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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, chiều cao $2a$ nên $A^{\prime }=(0,0,2a)$, $B^{\prime }=(a,0,2a)$, $C^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},2a\right)$. Khi đó $M=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$, $N=\left(\frac{a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},2a\right)$.
Vector chỉ phương: ${\vec{u}}_{AM}=(3,\sqrt{3},0)$, ${\vec{u}}_{B^{\prime }N}=(-3,\sqrt{3},0)$.
Pháp tuyến chung: $\vec{n}={\vec{u}}_{AM}\times {\vec{u}}_{B^{\prime }N}=(0,0,6\sqrt{3})$, chuẩn hóa $\vec{n}=\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
Khoảng cách $d(AM,B^{\prime }N)=\left|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \vec{n}\right|=\left|(a,0,2a)\cdot \left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right|=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{2};0;0)$, $C(a\sqrt{2};a\sqrt{2};0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2a)$ (vì cạnh đáy $a\sqrt{2}$ nên $AB=AD=a\sqrt{2}$, $SA=2a$). Khi đó $SB=SD=a\sqrt{6}$, $BD=2a$, $AO=a$.

a) Vì $AB\perp SA$ và $AB\perp BC$ nên $AB\perp (SBC)$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là hình chiếu của $A$ lên $(SBC)$, tính qua tam giác $SAB$ vuông tại $A$, đường cao từ $A$:
$$d(A,(SBC))=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\sqrt{2}\cdot 2a}{a\sqrt{6}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

b) Tương tự, $AD\perp (SD\cap (SCD))$: $AD\perp SA$, $AD\perp CD$ nên $AD\perp (SCD)$. Trong tam giác $SAD$ vuông tại $A$:
$$d(A,(SCD))=\frac{AD\cdot SA}{SD}=\frac{a\sqrt{2}\cdot 2a}{a\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

c) Dùng thể tích: $V_{S.ABD}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot a^2=\frac{2a^3}{3}$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $SB=SD=a\sqrt{6}$, $BD=2a$, đường cao $=\sqrt{6a^2-a^2}=a\sqrt{5}$, diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\sqrt{5}=a^2\sqrt{5}$.
$$d(A,(SBD))=\frac{3V}{S_{SBD}}=\frac{2a^3}{a^2\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$$

d) $M$ trung điểm $BC$: $M(a\sqrt{2};\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$.

• Mặt phẳng $(SCM)$: vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SM}=(-\sqrt{2};0;-1)a$, phương trình $\sqrt{2}x+z=2a$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(SCM))=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

• Mặt phẳng $(SDM)$: $\overrightarrow{DS}=(0;-a\sqrt{2};2a)$, $\overrightarrow{DM}=(a\sqrt{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$, pháp tuyến $\vec{n}=(1;2;\sqrt{2})$, phương trình $x+2y+\sqrt{2}z=2a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(SDM))=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{14}}{7}.$$

e) $I$ trung điểm $SB$: $I(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;a)$. Với $\overrightarrow{DI}=(\frac{a\sqrt{2}}{2};-a\sqrt{2};a)$, $\overrightarrow{DM}=(a\sqrt{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$, pháp tuyến của $(DIM)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{DI}\times \overrightarrow{DM}\sim (\sqrt{2};2\sqrt{2};3),$$
phương trình mặt phẳng qua $D$: $\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y+3z=4a$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(DIM))=\frac{4a}{\sqrt{2+8+9}}=\frac{4a}{\sqrt{19}}=\frac{4a\sqrt{19}}{19}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$ (tam giác $ABC$ vuông cân đỉnh $B$ nên $AB=BC=a$), $S(0;0;a)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=a$.

**a)** Ta có $BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$). Suy ra $BC\perp (SAB)$. Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SAB)\perp (SBC)$. (Chứng minh xong)

**b)** Vì $(SAB)\perp (SBC)$, giao tuyến $SB$, điểm $A\in (SAB)$ nên $d(A,(SBC))=d(A,SB)$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=AB=a$, $SB=a\sqrt{2}$:
$$d(A,SB)=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$$
Kiểm tra bằng tọa độ: mặt phẳng $(SBC)$ có phương trình $x+z=a$, khoảng cách từ $A$ là $\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. ✓

**c)** $I$ là trung điểm $AB$, $I\in (SAB)$ nên $d(I,(SBC))=d(I,SB)$. Trong tam giác vuông $SAB$, khoảng cách từ trung điểm cạnh $AB$ đến cạnh huyền $SB$ bằng nửa khoảng cách từ $A$ đến $SB$ (tuyến tính theo vị trí trên $AB$, tại $B$ bằng $0$):
$$d(I,(SBC))=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $I\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $\frac{a/2}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.) ✓

**d)** $J$ là trung điểm $AC$: $J\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $C\in (SBC)$ nên
$$d(J,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{2}}{4}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $\frac{a-x_J}{\sqrt{2}}=\frac{a/2}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.) ✓

**e)** $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $G\left(\frac{2a}{3};\frac{a}{3};0\right)$. Vì hàm khoảng cách tới mặt phẳng $x+z=a$ là hàm affine theo tọa độ:
$$d(G,(SBC))=\frac{d(A)+d(B)+d(C)}{3}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{6}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $\frac{a-2a/3}{\sqrt{2}}=\frac{a}{3\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$.) ✓

**Kết quả:** b) $\frac{a\sqrt{2}}{2}$; c) $\frac{a\sqrt{2}}{4}$; d) $\frac{a\sqrt{2}}{4}$; e) $\frac{a\sqrt{2}}{6}$.

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 $SA.MH=SG.AM\Rightarrow MH=\frac{SG.AM}{SA}=\frac{3.4a.a\sqrt{3}}{2.7a\sqrt{3}}=\frac{6a}{7}$.

a) Sai. Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$. Ta có: $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)\Rightarrow d(D;(SBC))=d(A;(SBC))=AH$. Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $AH=\sqrt{\frac{A{B}^2\cdot A{S}^2}{A{B}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

b) Đúng. $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)$.

c) Sai. Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow$ Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Do đó, $(SC;(ABCD))=(SC;AC)=\widehat{SCA}$. Xét $\Delta SCA$, ta có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.

d) Đúng. Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK\perp SD$ (1). Mặt khác, $\{\begin{array}{l}AB\perp SA\\ AB\perp AD\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $AK$ là đoạn vuông góc chung của $SD,AB$ $\Rightarrow d(SD;AB)=AK$. Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$, ta có: $AK=\sqrt{\frac{A{D}^2\cdot A{S}^2}{A{D}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
a) Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$. Ta có: $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)\Rightarrow d(D;(SBC))=d(A;(SBC))=AH$. Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $AH=\sqrt{\frac{A{B}^2\cdot A{S}^2}{A{B}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Khẳng định a) Sai.
b) $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)$. Khẳng định b) Đúng.
c) Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow$ Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Do đó, $(SC;(ABCD))=(SC;AC)=\widehat{SCA}$. Xét $\Delta SCA$, ta có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Khẳng định c) Sai.
d) Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK\perp SD$ (1). Mặt khác, $\{\begin{array}{l}AB\perp SA\\ AB\perp AD\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $AK$ là đoạn vuông góc chung của $SD,AB$ $\Rightarrow d(SD;AB)=AK$. Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$, ta có: $AK=\sqrt{\frac{A{D}^2\cdot A{S}^2}{A{D}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$. Khẳng định d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Trải ba mặt bên của hình hộp chứa đường đi $F\to M\to N\to A$ (các mặt $BCGF$, $CDHG$, $DAHE$) ra cùng một mặt phẳng, ta được một hình chữ nhật có chiều cao $2,4$ m và chiều rộng bằng $3\times 0,5=1,5$ m (ba cạnh đáy $CG$, $DH$, $AE$... tức ba lần cạnh $0,5$ m). Trên hình trải phẳng, $F$ nằm ở đỉnh trên của dải thứ nhất và $A$ nằm ở đỉnh dưới của dải thứ ba, nên đoạn dây ngắn nhất là đoạn thẳng nối $F$ với $A$:
$$FA=\sqrt{1,5^2+2,4^2}=\sqrt{2,25+5,76}=\sqrt{8,01}=\frac{3\sqrt{89}}{10}\approx 2,83\text{ m}.$$
Vậy độ dài ngắn nhất của đoạn dây đèn cần dùng là $\sqrt{8,01}=\frac{3\sqrt{89}}{10}\approx 2,83$ m.

(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 $\frac{\sqrt{30}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ (giao của $AC$ và $BD$). Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$; lại có $BD\perp AC$ (hai đường chéo hình vuông), suy ra $BD\perp (SAC)$. Do đó $d(B,(SAC))=BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác SAB cân tại S nên $SH\perp AB$, mà $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$.

Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{3};0)$, $C(a;a\sqrt{3};0)$, $H(a/2;0;0)$, $S(a/2;0;h)$ với $h=SH>0$.

a) Mặt phẳng $(SHD)$ đi qua H và chứa vectơ $\overrightarrow{HS}=(0;0;h)$, $\overrightarrow{HD}=(-a/2;a\sqrt{3};0)$. Vectơ pháp tuyến:
$$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{HS}\times \overrightarrow{HD}=(-a\sqrt{3}h;-ah/2;0)\parallel (2\sqrt{3};1;0).$$
Phương trình $(SHD)$: $2\sqrt{3}(x-a/2)+y=0$, tức $2\sqrt{3}x+y-a\sqrt{3}=0$ (kiểm tra: $D(0;a\sqrt{3};0)$ thỏa mãn).
$$d(A,(SHD))=\frac{|0+0-a\sqrt{3}|}{\sqrt{12+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{a\sqrt{39}}{13}.$$
Kết quả không phụ thuộc chiều cao $SH$.

b) Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $(SHC)\perp (ABCD)$, giao tuyến là $HC$. Do đó $d(D,(SHC))=d(D,HC)$ trong mặt đáy.

Đường thẳng $HC$ qua $H(a/2;0)$ có vectơ chỉ phương $(a/2;a\sqrt{3})\parallel (1;2\sqrt{3})$, phương trình: $2\sqrt{3}x-y-a\sqrt{3}=0$.
$$d(D,HC)=\frac{|2\sqrt{3}\cdot 0-a\sqrt{3}-a\sqrt{3}|}{\sqrt{13}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$

Vậy: a) $d(A,(SHD))=\frac{a\sqrt{39}}{13}$; b) $d(D,(SHC))=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

(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)
Chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a, SO = a (O là tâm đáy), I trung điểm SC.
a) Khoảng cách từ I đến (ABCD): vì I là trung điểm SC nên d(I,(ABCD)) = SO/2 = a/2. Đúng.
b) Gọi H là trung điểm CD, OH = a/2, SH = √(SO² + OH²) = √(a² + a²/4) = a√5/2 ≠ a, nên góc giữa (SCD) và đáy là góc SHO ≠ 90°, hai mặt phẳng không vuông góc. Sai.
c) O, C, D đều nằm trong mặt đáy nên (OCD) ≡ (ABCD), diện tích tam giác OCD = (1/4)a², chiều cao từ I bằng a/2. V(I.OCD) = (1/3)(a²/4)(a/2) = a³/24, còn V(S.ABCD) = (1/3)a²·a = a³/3. Tỉ số bằng 1/8 ≠ 1/16. Sai.
d) Vì AB ∥ CD nên d(AB, SD) = d(A, (SCD)). Tọa hóa: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,a,0), D(0,a,0), S(a/2,a/2,a). Mặt phẳng (SCD) có phương trình 2y + az = 2a. Khoảng cách từ A: 2a/√(4+a²) = 2a/√5 = 2a√5/5. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
I là trung điểm SC nên d(I,(ABCD)) = SO/2 = a/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa (SCD) và đáy là góc giữa SH và OH với H trung điểm CD: SH = a√5/2 ≠ OH, nên góc ≠ 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
(OCD) trùng mặt đáy, V(I.OCD) = a³/24 = (1/8)V(S.ABCD), không phải 1/16.
d) (AI giải đề cho tôi)
d(AB,SD) = d(A,(SCD)) = 2a/√5 = 2a√5/5.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông cân tại $C$ với $BD=2a$ nên đường trung tuyến $CM=\frac{BD}{2}=a$. Vì $AC\perp (BCD)$ nên $AC\perp CM$, do đó $△ACM$ vuông tại $C$ với $AC=a$, $CM=a$, suy ra $AM=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $C$ đến đường thẳng $AM$ là đường cao của tam giác vuông $ACM$ hạ từ $C$: $d(C,AM)=\frac{AC\cdot CM}{AM}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $S(0;0;3a)$, $M(a;0;0)$, $N(a;a;0)$.
a) $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot 3a\cdot \frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^3$ → đúng.
b) $(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$ (chứa $AB$ và $SA$), nên $d(C,(SAB))=CB=2a\ne a$ → sai.
c) $(SMN)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MS}=(0;a;0)\times (-a;0;3a)=(3a^2;0;a^2)\sim (3;0;1)$. Vectơ chỉ phương của $SA$ là $\vec{u}=(0;0;1)$. $\sin \theta =\frac{|\vec{n}\cdot \vec{u}|}{|\vec{n}||\vec{u}|}=\frac{1}{\sqrt{10}}$, nên $\theta =\arcsin \frac{1}{\sqrt{10}}\approx 18,43^{\circ }>18^{\circ }$ → đúng.
d) $\overrightarrow{BC}=(0;2a;0)$, $\overrightarrow{SM}=(a;0;-3a)$, $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{SM}=(-6a^2;0;-2a^2)\sim (-3;0;-1)$, $|\vec{n}|=a\sqrt{10}$. Lấy $B(2a;0;0)$, $S(0;0;3a)$: $\overrightarrow{BS}=(-2a;0;3a)$. $d(BC,SM)=\frac{|\overrightarrow{BS}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|6a^2-3a^2|}{a\sqrt{10}}=\frac{3a}{\sqrt{10}}\ne 3a\sqrt{10}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 3a\cdot \frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$, khoảng cách từ $C$ bằng $CB=2a\ne a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SMN)$ là $(3;0;1)$, $\sin \theta =\frac{1}{\sqrt{10}}$, $\theta \approx 18,43^{\circ }>18^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $d(BC,SM)=\frac{3a}{\sqrt{10}}\ne 3a\sqrt{10}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều cao của chóp: $R=\frac{1}{\sqrt{3}}$, $h=\sqrt{3-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{6}$. Diện tích $(SBC)$: tam giác cân $SB=SC=\sqrt{3}$, $BC=1$, đường cao $\sqrt{3-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{11}}{2}$, nên $S_{SBC}=\frac{\sqrt{11}}{4}$. Khoảng cách từ $A$: $d_1=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{11}/4}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{11}}\approx 0,8528$. Vì $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $d_2=\frac{d_1}{3}$ (khoảng cách biến thiên tuyến tính, $B,C$ nằm trong mặt phẳng). Vậy $d=d_1+d_2=\frac{4}{3}{d}_1=\frac{8\sqrt{2}}{3\sqrt{11}}\approx 1,14$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, $SO\perp (ABCD)$ nên $d(S,(ABCD))=SO$ (C đúng). Vì $BD\perp (SAC)$ tại $O$ nên $d(B,(SAC))=BO$ (D đúng). Tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $O$ trung điểm $BD$, $AO\perp BD$ và $AO\perp SO$ nên $AO\perp (SBD)$, suy ra $d(A,(SBD))=AO$ (B đúng). Với A: $OM\perp CD$ nhưng $OM$ không vuông góc với mặt phẳng $(SCD)$ (vì $OM$ không vuông góc với $SD$), nên $d(O,(SCD))\ne OM$; khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$ phải tính qua tam giác vuông khác. Vậy khẳng định A là sai, khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$; mà $AB\perp BC$ (hình vuông) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $S{A}^2=S{C}^2-A{C}^2=45-18=27\Rightarrow SA=3\sqrt{3}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $SB=\sqrt{27+9}=6$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là đường cao từ $A$ của tam giác vuông $SBC$ (kẻ $AH\perp SB$): $d=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{3\cdot 3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Vậy $a=3,b=2\Rightarrow 3a+2b=13$.

(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.