrt{2})$; đường thẳng $BD$ có vectơ chỉ phương $\vec{v}=(-1;2;0)$. Lấy $S\in SM$, $B\in BD$ nên $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{2})$.

Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}=(2a\sqrt{2};a\sqrt{2};a)$, độ dài $|\vec{n}|=a\sqrt{8+2+1}=a\sqrt{11}$.

Khoảng cách giữa $SM$ và $BD$: $d=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|2a^2\sqrt{2}-a^2\sqrt{2}|}{a\sqrt{11}}=\frac{a^2\sqrt{2}}{a\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=2x$, $SO=h$. Hình chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$ (d đúng). Thiết lập tọa độ $O(0;0;0)$, $A(x;x;0)$, $B(-x;x;0)$, $C(-x;-x;0)$, $D(x;-x;0)$, $S(0;0;h)$. a) $\mathrm{d}(AB,SC)=\frac{2xh}{\sqrt{h^2+x^2}}=4\Rightarrow h^2(x^2-4)=4x^2\Rightarrow h=SO=\frac{2x}{\sqrt{x^2-4}}$ với $x>2$ — đúng. b) Vì $CD\parallel AB$ nên $\mathrm{d}(AB,SC)=\mathrm{d}(AB,(SDC))=\mathrm{d}(O,(SDC))=\frac{hx}{\sqrt{h^2+x^2}}$. Từ a) $\sqrt{h^2+x^2}=\frac{xh}{2}$ nên $\mathrm{d}(O,(SDC))=2\ne 4$ — sai. c) $V=\frac{1}{3}\cdot (2x{)}^{2}h=\frac{8x^3}{3\sqrt{x^2-4}}$. Xét $f(x)=\frac{x^3}{\sqrt{x^2-4}}$, $f^{\prime }(x)=\frac{x^2(2x^2-12)}{(x^2-4{)}^{3/2}}=0\Rightarrow x=\sqrt{6}$, $f(\sqrt{6})=6\sqrt{3}$, $V_{\max }=\frac{8\cdot 6\sqrt{3}}{3}=16\sqrt{3}$ — đúng. d) Đúng theo định nghĩa hình chóp đều.
a) Từ $\mathrm{d}(AB,SC)=\frac{2xh}{\sqrt{h^2+x^2}}=4$ suy ra $h^2(x^2-4)=4x^2$, tức $SO=h=\frac{2x}{\sqrt{x^2-4}}$ với $x>2$.
b) $\mathrm{d}(O,(SDC))=\frac{hx}{\sqrt{h^2+x^2}}=\frac{hx}{xh/2}=2\ne 4$.
c) $V=\frac{8x^3}{3\sqrt{x^2-4}}$ đạt max tại $x=\sqrt{6}$, $V_{\max }=16\sqrt{3}$.
d) Trong hình chóp tứ giác đều, đường cao $SO$ vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$.

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 số: 5.
[Hình cần kiểm tra lại: p36_f1]
Gọi $M,I$ lần lượt là trung điểm $CD,SC$.
Theo giả thiết ta có tam giác $ACD$ đều. Suy ra $AM=\frac{AD\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}a$.
Kẻ $AH\perp SM$ $(H\in SM)$ thì $AH\perp (SCD)$.
Ta có $GI=\frac{1}{3}AI$ nên $d(G,(SCD))=\frac{1}{3}d(A,(SCD))=\frac{1}{3}AH$
$$=\frac{1}{3}.\frac{AM.SA}{\sqrt{A{M}^2+S{A}^2}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}a.\sqrt{6}a}{\sqrt{3a^2+6a^2}}=\frac{\sqrt{2}a}{3}$$
Vậy $d(G,(SCD))=\frac{\sqrt{2}a}{3}$.

Đáp số: 30.

Gọi $M,I$ lần lượt là trung điểm $CD,SC$.
Theo giả thiết ta có tam giác $ACD$ đều. Suy ra $AM=\frac{AD\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}$.
Kẻ $AH\perp SM$ $(H\in SM)$ thì $AH\perp (SCD)$.
Ta có $GI=\frac{1}{3}AI$ nên $d\left(G,(SCD)\right)=\frac{1}{3}d\left(A,(SCD)\right)=\frac{1}{3}AH$
$=\frac{1}{3}.\frac{AM.SA}{\sqrt{A{M}^2+S{A}^2}}=\frac{1}{3}.\frac{\frac{\sqrt{3}a}{2}.\sqrt{3}a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+3a^2}}=\frac{\sqrt{15}a}{15}$
Vậy $d\left(G,(SCD)\right)=\frac{\sqrt{15}a}{15}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, vì $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ và $AD=1$ nên $D\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)$, $C\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)$, $S(0;0;1)$.

Ta có $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SCD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SD}=\left(0;1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

Mặt phẳng $(SCD)$ qua $S(0;0;1)$: $y+\frac{\sqrt{3}}{2}(z-1)=0$, tức $y+\frac{\sqrt{3}}{2}z-\frac{\sqrt{3}}{2}=0$.

Khoảng cách từ $B(1;0;0)$ đến $(SCD)$:
$$d(B,(SCD))=\frac{\left|0+0-\frac{\sqrt{3}}{2}\right|}{\sqrt{1+\frac{3}{4}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{7}}\approx 0,6547\approx 0,65.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,65.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, vì $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ và cạnh 1 nên $D\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)$, $C\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)$, $S(0;0;1)$.

Ta có $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$.

VTPT của $(SCD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SD}=(0;1;\frac{\sqrt{3}}{2})$.

Mặt phẳng $(SCD)$: $y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=\frac{\sqrt{3}}{2}$ (thay $S$).

Khoảng cách từ $B(1;0;0)$:
$$d(B,(SCD))=\frac{\left|0-\frac{\sqrt{3}}{2}\right|}{\sqrt{1+\frac{3}{4}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{7}}\approx 0,6547\approx 0,65.$$
Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,65.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(10;0;0)$, $D(0;10;0)$, $A^{\prime }(0;0;10)$, $B^{\prime }(10;0;10)$, $E$ trung điểm $CD$ nên $E(5;10;0)$. Đoạn dây đi qua ba mặt: $EM$ nằm trên mặt đáy, $MN$ nằm trên mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ (vì $M\in AD$, $N\in A{A}^{\prime }$ nên $MN$ nằm trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$), $N{B}^{\prime }$ nằm trên mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$.

Giải phẳng ba mặt này: giữ mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ với $A(0;0)$, $B(10;0)$, $A^{\prime }(0;10)$, $B^{\prime }(10;10)$; trải mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ sang trái qua cạnh $A{A}^{\prime }$: $D(-10;0)$, $D^{\prime }(-10;10)$; trải mặt đáy xuống dưới qua cạnh $AD$: vì $E$ cách $D$ một đoạn $5$ theo $DC$ nên $E_1(-10;-5)$.

Đường dây ngắn nhất là đoạn thẳng $E_1{B}^{\prime }$: $E_1{B}^{\prime }=\sqrt{(10+10{)}^2+(10+5{)}^2}=\sqrt{625}=25$ m — đúng bằng độ dài dây đã cho, nên $M$, $N$ chính là giao điểm của đoạn thẳng này với $AD$ ($y=0$, $x\in [-10;0]$) và $A{A}^{\prime }$ ($x=0$).

Phương trình đoạn thẳng: $x=-10+20t$, $y=-5+15t$.
- Giao với $AD$ ($y=0$): $t=\frac{1}{3}\Rightarrow x=-\frac{10}{3}$, tức $AM=\frac{10}{3}$.
- Giao với $A{A}^{\prime }$ ($x=0$): $t=\frac{1}{2}\Rightarrow y=2,5$, tức $AN=2,5$.

Suy ra $MN=\sqrt{A{M}^2+A{N}^2}=\sqrt{\frac{100}{9}+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{625}{36}}=\frac{25}{6}\approx 4,17$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $O$ là tâm đáy, $S.O=a\sqrt{2}$, khoảng cách từ $O$ đến $CD$ bằng $\frac{a}{2}$. Trong mặt phẳng $(SCD)$, gọi $M$ là trung điểm $CD$, tam giác $SCD$ cân nên $SM\perp CD$ và $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}$. Diện tích $△SCD=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3a^2}{4}$. Thể tích khối chóp $S.ACD$ (nửa khối chóp theo đường chéo $AC$): $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$: $d=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{\frac{a^3\sqrt{2}}{2}}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$. Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),S\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},a\sqrt{2}\right)$, mặt phẳng $(SCD)$: $\sqrt{2}y+\frac{z}{2}=a\sqrt{2}$, khoảng cách từ $A$ là $\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2+1/4}}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $S.O=a\sqrt{2}$. Thể tích chóp: $V=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$. Tam giác $SCD$ cân: $SC=SD=\sqrt{\frac{a^2}{2}+2a^2}=a\sqrt{\frac{5}{2}}$, đường cao từ $S$ xuống $CD$ bằng $\sqrt{\frac{5a^2}{2}-\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}$, nên $S_{SCD}=\frac{1}{2}a\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3a^2}{4}$. Vì $V_{A.SCD}=V_{S.ACD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$, khoảng cách $d(A,(SCD))=\frac{3V_{A.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{3\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{6}}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}$. Kết quả khớp đáp án A của đề (mã 1701, câu 9: A).