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

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song. Khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, ví dụ $A^{\prime }$, đến mặt phẳng $(ABCD)$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên khoảng cách này bằng $A{A}^{\prime }=4a$. Các cạnh $AB=6a$, $AD=5a$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ nên không ảnh hưởng đến khoảng cách. Vậy đáp án là $4a$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 0102, Câu 10: A).

Vẽ hình đúng để làm câu a (0,25 điểm).
a) Vì $(SAC)$ chứa $SA$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$ (0,25 điểm).
b) Gọi $O=AC\cap BD$. Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta lại có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2a\sqrt{2}$.
Kẻ $OH\perp SC$ $(H\in SC)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Dẫn tới $BD\perp (SAC)$. Suy ra $BD\perp OH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SC$, $BD$ là $d(SC,BD)=OH$.
Ta có $\sin \widehat{OCH}=\frac{OH}{OC}=\frac{SA}{SC}$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=a\sqrt{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $d(SC,BD)=\frac{a\sqrt{6}}{4}$. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song. Trong hình hộp chữ nhật, $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng bằng độ dài $A{A}^{\prime }=4a$. Vậy đáp án là B, khớp với bảng đáp án nguồn (Mã đề 0101, Câu 12: B).

Vẽ hình đúng để làm câu a (0,25 điểm).
a) Vì $(SAC)$ chứa $SA$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$ (0,25 điểm).
b) Gọi $O=AC\cap BD$. Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta lại có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2a\sqrt{2}$.
Kẻ $OH\perp SC$ $(H\in SC)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Dẫn tới $BD\perp (SAC)$. Suy ra $BD\perp OH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SC$, $BD$ là $d(SC,BD)=OH$.
Ta có $\sin \widehat{OCH}=\frac{OH}{OC}=\frac{SA}{SC}$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=a\sqrt{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $d(SC,BD)=\frac{a\sqrt{6}}{4}$. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$. Ta có $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và góc giữa cạnh bên $SA$ với đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }$.
Chiều cao khối chóp: $SO=OA\cdot \tan (60^{\circ })=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)$, do đó $d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Gọi $M$ là trung điểm $CD$, ta có $OM=\frac{a}{2}$. Kẻ $OH\perp SM$, ta được $d(O,(SCD))=OH$.
Xét tam giác vuông $SOM$: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{4}{6a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{14}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{42}}{14}$.
Vậy $d(AB,(SCD))=2OH=\frac{a\sqrt{42}}{7}$.

a) Chứng minh $AH\perp (SBC)$:
Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$.
Lại có $AH\perp SB$ (theo giả thiết).
Từ hai điều trên, ta kết luận được $AH\perp (SBC)$.

b) Chứng minh $(SAC)\perp (AHK)$:
Chứng minh hoàn toàn tương tự ý a), ta có $CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AK$. Lại có $AK\perp SD\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK\perp SC$.
Theo ý a), ta đã có $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$.
Từ hai yếu tố $AK\perp SC$ và $AH\perp SC$, suy ra $SC\perp (AHK)$.
Mặt khác, $SC\subset (SAC)$. Vậy $(SAC)\perp (AHK)$ (đpcm).

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $BD$:
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và song song với $AD,BC$.
Vì $SA\perp AD\Rightarrow SA\perp \Delta$. Mặt khác $AB\perp AD\Rightarrow SB\perp \Delta$ (theo định lý 3 đường vuông góc).
Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(SAD)$ là góc $\widehat{ASB}=45^{\circ }$. Từ đó $\Delta SAB$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=AB=a$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ $Cx\parallel BD$.
Khoảng cách cần tìm: $d(BD,SC)=d(BD,(S,Cx))=d(O,(S,Cx))$ (với $O$ là tâm đáy). Do $O$ là trung điểm $AC$ nên $d(O,(S,Cx))=\frac{1}{2}d(A,(S,Cx))$.
Kẻ $AE\perp BD$. Xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$: $AE=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.
Kẻ $AF\perp Cx$ tại $F$. Do $BD\parallel Cx$ nên $AF=2AE=\frac{4a\sqrt{5}}{5}$.
Chiều cao hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $(S,Cx)$ là $h$, tính theo hệ thức:
$$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{5}{16a^2}=\frac{21}{16a^2}\Rightarrow h=\frac{4a\sqrt{21}}{21}.$$ Vậy $d(BD,SC)=\frac{1}{2}h=\frac{2a\sqrt{21}}{21}$.

Đáy $ABC$ vuông cân tại $A$, $BC=a\sqrt{2}\Rightarrow AB=AC=a$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2$.
Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{1}{2}{a}^2\cdot h=\frac{a^3}{2}\Rightarrow$ Chiều cao lăng trụ $h=a$.
Ta có $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$, mà $A^{\prime }{B}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\Rightarrow AB\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, nên khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $AB$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ chính bằng khoảng cách từ đường thẳng $AB$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Đây chính là chiều cao của lăng trụ, bằng $a$.

a) $BC\perp SA$ (gt), $BC\perp AB$ (gt) $\Rightarrow BC\perp (SAB)$ $\Rightarrow (SAB)\perp (SBC)$.
b) Kẻ CE//DK (E thuộc đt AB).
d(DK, SC) = d(K, (SCE)) $=\frac{3}{5}d(A,(SCE))$.
Kẻ AF ⊥ CE: $AF=\frac{7a}{\sqrt{2}}$.
AH ⊥ SF: $AH=\frac{7a}{4}$.
Vậy $d(SC,DK)=a$.

a) $CD\perp SA$ (gt), $CD\perp AD$ (gt) $\Rightarrow CD\perp (SAD)$ $\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$.
b) Kẻ CK//BM (K thuộc đt AD).
d(BM, SC) = d(M, (SCK)) $=\frac{3}{5}d(A,(SCK))$.
Kẻ AE ⊥ CK: $AE=a\sqrt{5}$.
AH ⊥ SE: $AH=a$.
Vậy $d(SC,BM)=\frac{3a}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;1)$. Trọng tâm $G=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};0\right)$. Mặt phẳng $(SBC)$: $\overrightarrow{SB}=(2;0;-1)$, $\overrightarrow{SC}=(1;\sqrt{3};-1)$, vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(\sqrt{3};1;2\sqrt{3})$, nên $(SBC)$: $\sqrt{3}x+y+2\sqrt{3}z-2\sqrt{3}=0$. Khoảng cách từ $G$: $d=\frac{\left|\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{3}-2\sqrt{3}\right|}{\sqrt{3+1+12}}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0,2887\approx 0,3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SD$ nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $(SAB)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SA$. Kẻ $DH\perp SA$ tại $H$ thì $DH\perp (SAB)$, do đó $d(D,(SAB))=DH$. Trong tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $D$) có $AD=6a$, $SD=\sqrt{5}a$, nên $SA=\sqrt{36a^2+5a^2}=\sqrt{41}a$. Diện tích tam giác $SAD$: $\frac{1}{2}AD\cdot SD=\frac{1}{2}SA\cdot DH$, nên $DH=\frac{AD\cdot SD}{SA}=\frac{6a\cdot \sqrt{5}a}{\sqrt{41}a}=\frac{6a\sqrt{5}}{\sqrt{41}}=\frac{6a\sqrt{205}}{41}$. Vậy $m=205$, $n=41$, do đó $2m-n=410-41=369$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0,0)$, $B=(a\sqrt{2},0,0)$, $C=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{2},0\right)$, $S=(0,0,a)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=a$. Trọng tâm $G=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{6},0\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$: $\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=\left(\frac{a^2\sqrt{6}}{2},\frac{a^2\sqrt{2}}{2},a^2\sqrt{3}\right)$, nên $(SBC)$: $\frac{\sqrt{6}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y+\sqrt{3}(z-a)=0$. Khoảng cách từ $G$: $d(G,(SBC))=\frac{\left|\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{6}-a\sqrt{3}\right|}{a\sqrt{\frac{6}{4}+\frac{2}{4}+3}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{6}-a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{15}}{15}$. Vậy đáp án B.

a) Chứng minh: $BC\perp (SAB)$



$$\{\begin{array}{l}BC\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ BC\perp AB(hvABCD)\\ Trong(SAB),SA\cap AB=A\end{array}$$

$$\Rightarrow BC\perp (SAB)$$ (0.5 điểm)

b) Tính $d\left[B,(SCD)\right]$

Ta có $$\{\begin{array}{l}CD\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ CD\perp AD(hvABCD)\\ Trong(SAD),SA\cap AD=A\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$$

Kẻ $AH\perp SD$ tại H, mà $AH\perp CD$ (do $CD\perp (SAD)$ chứa AH)

$\Rightarrow AH\perp (SCD)$ tại H

$\Rightarrow d\left[A,(SCD)\right]=AH$

Xét $\Delta SAD$ vuông tại A, AH là đường cao

$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$$

$d\left[B,(SCD)\right]=d\left[A,(SCD)\right]=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ vì $AB//(SCD)$

(Thang điểm: 0.25 điểm cho phần suy ra $AH\perp (SCD)$ và $d[A,(SCD)]=AH$; 0.25 điểm cho phần tính AH và kết luận khoảng cách từ B)

a) Chứng minh: $BC\perp (SAB)$



$$\{\begin{array}{l}BC\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ BC\perp AB(hvABCD)\\ Trong(SAB),SA\cap AB=A\end{array}$$

$$\Rightarrow BC\perp (SAB)$$ (0.5 điểm)

b) Tính $d\left[B,(SCD)\right]$

Ta có $$\{\begin{array}{l}CD\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ CD\perp AD(hvABCD)\\ Trong(SAD),SA\cap AD=A\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$$

Kẻ $AH\perp SD$ tại H, mà $AH\perp CD$ (do $CD\perp (SAD)$ chứa AH)

$\Rightarrow AH\perp (SCD)$ tại H

$\Rightarrow d\left[A,(SCD)\right]=AH$

Xét $\Delta SAD$ vuông tại A, AH là đường cao

$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$$

$d\left[B,(SCD)\right]=d\left[A,(SCD)\right]=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ vì $AB//(SCD)$

(Thang điểm: 0.25 điểm cho phần suy ra $AH\perp (SCD)$ và $d[A,(SCD)]=AH$; 0.25 điểm cho phần tính AH và kết luận khoảng cách từ B)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(1;0;0)$, $C^{\prime }=(0;1;0)$ (tam giác vuông cân tại $A^{\prime }$, $A^{\prime }{B}^{\prime }=1$). Trung điểm $M$ của $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $M=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, hình chiếu của $A$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $M$ và $AM=2$ nên $A=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$. Vì là lăng trụ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\left(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2};-2\right)$, suy ra $B=\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2\right)$, $C=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2};2\right)$.

a) ${\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$, ${\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(-1;1;0)$. Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}={\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}\times {\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}=(2;2;-1)$, $|\vec{n}|=3$. Lấy $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(1;0;0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=(1;0;0)$. Khoảng cách:
$$d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|2|}{3}=\frac{2}{3}.$$

b) $N$ là trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $N=\left(0;\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }N}=\left(-1;\frac{1}{2};0\right)$, $|\overrightarrow{B^{\prime }N}|=\frac{\sqrt{5}}{2}$. $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=C^{\prime }-B=\left(-\frac{3}{2};\frac{1}{2};-2\right)$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{14}}{2}$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }N}=\frac{3}{2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$. Vậy
$$\cos (B{C}^{\prime },B^{\prime }N)=\frac{\frac{7}{4}}{\frac{\sqrt{14}}{2}\cdot \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{7}{\sqrt{70}}=\frac{\sqrt{70}}{10}\approx 0,8367.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$; lại có $AB\perp AD$ nên $AB\perp (SAD)$. Do đó khoảng cách từ $C$ đến $(SAD)$ là $AB=5a$. Vì $O$ là trung điểm $AC$ nên $d(O,(SAD))=\frac{1}{2}d(C,(SAD))=\frac{5a}{2}$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$ (hình thoi, $\widehat{ABC}=60^0$), chiều cao $h=2\sqrt{3}$, $A^{\prime }=(x,y,h)$.

Từ $A^{\prime }A=A^{\prime }B$: $x^2=(x-a{)}^2\Rightarrow x=\frac{a}{2}$. Từ $A^{\prime }A=A^{\prime }C$: ${\left(y-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=y^2\Rightarrow y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vậy $A^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$, $B^{\prime }=\left(\frac{3a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$.

Mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$ chứa trục $AB$ (trục $Ox$) và vectơ $\vec{v}=\left(\frac{3a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$, nên vectơ pháp tuyến có dạng $\vec{n}=(0,-h,\frac{a\sqrt{3}}{4})$ với độ dài $|\vec{n}|=\sqrt{h^2+\frac{3a^2}{16}}=\sqrt{12+\frac{3a^2}{16}}$.

Góc nhị diện $[B^{\prime },AB,C]=45^0$ là góc giữa $(AB{B}^{\prime })$ và đáy, nên $\cos 45^0=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{12+\frac{3a^2}{16}}}$. Bình phương: $\frac{3a^2}{16}=\frac{1}{2}\left(12+\frac{3a^2}{16}\right)\Rightarrow \frac{3a^2}{32}=6\Rightarrow a^2=64\Rightarrow a=8$.

$C{C}^{\prime }$ song song với trục $Oz$, $AB$ nằm trên trục $Ox$, nên khoảng cách giữa $AB$ và $C{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $C$ đến trục $Ox$: $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\approx 6,9$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(20;0;0)$, $C(0;40;0)$, $S(0;0;15)$, $M(0;20;0)$. Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{u_{SM}}=(0;20;-15)$, $\overrightarrow{u_{BC}}=(-20;40;0)$. Lấy $S\in SM$, $B\in BC$, $\overrightarrow{SB}=(-20;0;15)$. Tính $\overrightarrow{u_{SM}}\times \overrightarrow{u_{BC}}=(600;300;400)$, độ dài $=\sqrt{610000}=100\sqrt{61}$. Khoảng cách $d(SM,BC)=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot (600;300;400)|}{100\sqrt{61}}=\frac{|-12000+6000|}{100\sqrt{61}}=\frac{60}{\sqrt{61}}\approx 7.68$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$ là đường thẳng $\Delta$ vuông góc với cả $a$ và $b$ và cắt cả hai đường thẳng đó. Do $a$ và $b$ chéo nhau nên không thể có mặt phẳng chứa cả hai (loại B); $\Delta$ phải cắt cả hai đường (loại A, D). Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 101: C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy a = 220 m, chiều cao SO = 147 m. Tam giác vuông tại O với OC = (a√2)/2 = 110√2, nên khoảng cách từ trung điểm của OC đến CD (đường cao của tam giác OCD, cũng là đường cao của tam giác đều cạnh 220) là h' = 55√3. Tam giác SOC vuông tại O có đường cao k từ O xuống SC: k = SO·OC/SC với SC = √(147² + (110√2)²) = √45809 ≈ 214,03, nên k ≈ 147·110√2/214,03 ≈ 106,84. Trong mặt phẳng (SCD), tam giác SCD cân, khoảng cách từ O (nằm trên đường trung tuyến từ C) đến CD tính theo tỷ lệ chia trên trung tuyến: d = k·(h'/(k + h'))? Cách chuẩn: dùng thể tích. Thể tích khối chóp S.ABCD: V = (1/3)·220²·147 = 2 371 600 m³. Tam giác SCD có đường cao từ S là trung đoạn l = √(147² + 110²) = √33709 ≈ 183,60, diện tích S_SCD = (1/2)·220·183,60 ≈ 20 195,7 m². Tâm O chia khối chóp thành 4 khối chóp bằng nhau với các mặt bên, nên V(O,SCD) = V/4. Khi đó d(O,(SCD)) = 3·V(O,SCD)/S_SCD = 3V/(4·S_SCD) = 7 114 800/80 782,8 ≈ 88,07 ≈ 88 m. Kết quả khớp với đáp án 88.