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

Ta có : $AB=2HB\Rightarrow d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)$. Gọi $E$ là trung điểm $BO$; khi đó $HE\perp BO$. Lại có $SH\perp BO$ (do $SH\perp (ABCD)$) nên $BO\perp (SHE)$. Hạ $HK\perp SE$ tại $K$. Ta có : $HK\perp BO$ vì $BO\perp (SHE)\supset HK$. Nên $HK\perp (SBD)$ tại $K$ suy ra: $d\left(H,(SBD)\right)=HK$. Xét $\Delta AHD$: $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Xét $\Delta SHD$: $SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. $HE=\frac{1}{2}AO=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Xét $\Delta SHK$: $HK=\frac{HE\cdot HS}{\sqrt{H{E}^2+H{S}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$. Suy ra: $d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Vậy : $d\left(A,(SBD)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Lưu ý: Thí sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

Ta có : $AB=2HB\Rightarrow d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)$. Gọi $E$ là trung điểm $BO$; khi đó $HE\perp BO$. Lại có $SH\perp BO$ (do $SH\perp (ABCD)$) nên $BO\perp (SHE)$. Hạ $HK\perp SE$ tại $K$. Ta có : $HK\perp BO$ vì $BO\perp (SHE)\supset HK$. Nên $HK\perp (SBD)$ tại $K$ suy ra: $d\left(H,(SBD)\right)=HK$. Xét $\Delta AHD$: $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Xét $\Delta SHD$: $SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. $HE=\frac{1}{2}AO=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Xét $\Delta SHK$: $HK=\frac{HE\cdot HS}{\sqrt{H{E}^2+H{S}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$. Suy ra: $d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Vậy : $d\left(A,(SBD)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Lưu ý: Thí sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

+ Lập luận chỉ ra được $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{2}{3}d\left(A;(SCD)\right)$

+ Kẻ $AH\perp SD$. CM được $d\left(A;(SCD)\right)=AH$

+ Tính được $AH=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$

+ Suy ra $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{4\sqrt{15}}{15}a$ (điểm 0,25 × 4).

+ Lập luận chỉ ra được $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{2}{3}d\left(A;(SCD)\right)$

+ Kẻ $AH\perp SD$. CM được $d\left(A;(SCD)\right)=AH$

+ Tính được $AH=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$

+ Suy ra $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{4\sqrt{15}}{15}a$ (điểm 0,25 × 4).

+ Lập luận chỉ ra được $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{2}{3}d\left(A;(SCD)\right)$

+ Kẻ $AH\perp SD$. CM được $d\left(A;(SCD)\right)=AH$

+ Tính được $AH=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$

+ Suy ra $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{4\sqrt{15}}{15}a$ (điểm 0,25 × 4).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;d;0)$, $C(a;d;0)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy qua $AB$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$, do đó $d(SD,BC)=d(B,(SAD))$. Mặt phẳng $(SAD)$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{AS}\parallel (\sqrt{3};0;-1)$, phương trình: $\sqrt{3}x-z=0$. Khoảng cách từ $B(a;0;0)$: $d=\frac{\sqrt{3}a}{2}=a\sqrt{\frac{3}{4}}$. Vậy $m=3,n=4$ (nguyên tố cùng nhau), $m^2-2n^2=9-32=-23$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-23$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,d,0), C(a,d,0). Vì (SAB) ⊥ (ABCD) và tam giác SAB đều cạnh a nên S(a/2, 0, a√3/2). Do BC ∥ AD nên BC ∥ (SAD), khoảng cách giữa SD và BC bằng d(B,(SAD)). Mặt phẳng (SAD) có VTCP pháp tuyến AD×AS ∝ (√3,0,−1), phương trình √3x − z = 0. Khoảng cách từ B(a,0,0): |√3·a|/√(3+1) = a√3/2 = a√(3/4). Vậy m=3, n=4, m²−n² = 9−16 = −7, khớp đáp án nguồn.

a) Theo giả thiết có $CB\perp AB$ (Do ABCD là hình vuông) (1)

Lại có $SA\perp (ABCD),CB\in (ABCD)\Rightarrow SA\perp CB$ (2)

AB, SA cắt nhau tại A, cùng thuộc (SAB) (3)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow CB\perp (SAB)$ (0,5 điểm).



b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD $\Rightarrow d(\text{A},\text{SD})=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Từ công thức $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$ tính được $SA=a\sqrt{3}$

Gọi G là trọng tâm tam giác SAD và $d\left(D,(SAC)\right)=DO=a\sqrt{2}$. (0,25 điểm)

Ta có

$$\frac{d\left(G,(SAC)\right)}{d\left(D,(SAC)\right)}=\frac{1}{3}\iff d\left(G,(SAC)\right)=\frac{1}{3}d\left(D,(SAC)\right)=\frac{DO}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}.$$

Ta có: $\frac{d\left(G,(SAC)\right)}{d\left(B,(SAC)\right)}=\frac{1}{3}\iff d\left(G,(SAC)\right)=\frac{1}{3}d\left(B,(SAC)\right)=\frac{BO}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$$\Rightarrow d\left(G,(SAC)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{6}$$ (0,25 điểm).

a) Theo giả thiết có $CD\perp AD$ (Do ABCD là hình vuông) (1)
Lại có $SA\perp (ABCD),CD\subset (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2)
AD, SA cắt nhau tại A, cùng thuộc (SAD) (3)
Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow CD\perp (SAD)$ (0,5 điểm).



b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB $\Rightarrow d(A,SB)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Từ công thức $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}$. Tính được $SA=a\sqrt{3}$ (0,25 điểm).

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và $d\left(B,(SAC)\right)=BO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ta có : $\frac{d\left(G,(SAC)\right)}{d\left(B,(SAC)\right)}=\frac{1}{3}\iff d\left(G,(SAC)\right)=\frac{1}{3}d\left(B,(SAC)\right)=\frac{BO}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$\Rightarrow d\left(G,(SAC)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{6}$ (0,25 điểm).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$ (tam giác đều cạnh 1), $B^{\prime }(1;0;2)$.
Vectơ $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(1;0;2)$, $\overrightarrow{AC}=(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$.
Pháp tuyến: $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{AC}=(-\sqrt{3};1;\frac{\sqrt{3}}{2})$.
Mặt phẳng $(B^{\prime }AC)$: $-\sqrt{3}x+y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0$.
Khoảng cách từ $B(1;0;0)$: $d=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+1+\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19/4}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}\approx 0,7947\approx 0,79$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ A(0;0;0), B(2a;0;0), D(0;2a;0), H(a;0;0) (trung điểm AB). Vì SH⊥(ABCD) nên S(a;0;h). Ta có HD = √(AH²+AD²) = √(a²+4a²) = a√5, nên SH = √(SD²−HD²) = √(9a²−5a²) = 2a, tức S(a;0;2a).

a) Vì AD⊥AB (đáy là hình vuông) và AD⊥SH (SH⊥(ABCD)) nên AD⊥(SAB). Mà SB⊂(SAB) nên AD⊥SB. (Kiểm tra tọa độ: SB = (a;0;−2a)... thực tế AD = (0;2a;0), SB = B−S = (a;0;−2a), tích vô hướng = 0 ✓.)

b) Vì HB∥CD (H thuộc AB) và CD⊂(SCD) nên d(H,(SCD)) = d(B,(SCD)) = d(A,(SCD)) (vì AB∥CD).

Mặt phẳng (SCD) đi qua D(0;2a;0), C(2a;2a;0), S(a;0;2a). DC = (2a;0;0), DS = (a;−2a;2a), vecto pháp tuyến n = DC×DS = (0;−4a²;−4a²) ∝ (0;1;1). Phương trình (SCD): y + z = 2a.

Khoảng cách từ H(a;0;0) đến (SCD): d = |0+0−2a|/√2 = 2a/√2 = a√2.

Kiểm tra bằng thể tích: V(S.ACD) = (1/3)·S_{ACD}·SH = (1/3)·2a²·2a = 4a³/3. Diện tích tam giác SCD = ½|DC×DS| = 2a²√2. Khoảng cách từ A (nên cũng từ H) = 3V/S_{SCD} = 4a³/(2a²√2) = 2a/√2 = a√2 ✓. Kết quả nhất quán: d(H,(SCD)) = a√2.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương bằng $2a$. Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(2a,0,0)$, $C(2a,2a,0)$, $D(0,2a,0)$, $A^{\prime }(0,0,2a)$, $C^{\prime }(2a,2a,2a)$.

a) $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ (vì $BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$), nên $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{BD}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$. Đúng.

b) $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ nên $d(B{B}^{\prime },CD)=d(A{A}^{\prime },CD)=AD=2a\ne 2a\sqrt{2}$. Sai.

c) Hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ song song, khoảng cách giữa chúng bằng $AD=2a\ne a$. Sai.

d) ${\vec{u}}_{AD}=(0,1,0)$, ${\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(1,1,-1)$, ${\vec{u}}_{AD}\times {\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(-1,0,-1)$, $\overrightarrow{A^{\prime }A}=(0,0,-2a)$.
$$d(AD,A^{\prime }C)=\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }A}\cdot ({\vec{u}}_{AD}\times {\vec{u}}_{A^{\prime }C})|}{|{\vec{u}}_{AD}\times {\vec{u}}_{A^{\prime }C}|}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$$ Đúng.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: Đúng – Sai – Sai – Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{BD}{2}=a\sqrt{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d(B{B}^{\prime },CD)=d(A{A}^{\prime },CD)=AD=2a\ne 2a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng $AD=2a\ne a$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng công thức khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau được $d(AD,A^{\prime }C)=a\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh $2a$, đặt hệ tọa độ $A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),A^{\prime }(0,0,2a)$.
a) $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng đường chéo, $B$ cách đều hai đầu đường chéo $AC$, khoảng cách bằng nửa đường chéo hình vuông cạnh $2a$: $d=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$. Đúng.
b) $B{B}^{\prime }\parallel CD$ (cùng vuông góc mặt đáy), khoảng cách giữa hai đường thẳng song song bằng $BC=2a$, không phải $2a\sqrt{2}$. Sai.
c) Hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ song song, khoảng cách bằng $AD=2a$, không phải $a$. Sai.
d) $AD\parallel BC$ nên $AD\parallel (A^{\prime }BC)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$: vectơ pháp tuyến từ $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(2a,0,-2a)$, $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(2a,2a,-2a)$ là $(1,0,1)$, phương trình $x+z=2a$. Khoảng cách từ $A(0,0,0)$: $d=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$. Đúng.
So với đáp án nguồn ĐSSĐ: khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $B$ đến $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng nửa đường chéo hình vuông $ABCD$: $\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$B{B}^{\prime }\parallel CD$ nên khoảng cách bằng $BC=2a\ne 2a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng song song, khoảng cách bằng $AD=2a\ne a$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel (A^{\prime }BC)$; khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $x+z=2a$ bằng $\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh $2a$, đặt tọa độ $A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),A^{\prime }(0,0,2a)$.
a) $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại giao điểm $O$ của $AC$ và $BD$; $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{BD}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$ → đúng.
b) Hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ song song, khoảng cách giữa chúng bằng $BC=2a\ne a$ → sai.
c) $AD\parallel BC$ nên $AD\parallel (A^{\prime }BC)$. Khoảng cách giữa $AD$ và $A^{\prime }C$ bằng $d(A,(A^{\prime }BC))$. Tam giác $A^{\prime }BC$ cân tại $B$ với $A^{\prime }B=BC=2a$, $A^{\prime }C=2a\sqrt{2}$, diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^2$. Khoảng cách $=\frac{2S}{A^{\prime }C}=\frac{4a^2}{2a\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$ → đúng. (Kiểm tra tọa độ: $\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(1,1,-1)$, pháp tuyến $\vec{n}=(0,1,1)$, $d=\frac{|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.)
d) $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $CD\parallel AB$ nên khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $CD$ bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song $A{A}^{\prime }$ và $CD$, bằng $AD=2a\ne 2a\sqrt{2}$ → sai.
So sánh với đáp án nguồn (mã đề 1002, Câu 3: Đ S Đ S): khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại $O$, $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{BD}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng $BC=2a$, không phải $a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel (A^{\prime }BC)$; khoảng cách giữa $AD$ và $A^{\prime }C$ bằng $d(A,(A^{\prime }BC))=\frac{2S_{A^{\prime }BC}}{A^{\prime }C}=\frac{4a^2}{2a\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$, $CD\parallel AB$ nên khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $CD$ bằng $AD=2a$, không phải $2a\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh $2a$. a) Hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ song song, khoảng cách giữa chúng bằng $BC=2a\ne a$ → Sai. b) $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng đường chéo, $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại $O$ (tâm), $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{BD}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$ → Đúng. c) $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, $CD\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $CD\perp B{B}^{\prime }$; khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $CD$ bằng $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=BC=2a\ne 2a\sqrt{2}$ → Sai. d) $AD\parallel BC$ nên $d(AD,A^{\prime }C)=d(A,(A^{\prime }BC))$. Chọn hệ trục $A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2a,0),A^{\prime }(0,0,2a)$: mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ có phương trình $x+z=2a$, khoảng cách từ $A$ là $\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng $BC=2a$, không phải $a$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại tâm $O$, khoảng cách bằng $BD/2=a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $CD$ bằng $BC=2a$, không phải $2a\sqrt{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel BC$ nên $d(AD,A^{\prime }C)=d(A,(A^{\prime }BC))=a\sqrt{2}$ (tọa độ: mặt phẳng $x+z=2a$, khoảng cách từ $A$ là $2a/\sqrt{2}=a\sqrt{2}$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$, tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{100-36}=8$. Đáy là hình vuông nên cạnh $a=\frac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$. Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $CD\perp (SAD)$. Vậy $d(C,(SAD))=CD=4\sqrt{2}\approx 5,66$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{100-36}=8$. Đáy là hình vuông nên cạnh $AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$. Do $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $d(C,(SAD))=AB=4\sqrt{2}\approx 5,66$. Khớp với đáp án nguồn 5,66.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành). Trong mặt đáy $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ (hai đường chéo của hình vuông). Do đó $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp BD$. Lại có $C{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $C{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }\perp BD$ (vì $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$). Vậy $C{C}^{\prime }$ là đường thẳng chung vuông góc với cả $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$, cắt $A^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $C$ và song song với đường thẳng cắt $BD$ (đoạn vuông góc từ $C$ lên $BD$ nằm trong mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$). Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng độ dài đoạn $C{C}^{\prime }$. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn (Câu 4, mã đề 0101: C).

Ta có $SA\perp (ABC)$ nên suy ra $SA\perp AB$.
Trong mặt phẳng $(ABC)$, hạ $AH\perp BC$ tại $H$.
Vì $AH\perp BC$ và $AH\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên đoạn thẳng $AH$ chính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $SA$ và $BC$.
Do đó, khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ chính bằng độ dài đoạn thẳng $AH$.
Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$, ta có:
$$AH=AB\cdot \sin \left(\widehat{ABC}\right)=a\cdot \sin (60^{\circ })=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(12;0;0)$, $C(0;15;0)$, $A^{\prime }(12;0;10)$. Xét tứ diện $A{A}^{\prime }BC$ (khối chóp với đỉnh $A$, đáy tam giác $A^{\prime }BC$). Thể tích tứ diện $V_{A{A}^{\prime }BC}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{B{A}^{\prime }},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})\right|=\frac{1}{6}\cdot 12\cdot 15\cdot 10=300$ cm³. Tam giác $A^{\prime }BC$ có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;0;10)$, $\overrightarrow{BC}=(0;15;0)$, tích có hướng $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{BC}=(-150;0;180)$ nên $S_{A^{\prime }BC}=\frac{1}{2}\sqrt{150^2+180^2}=\frac{1}{2}\sqrt{54900}=15\sqrt{61}$. Khoảng cách $d(A,(A^{\prime }BC))=\frac{3V_{A{A}^{\prime }BC}}{S_{A^{\prime }BC}}=\frac{900}{15\sqrt{61}}=\frac{60}{\sqrt{61}}=\frac{60\sqrt{61}}{61}\approx 7,68$ cm.