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

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

+ $\{\begin{array}{l}(ABCD)\perp (SAB)\\ (ABCD)\cap (SAB)=AB\\ SH\subset (SAB)\\ SH\perp AB\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ (0,25 điểm; Ghi chú: Không cho điểm hình vẽ; Hs không vẽ hình vẽ văn cho 0,25)

+ Gọi E là trung điểm SA; F là trung điểm BO; $G=BE\cap SH$.

HI là đường cao tam giác GHF $\Rightarrow HI\perp GF$ (1)

+ Ta có: $\{\begin{array}{l}BD\perp GH\\ BD\perp HF(doHF//AO)\end{array}\Rightarrow BD\perp (GHF)\Rightarrow BD\perp HI$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $HI\perp (GBD)$ hay $HI\perp (EBD)$ (0,25 điểm)

+ Ta có: $SC//OE\Rightarrow SC//(EBD)$

Suy ra: $d(SC;BD)=d(SC;(EBD))=d(S;(EBD))$

$=2d(H;(EBD))$ (do G là trọng tâm tam giác SAB nên GS = 2 GH)

$=2HI$ (do $HI\perp (EBD)$)

$\iff \frac{2a\sqrt{2}}{5}=2HI\iff HI=\frac{a\sqrt{2}}{5}$ (0,25 điểm; Ghi chú: Hs lập luận khoảng cách tới ngang 2d(H;(EBD)) thì vẫn cho 0,25)

+ Ta có: $HF=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

+ $\Delta GHF$ vuông tại H, HI là đường cao nên:

$\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{H{G}^2}+\frac{1}{H{F}^2}\iff \frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{5}\right)}^2}=\frac{1}{H{G}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2}\iff HG=\frac{a\sqrt{2}}{3}$

Suy ra: $SH=3HG=a\sqrt{2}$

Khi đó: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(a;0;0)$. Vì $AB=AC=a$, $\widehat{BAC}=45^{\circ }$ nên $C=\left(\frac{a}{\sqrt{2}};\frac{a}{\sqrt{2}};0\right)$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, do $(SAB)$ vuông cân tại $S$ và $(SAB)\perp (ABC)$ nên $S=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$ (với $SA=SB=\frac{a}{\sqrt{2}}$). Đường thẳng $AB$ có vecto chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$, đi qua $A$; đường thẳng $SC$ có vecto chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}-\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}};-\frac{a}{2}\right)$. Ta có $\vec{u}\times \vec{v}=\left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=a\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Lấy $\overrightarrow{AS}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$, khi đó $d(AB,SC)=\frac{|(\overrightarrow{AS})\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{\frac{a^2}{2\sqrt{2}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$. Vậy $m=6$.

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

a) Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ trên $mp\left(ABC\right)$. Ta có:

• $\{\begin{array}{l}AB\perp SB\\ AB\perp SD\end{array}\Rightarrow AB\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AB\perp BD$.

• $\{\begin{array}{l}AC\perp SC\\ AC\perp SD\end{array}\Rightarrow AC\perp \left(SCD\right)\Rightarrow AC\perp CD$.

$\Rightarrow ABDC$ là hình chữ nhật.

Kẻ đường cao $DH$ của tam giác $SBD$. Ta có

$\{\begin{array}{l}DH\perp SB\\ DH\perp AB\end{array}\Rightarrow DH\perp \left(SAB\right)$.

Vì $CD//AB$ đường cao nên $d\left(C,\left(SAB\right)\right)=d\left(D,\left(SAB\right)\right)=DH$.

$BD=AC=a,SD=\sqrt{S{B}^2-B{D}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{3}a\right)}^2-a^2}=\sqrt{2}a$

$\Rightarrow BH=\frac{SD\cdot BD}{\sqrt{S{D}^2+B{D}^2}}=\frac{a\cdot \sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+{\left(\sqrt{2}a\right)}^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{3}$

b) Trong mặt phẳng $\left(SAB\right)$ kẻ $BK\perp SA$, trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$ kẻ $CE\perp SA$, $KF//CE\Rightarrow KF\perp SA$.

Do đó $\widehat{BKF}$ là 1 góc phẳng của góc nhị diện $\left[B,SA,C\right]$.

Ta có:
$SC=\sqrt{S{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=2a$

$SA=\sqrt{S{B}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{5},BK=\frac{SB\cdot AB}{SA}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}$,

$CE=\frac{SC\cdot AC}{SA}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$,

$$\frac{SK}{SA}=\frac{S{B}^2}{S{A}^2}=\frac{3}{5},\frac{SE}{SA}=\frac{S{C}^2}{S{A}^2}=\frac{4}{5}\Rightarrow \frac{SK}{SE}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{SF}{SC}=\frac{KF}{CE}=\frac{3}{4}$$

$$\Rightarrow SF=\frac{3}{4}SC=\frac{3a}{2},KF=\frac{3}{4}CE=\frac{3a\sqrt{5}}{10}$$

$$\cos \widehat{BSF}=\cos \widehat{BSC}=\frac{S{B}^2+S{C}^2-B{C}^2}{2.SB.SC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$

$$\Rightarrow BF=\sqrt{S{B}^2+S{F}^2-2.SB.SF.\cos \widehat{BSF}}=\frac{3a}{2}$$

$$\Rightarrow \cos \widehat{BKF}=\frac{B{K}^2+K{F}^2-B{F}^2}{2.BK.KF}=-\frac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow \widehat{BKF}\approx 114^0$$

Vậy số đo góc nhị diện $\left[B,SA,C\right]$ khoảng $114^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là hai mặt phẳng song song của hình lập phương, lần lượt đi qua $AD$ và $BC$. Khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vì $AB\perp (AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên khoảng cách này bằng $AB=10$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(9;0;0)$, $C(\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};0)$. Vì $HA=2HB$ nên $H(6;0;0)$. Tính $HC=\sqrt{(6-4,5{)}^2+(\frac{9\sqrt{3}}{2}{)}^2}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{243}{4}}=3\sqrt{7}$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ nên $SH=HC=3\sqrt{7}$, tức $S(6;0;3\sqrt{7})$.

a) $\overrightarrow{SA}=(-6;0;-3\sqrt{7})$, $\overrightarrow{BC}=(-\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};0)$, $\overrightarrow{SB}=(3;0;-3\sqrt{7})$. $\vec{n}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC}=(\frac{27\sqrt{21}}{2};\frac{27\sqrt{7}}{2};-27\sqrt{3})$, $|\vec{n}|=27\sqrt{10}$. $\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}=\frac{81\sqrt{21}}{2}+81\sqrt{21}=\frac{243\sqrt{21}}{2}$. Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$: $d=\frac{243\sqrt{21}/2}{27\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{210}}{20}\approx 6,52$ cm $\ne \frac{3\sqrt{210}}{10}$ → sai.

b) $S_{ABC}=\frac{9^2\sqrt{3}}{4}=\frac{81\sqrt{3}}{4}$, $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{81\sqrt{3}}{4}\cdot 3\sqrt{7}=\frac{81\sqrt{21}}{4}$ cm³ → đúng.

c) $\overrightarrow{SB}=(3;0;-3\sqrt{7})$, $\overrightarrow{SC}=(-\frac{3}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};-3\sqrt{7})$, $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(\frac{27\sqrt{21}}{2};\frac{27\sqrt{7}}{2};\frac{27\sqrt{3}}{2})$, $|\vec{n}|=\frac{27\sqrt{31}}{2}$. Lấy $\overrightarrow{BH}=(-3;0;0)$: $|\overrightarrow{BH}\cdot \vec{n}|=\frac{81\sqrt{21}}{2}$. $d(H,(SBC))=\frac{81\sqrt{21}/2}{27\sqrt{31}/2}=\frac{3\sqrt{21}}{\sqrt{31}}=\frac{3\sqrt{651}}{31}$ cm → đúng.

d) Vì $H\in AB$ nên giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$ là $AB$. Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$, suy ra $SH\perp HA$. Góc giữa $(SAB)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SHA}=90^{\circ }$, không phải $45^{\circ }$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Dùng công thức thể tích song diện: $d(SA,BC)=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot (\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC})|}{|\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC}|}=\frac{9\sqrt{210}}{20}\approx 6,52$ cm, khác $\frac{3\sqrt{210}}{10}$ nên mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SH=HC=3\sqrt{7}$, $S_{ABC}=\frac{81\sqrt{3}}{4}$, $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{81\sqrt{3}}{4}\cdot 3\sqrt{7}=\frac{81\sqrt{21}}{4}$ cm³ → đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $S(6;0;3\sqrt{7})$, pháp tuyến của $(SBC)$ có độ dài $\frac{27\sqrt{31}}{2}$, tính được $d(H,(SBC))=\frac{3\sqrt{651}}{31}$ cm → đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$ là $AB$. Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$, do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SHA}=90^{\circ }$, không phải $45^{\circ }$ → mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$. Tam giác $SBC$ cân tại $S$ với $SB=SC=6$, $BC=3$, đường cao từ $S$ xuống $BC$ bằng $\sqrt{36-2,25}=\frac{\sqrt{135}}{2}$, nên $S_{SBC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{135}}{2}=\frac{3\sqrt{135}}{4}$. Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}d(A,(SBC))\cdot S_{SBC}$, suy ra $d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot S_{ABC}}{S_{SBC}}=\frac{3\sqrt{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{4}}{\frac{3\sqrt{135}}{4}}=\frac{27}{\sqrt{135}}=\frac{3\sqrt{15}}{5}\approx 2,32$.

Chuyển khoảng cách về đỉnh $A$: Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AB\parallel CD$; mà $CD\subset (SCD)$ và $AB\not\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Do đó $$d(B,(SCD))=d(A,(SCD)).$$ Tính thể tích khối chóp $S.ACD$: Trong hình thoi, $\widehat{ADC}=180^{\circ }-\widehat{BAD}=120^{\circ }$ và $AD=DC=1$, nên $$S_{ACD}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot DC\cdot \sin \widehat{ADC}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4},A{C}^2=A{D}^2+D{C}^2-2AD\cdot DC\cos 120^{\circ }=3.$$ Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $$V_{S.ACD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ACD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 1=\frac{\sqrt{3}}{12}.$$ Tính diện tích tam giác $SCD$: Do $SA\perp (ABCD)$ nên các tam giác $SAD$ và $SAC$ vuông tại $A$, suy ra $$SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{2},SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2,CD=1.$$ Trong tam giác $SCD$, theo định lí côsin: $$\cos \widehat{SDC}=\frac{S{D}^2+D{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SD\cdot DC}=\frac{2+1-4}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}⟹\sin \widehat{SDC}=\sqrt{1-\frac{2}{16}}=\frac{\sqrt{14}}{4}.$$ Do đó $$S_{SCD}=\frac{1}{2}\cdot SD\cdot DC\cdot \sin \widehat{SDC}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{14}}{4}=\frac{\sqrt{7}}{4}.$$ Kết luận: $$d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{SCD}}=\frac{3\cdot \frac{\sqrt{3}}{12}}{\frac{\sqrt{7}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$$ Đáp số: $d(B,(SCD))=\frac{\sqrt{21}}{7}\approx 0,65$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(4;3;0)$, $D(0;3;0)$, $A^{\prime }(0;0;3)$. Khi đó $M(4;0;1,5)$, $N(4;3;1,5)$, $C^{\prime }(4;3;3)$.

- Độ dài dây $MN=BC=3$ m.
- Độ dài dây $C^{\prime }D$: $C^{\prime }(4;3;3)$, $D(0;3;0)$ nên $C^{\prime }D=\sqrt{4^2+3^2}=5$ m.
- Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa đoạn $MN$ và đoạn $C^{\prime }D$. Điểm $P\in MN$: $P(4;t;1,5)$, $t\in [0;3]$; điểm $Q\in C^{\prime }D$: $Q(4-4s;3;3s)$, $s\in [0;1]$.
$$P{Q}^2=16s^2+(3-t{)}^2+(1,5-3s{)}^2.$$
Với $t=3$: $P{Q}^2=16s^2+(1,5-3s{)}^2=25s^2-9s+2,25$, đạt cực tiểu tại $s=\frac{9}{50}$, khi đó $P{Q}^2=1,44\Rightarrow PQ=1,2$ m (điểm $Q$ thuộc đoạn $C^{\prime }D$ vì $s=0,18\in [0;1]$).

Tổng dây ít nhất: $3+5+1,2=9,2$ m, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì SAB vuông cân tại S có cạnh huyền AB = 2a nên SA = SB = a√2, đường cao từ S xuống AB bằng a. Gọi H là trung điểm AB, do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD), SH = a. Tam giác SCD đều cạnh CD = AB = 2a nên SD = 2a. Tam giác AHD vuông tại A (vì AD ⊥ AB): HD² = AD² + AH² = AD² + a². Tam giác SHD vuông tại H: SD² = SH² + HD² ⟹ 4a² = a² + AD² + a² ⟹ AD² = 2a² ⟹ AD = a√2.

b) Đặt hệ trục: A(0;0;0), B(2a;0;0), D(0; a√2; 0), C(2a; a√2; 0), S(a; 0; a). Trọng tâm G₁ của SAB: (a; 0; a/3); trọng tâm G₂ của SCD: (5a/3; 2a√2/3; a/3). Sợi dây ngắn nhất trên bề mặt đi qua hai mặt (SAB) → (SAD) → (SCD) (hoặc đối xứng qua (SBC)). Cân bằng mặt phẳng (SAB) với (SAD) theo cạnh SA rồi với (SCD) theo cạnh SD: trong mặt phẳng đã trải phẳng, lấy S(0;0), A(a√2; 0), B(0; a√2) nên G₁ = (a√2/3; a√2/3); D = (a√2; −a√2) (trải sang phía đối diện qua SA); C là điểm dựng tam giác đều trên SD về phía đối diện A: C = a√2((1−√3)/2; −(1+√3)/2). Khi đó G₂ = (C + D)/3 = a√2/3·((3−√3)/2; −(3+√3)/2). Đoạn thẳng G₁G₂ cắt SA tại điểm thuộc đoạn SA và cắt SD tại điểm thuộc đoạn SD nên đường đi hợp lệ. Độ dài: ΔG = a√2/3·((1−√3)/2; −(5+√3)/2), nên d² = (2a²/9)·[(1−√3)² + (5+√3)²]/4 = (a²/18)(32 + 8√3) = 4a²(4+√3)/9. Vậy d = 2a√(4+√3)/3 ≈ 1,596a, nhỏ hơn phương án đi qua mặt đáy (cho a(√2 + 1/3 + √3/3) ≈ 2,324a). Kết quả trùng với đáp án nguồn: a) AD = a√2; b) 2a√(4+√3)/3.

Đáp án: 54



Đặt $AB=x$, $AD=y$, $A{A}^{\prime }=z$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $B^{\prime }C$, ta có $BH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $B^{\prime }C$ nên $d(AB,B^{\prime }C)=BH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{5}{4a^2}$. (1)

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $A{B}^{\prime }$, ta có $BI$ là đoạn vuông góc chung của $BC$ và $A{B}^{\prime }$ nên $d(BC,A{B}^{\prime })=BI\Rightarrow \frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{4a^2}$. (2)

Gọi $M$ là trung điểm của $D{D}^{\prime }$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, ta có mặt phẳng $(ACM)$ chứa $AC$ và song song với $B{D}^{\prime }$ nên $d(AC,B{D}^{\prime })=d(B{D}^{\prime },ACM)=d(D^{\prime },ACM)$.

Gọi $J$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AC$, $K$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $MJ$, ta có $d(D^{\prime },ACM)=d(D,ACM)=DK\Rightarrow \frac{1}{D{K}^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{4}{z^2}=\frac{3}{a^2}$. (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $\frac{2}{z^2}=\frac{1}{2a^2}\iff z=2a\Rightarrow x=y=a$.

Thể tích khối hộp là $V=xyz=2a^3=54$.

Ta có $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $AC\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Do đường thẳng $B^{\prime }M$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AC$ và $B^{\prime }M$ bằng khoảng cách từ đường thẳng $AC$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, chính bằng khoảng cách giữa hai đáy $(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Vì lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng $2a$ nên chiều cao của lăng trụ là $A{A}^{\prime }=2a$.
Vậy $d(AC,B^{\prime }M)=d(AC,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=2a$.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO\cdot A{B}^2=\frac{1}{12}\Rightarrow SO=1$. Khối chóp này đồng dạng với khối chóp ở Mã đề 101 ($AB=1,SO=2$) theo tỉ số đồng dạng $k=\frac{1}{2}$, nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $DG$ và $EF$ bằng $\frac{1}{2}\times \frac{2}{9}=\frac{1}{9}$. Suy ra $m=1,n=9\Rightarrow T=2m-n=2-9=-7$.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO\cdot A{B}^2=\frac{16}{3}\Rightarrow SO=4$. Khối chóp này đồng dạng với khối chóp ở Mã đề 101 ($AB=1,SO=2$) theo tỉ số đồng dạng $k=2$, nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $DG$ và $EF$ bằng $2\times \frac{2}{9}=\frac{4}{9}$. Suy ra $m=4,n=9\Rightarrow 2m-n=8-9=-1$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$. Do đó $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, suy ra $OM\perp CD$ và $OM=\frac{a}{2}$.
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp CD$, từ đó suy ra $CD\perp (SOM)$.
Trong mặt phẳng $(SOM)$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, thì $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Tam giác $SOM$ vuông tại $O$, ta có: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}⟹OH=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Vậy $d(AB,SC)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn D.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$. Vì $SB\perp AB$ và $SC\perp AC$ nên $HB\perp AB$ và $HC\perp AC$, suy ra tứ giác $ABHC$ là hình chữ nhật với $HB=AC=\sqrt{2}\text{ cm}$, $HC=AB=1\text{ cm}$, $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3}\text{ cm}$.
Gọi $F$ là hình chiếu của $H$ trên $SB$ và đặt $SH=x>0$. Ta có $d(C,(SAB))=d(H,(SAB))=HF=\frac{HB\cdot SH}{\sqrt{H{B}^2+S{H}^2}}=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{x^2+2}}$. Vì góc giữa $BC$ và $(SAB)$ bằng $45^{\circ }$ nên $\sin 45^{\circ }=\frac{d(C,(SAB))}{BC}\iff \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{3(x^2+2)}}\iff x=\sqrt{6}$.
Kẻ đường thẳng $\Delta$ qua $A$ song song với $BC$, gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $\Delta$ và $K$ là hình chiếu của $H$ trên $SE$. Khi đó $HE=2HI=\frac{2HB\cdot HC}{\sqrt{H{B}^2+H{C}^2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$, suy ra $HK=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{78}}{13}$. Vì $O=HA\cap BC$ là trung điểm của $HA$ nên $d(BC,SA)=d(O,(SAE))=\frac{1}{2}d(H,(SAE))=\frac{1}{2}HK=\frac{\sqrt{78}}{13}\approx 0,68\text{ cm}$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA⟹CD\perp (SAD)$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Vì $CD\perp (SAD)⟹CD\perp AH$, suy ra $AH\perp (SCD)$.
Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$ chính là đoạn $AH$.
Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{(2a{)}^2}=\frac{5}{4a^2}⟹AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn C.

Ta chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng phương pháp thể tích.
Ta có $B{B}_1=C{C}_1=A{A}_1=2a\sqrt{5}⟹BI=CK=a\sqrt{5}$.
Vì $IK\parallel BC$ và $IK\subset (BC{C}_1{B}_1)$ nên khoảng cách từ $I$ đến $(A_{1}BK)$ được tính thông qua thể tích tứ diện $A_1.BIK$:
$d(I,(A_{1}BK))=\frac{3V_{A_1.BIK}}{S_{\Delta A_{1}BK}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}$. Chọn B.

Gọi $H,M$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Khi đó $SH\perp (ABCD),SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},HM=a$. Vì $AB\parallel (SCD)$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot HM}{\sqrt{S{H}^2+H{M}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Chọn đáp án B.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $SA$. Khi đó $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, và $MN=\sqrt{1-\frac{x^2+y^2}{4}}$. Thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}xy\cdot MN=\frac{1}{12}\sqrt{x^2{y}^2(4-x^2-y^2)}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}$. Dấu bằng xảy ra khi $x^2=y^2=4-x^2-y^2=\frac{4}{3}\Rightarrow d(SA,BC)=MN=\sqrt{1-\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Chọn đáp án B.