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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Trong mặt đáy $ABCD$, gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh 3 nên $BD\perp AC$ tại $O$, mà $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AC$, suy ra $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $AC\perp BO$. Lại có $BO\perp B{B}^{\prime }$ nên $BO\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vậy khoảng cách cần tìm là $BO=\frac{BD}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy hình vuông cạnh $a$ với $AC=a\sqrt{2}=3\sqrt{2}$ nên $a=3$; $SA\perp (ABCD)$, $SA=3\sqrt{6}$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{54+18}=6\sqrt{2}$.
a) Vì $AB\parallel CD$ nên $d(A,(SCD))=d(B,(SCD))=d(B,SC)$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $SB=3\sqrt{6},BC=3,SC=6\sqrt{2}$, khoảng cách từ $B$ đến $SC$ là $\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{9\sqrt{6}}{6\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx 2,598\ne \frac{3\sqrt{42}}{7}\approx 2,777$. Sai.
b) $\tan (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\frac{3\sqrt{6}}{3\sqrt{2}}=\sqrt{3}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. Đúng.
c) $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot 3\sqrt{6}=9\sqrt{6}\ne 27\sqrt{6}$. Sai.
d) $BD\perp AC$ (hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $d(A,(SCD))=d(B,SC)=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{3\sqrt{6}\cdot 3}{6\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\ne \frac{3\sqrt{42}}{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\sqrt{3}\Rightarrow$ góc bằng $60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 3^2\cdot 3\sqrt{6}=9\sqrt{6}\ne 27\sqrt{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAC)$.

a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng. (Theo bảng đáp án mã đề 1102, ký hiệu D = Đúng, S = Sai.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;3;0)$, $D(0;3;0)$, $H(3;0;0)$. Ta có $HC=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$. Vì $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ và $SH\perp (ABCD)$ nên $SH=HC\cdot \tan 45^{\circ }=3\sqrt{2}$, suy ra $S(3;0;3\sqrt{2})$ và $SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}=6$.

Thể tích khối chóp $S.ADC$: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ADC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{6\cdot 3}{2}\cdot 3\sqrt{2}=9\sqrt{2}$.

Khoảng cách từ $S$ đến đường thẳng $DC$ (với $DC\parallel AB$, $DC=6$): $d(S,DC)=\sqrt{S{H}^2+{\left(\frac{AD}{2}\cdot 2\right)}^2}$... chính xác là $d(S,DC)=\sqrt{3^2+(3\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$ (do $H$ cách đường $DC$ một khoảng $AD=3$ theo phương ngang và $SH=3\sqrt{2}$ theo phương thẳng đứng).

Diện tích tam giác $SDC$: $S_{SDC}=\frac{1}{2}\cdot DC\cdot d(S,DC)=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$.

Khoảng cách từ $A$ đến $(SDC)$: $d(A,(SDC))=\frac{3V_{S.ADC}}{S_{SDC}}=\frac{27\sqrt{2}}{9\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}\approx 2,449\approx 2,4$ cm.

Kết quả khớp với đáp án nguồn $2,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$. Suy ra $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Trong $(SAB)$, $AH\perp SB$ với $H\in SB$, do đó $AH\perp (SBC)$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $AH$. (Lưu ý $AK$ chỉ vuông góc với $SC$, không vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$.) Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $B$ cách mặt trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ một khoảng bằng cạnh $B{B}^{\prime }=a$. b) Sai: $BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, góc giữa $BD$ và mặt phẳng bằng $90^{\circ }$ chứ không phải $60^{\circ }$. c) Sai: $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{a^2}{2}$, khoảng cách từ $B$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $a$ nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$; mặt khác $B{O}^{\prime }=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ nên $\frac{1}{6}B{O}^{\prime }{a}^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}\ne \frac{a^3}{6}$. d) Đúng: đặt hệ tọa độ $A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A^{\prime }(0,0,a)$; $BD$ có VTCP $(a,-a,0)$, $A^{\prime }C$ có VTCP $(a,a,-a)$, VTCP chung $\vec{n}=(1,1,2)$; lấy $B(a,0,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(a,0,-a)$, khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|a-a|}{\sqrt{6}}$... tính lại với điểm $B(a,0,0)$ trên $BD$ và điểm $C(a,a,0)$ trên $A^{\prime }C$: $\overrightarrow{BC}=(0,a,0)$, $d=\frac{|0+a+0|}{\sqrt{1+1+4}}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Khớp bảng đáp án mã đề 1101: 1a D, 1b S, 1c S, 1d D.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $B{B}^{\prime }=a$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$; góc bằng $90^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$, còn $\frac{1}{6}B{O}^{\prime }{a}^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}\ne \frac{a^3}{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ tọa độ, VTCP chung của $BD$ và $A^{\prime }C$ là $\vec{n}=(1,1,2)$; $d(BD,A^{\prime }C)=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;3;0)$, $C(6;3;0)$, $H(3;0;0)$. Vì $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ và $SH\perp (ABCD)$ nên tam giác $SHC$ vuông tại $H$ cân, $SH=HC$. Với $HB=3$, $BC=AD=3$: $HC=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$, suy ra $S(3;0;3\sqrt{2})$. Mặt phẳng $(SDC)$ đi qua $D(0;3;0)$, $C(6;3;0)$, $S(3;0;3\sqrt{2})$: vectơ $\overrightarrow{DC}=(6;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(3;-3;3\sqrt{2})$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-18\sqrt{2};-18)$, tức phương trình $\sqrt{2}y+z=3\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $A(0;0;0)$: $d=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2+1}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}\approx 2,449\approx 2,4$ cm, khớp đáp án nguồn 2,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp AH$. Mặt khác $AH\perp SB$ ($H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$). Vì $AH$ vuông góc với hai đường cắt nhau $SB$ và $BC$ trong mặt phẳng $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $AH$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (đề 1101, câu 8: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$ tại $H$. Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp AH$, mà $AH\perp SB$ nên $AH\perp (SBC)$. Vậy $d(A,(SBC))=AH$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $SA=2a$ nên $SB=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Diện tích $S_{SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SA=\frac{1}{2}AH\cdot SB$, suy ra $AH=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $\frac{2\sqrt{5}a}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $H(0;0;0)$, $A(-a;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(-a;a;0)$, $S(0;0;h)$. Vì $HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$ và $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ nên $SH=HC=a\sqrt{2}$, tức $S(0;0;a\sqrt{2})$.

a) $BC\perp AB$ (hình chữ nhật) và $BC\perp SH$ ($SH\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$. Đúng.

b) Mặt phẳng $(SBC)$ qua $B(a;0;0)$ với pháp tuyến $\vec{n}=(\sqrt{2};0;1)$ (từ $\overrightarrow{BS}=(-a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$): $\sqrt{2}x+z=\sqrt{2}a$. Khoảng cách từ $H$: $\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Đúng.

c) $K$ trung điểm $CD$ nên $K(0;a;0)$, $HK$ có phương along $Oy$, còn $CD\parallel AB$ theo $Ox$ nên $CD\perp HK$; lại $CD\perp SH$. Vậy $CD\perp (SHK)$. Đúng.

d) Mặt phẳng $(SCD)$ qua $C(a;a;0)$ với pháp tuyến $\vec{n}=(0;\sqrt{2};1)$ (từ $\overrightarrow{DC}=(2a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(a;-a;a\sqrt{2})$): $\sqrt{2}y+z=\sqrt{2}a$. Khoảng cách từ $H$: $\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\ne \frac{a\sqrt{6}}{2}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SH$ nên $BC\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SBC):\sqrt{2}x+z=\sqrt{2}a$, $d(H,(SBC))=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp HK$ (vì $HK\parallel AD$) và $CD\perp SH$ nên $CD\perp (SHK)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(SCD):\sqrt{2}y+z=\sqrt{2}a$, $d(H,(SCD))=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương, $AC\perp BD$ tại giao điểm $O$ của hai đường chéo, và $AC\perp B{B}^{\prime }$ nên $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$. Do đó khoảng cách từ $C$ đến $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng $CO=\frac{AC}{2}$. Với cạnh $2a$: $AC=2a\sqrt{2}$, suy ra $CO=a\sqrt{2}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AC\perp BC$ (đáy vuông cân tại $C$ với $AC=BC=1$) và $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AC$, suy ra $BC\perp (SAC)$. Do đó $(SBC)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SC$, nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SC$ trong mặt phẳng $(SAC)$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SA=AC=1$, $SC=\sqrt{2}$, nên $d(A,SC)=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kiểm tra bằng thể tích: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \frac{AC\cdot BC}{2}=\frac{1}{6}$; tam giác $SBC$ vuông tại $C$ ($SC=\sqrt{2},BC=1,SB=\sqrt{3}$) có diện tích $\frac{\sqrt{2}}{2}$, nên $d=\frac{3V}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1/2}{\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kết quả khớp phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên $AD\subset$ mặt phẳng $(ABCD)$, ta có $d(SB,AD)=d(SB,BC)=d(A,SB)$ (do $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$). Khoảng cách cần tìm chính là $AH$ với $AH\perp SB$. Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=AB=a$, có $SB=a\sqrt{2}$. Diện tích: $\frac{1}{2}SA\cdot AB=\frac{1}{2}SB\cdot AH$, suy ra $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Vậy khoảng cách giữa $SB$ và $AD$ là $\frac{\sqrt{2}a}{2}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đáy. Đường thẳng $BC$ nằm trong $(ABC)$ và không đi qua $H$, nên đoạn vuông góc chung của $BC$ và $SH$ là đoạn vuông góc kẻ từ $H$ xuống $BC$. Do đó $d(BC,SH)=d(H,BC)=HK$. K là trung điểm $BC$, H là trung điểm $AB$ nên $HK$ là đường trung bình của tam giác $ABC$: $HK=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}$. Ta có $BC\parallel AD$ nên $BC\parallel (SAD)$. Hơn nữa $AB\perp AD$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp (SAD)$. Do đó khoảng cách giữa $SD$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến mặt phẳng $(SAD)$, tức là $d(B,(SAD))=AB=a\sqrt{3}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $O(0;0;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$. Vì $BD=2a$ nên $OB=OD=a$; tam giác $ABD$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $BD=2a$ nên $AD=a\sqrt{3}$. Đặt $A\left(\frac{a}{2};\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $B\left(-\frac{a}{2};\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $C\left(-\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$.

a) $I$ trung điểm $OA$: $I\left(\frac{a}{4};\frac{\sqrt{3}a}{4};0\right)$. Ta có $\overrightarrow{BI}=\left(\frac{3a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};0\right)$ và $\overrightarrow{OA}\parallel (1;\sqrt{3};0)$, nên $\overrightarrow{BI}\cdot \overrightarrow{OA}=\frac{3a}{4}-\frac{3a}{4}=0$, tức $BI\perp OA$. Mặt khác $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BI$ (vì $BI\subset (ABCD)$). Suy ra $BI\perp (SOA)$, mà $BI\subset (SBI)$ nên $(SBI)\perp (SOA)$. (đpcm)

b) Vì $BI\perp (SOA)$ nên $I$ là hình chiếu của $B$ lên $(SOA)$; góc giữa $SB$ và $(SOA)$ là góc $\widehat{BSI}$. Tính: $BI=\sqrt{\frac{9a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $OI=\frac{OA}{2}=\frac{a}{2}$ (vì $OA=OB=a$); $SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$. Do đó $\tan \widehat{BSI}=\frac{BI}{SI}=\sqrt{\frac{3}{13}}$, tức góc cần tìm bằng $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{4}\approx 25,7^{\circ }$ (vì $\sin \widehat{BSI}=\frac{BI}{SB}=\frac{a\sqrt{3}/2}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{4}$, do $SB=\sqrt{S{O}^2+O{B}^2}=2a$).

c) $\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};-a\sqrt{3}\right)$, $|SC|=2a$. $\overrightarrow{IS}=\left(-\frac{a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};a\sqrt{3}\right)$, $\overrightarrow{IS}\cdot \overrightarrow{SC}=\frac{a^2}{8}+\frac{3a^2}{8}-3a^2=-\frac{5a^2}{2}$. Hình chiếu: $\overrightarrow{SJ}=\frac{\overrightarrow{SC}\cdot (-\overrightarrow{IS})}{|\overrightarrow{SC}{|}^2}\overrightarrow{SC}$ với tỉ số $t=\frac{5a^2/2}{4a^2}=\frac{5}{8}$, nên $J=S+\frac{5}{8}\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{5a}{16};-\frac{5\sqrt{3}a}{16};\frac{3\sqrt{3}a}{8}\right)$. $K$ trung điểm $SD$: $K\left(\frac{a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$. Trọng tâm $G$ của tam giác $AJK$ có tung độ $z$: $z_G=\frac{0+\frac{3\sqrt{3}a}{8}+\frac{\sqrt{3}a}{2}}{3}=\frac{7\sqrt{3}a}{24}$. Vậy $d(G,(ABCD))=\frac{7a\sqrt{3}}{24}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$, lấy $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$. Ta có $CI\perp AB$ (vì $△ABC$ đều) và $DI\perp AB$ (vì $△ABD$ đều), 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 là $d=IJ$. Tính: $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $DI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tam giác $ICD$ cân tại $I$ nên $IJ=\sqrt{C{I}^2-C{J}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $CD\subset (SCD)$, $M\in SD\subset (SCD)$ nên $CM\subset (SCD)$. Do đó khoảng cách giữa $AB$ và $CM$ bằng khoảng cách từ $AB$ đến mặt phẳng $(SCD)$, tức bằng khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$.

Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

Mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $D(0;a;0)$ với hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DC}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(0;-a;a\sqrt{3})$.
Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-a^2\sqrt{3};-a^2)\sim (0;\sqrt{3};1)$.

Phương trình $(SCD)$: $\sqrt{3}(y-a)+z=0$, tức $\sqrt{3}y+z-a\sqrt{3}=0$.

Khoảng cách từ $A(0;0;0)$:
$$d(A,(SCD))=\frac{|-a\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $CM$ là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, chọn đáp án B.

Trả lời: 0,71. Gọi $E$ là trung điểm $BC$ thì $BC\perp AE$ vì $\Delta ABC$ đều. Dựng $AF\perp SE$ (1) tại $F$. Ta có: $BC\perp SA,BC\perp AE\Rightarrow BC\perp (SAE)\Rightarrow BC\perp AF$ (2). Từ (1) và (2), suy ra: $AF\perp (SBC)$. Vậy $d(A,(SBC))=AF$. Xét tam giác $SAE$ vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=2\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

Trả lời: 1,8. Cái lều được minh họa bởi hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Gọi $O$ là tâm của đáy, $M$ là vị trí bóng đèn. Khi đó khoảng cách từ bóng đèn đến mặt đất bằng độ dài đoạn thẳng $MO$. Ta có: $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ $$MO=SO-SM=\frac{3\sqrt{2}}{2}-0,3\approx 1,8$$ Vậy khoảng cách từ bóng đèn đến mặt đất xấp xỉ $1,8m$.