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

Gọi $P$, $H$, $Q$ lần lượt là trung điểm $AB$, $AO$, $AD$.

Khi đó $\left[M,AC,N\right]=\widehat{MHN}=120^{\circ }$.

Dễ thấy $MNQP$ là hình chữ nhật và $H$ là trung điểm $PQ$ nên $MH=NH$.

Có $MN=BO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Áp dụng định lí côsin cho tam giác $MHN$ ta được $MH=NH=\frac{a}{2}$.

Lại có $PH=\frac{1}{2}BO=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow MP=\sqrt{M{H}^2-P{H}^2}=\frac{a}{4}\Rightarrow SA=2MP=\frac{a}{2}$.

Ta có $d\left(C,(SBD)\right)=d\left(A,(SBD)\right)=AE$, với $E$ là hình chiếu của $A$ trên $SO$.

Có $SA=AO=\frac{a}{2}$ nên $E$ là trung điểm $SO\Rightarrow AE=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Vậy $d\left(C,(SBD)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi B là hình chiếu của bóng đèn G xuống sàn nhà. Vì đèn treo chính giữa trần nhà nên B là tâm hình chữ nhật ABCD với AB = 8 m, AD = 6 m, do đó $A{B}_{hientrai}=\sqrt{8^2+6^2}=10$, nên khoảng cách từ A đến B (trên sàn) là $AB=\frac{10}{2}=5m$ — đây là đại lượng học sinh đo được trên sàn nhà. Đèn cách trần 0,2 m nên khoảng cách từ G xuống sàn là $GB=3-0,2=2,8m$ (tính được từ chiều cao phòng, không cần leo trèo). Vì $GB\perp (ABCD)$ nên $GB\perp AB$, tam giác ABG vuông tại B: $AG=\sqrt{A{B}^2+G{B}^2}=\sqrt{5^2+2,8^2}=\sqrt{25+7,84}=\sqrt{32,84}\approx 5,73m$. Vậy học sinh chỉ cần đo $AB=5m$ trên sàn, tính $GB=2,8m$, suy ra khoảng cách từ góc phòng A đến bóng đèn G là $AG\approx 5,73m$.

(AI giải đề cho tôi)
Lập hệ tọa độ: hình thang đáy (cửa tiền) nằm trong mặt phẳng $z=0$ với $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;4;0)$, $C(4;3,5;0)$; chiều dài nhà theo phương $y$ với $B{B}^{\prime }=6$, tức $A^{\prime }(0;6;0)$, $D^{\prime }(0;6;4)$, $C^{\prime }(4;6;3,5)$. Khi đó tường sau là $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ (mặt phẳng $y=6$), tường bên $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ là mặt phẳng $x=0$, tường bên $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là mặt phẳng $x=4$.

- Bảng điều khiển $P$ trên tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: cách cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (đường $x=0$, $y=6$) một khoảng $1$ m và cao $1,5$ m nên $P(1;6;1,5)$.
- Bóng điện thứ nhất trên tường $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$: cách cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (đường $y=6$ trên tường này) $3$ m và cao $3$ m nên $M_1(0;3;3)$.
- Bóng điện thứ hai trên tường $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$: cách cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (đường $y=6$ trên tường này) $3$ m và cao $2,5$ m nên $M_2(4;3;2,5)$.

Dây điện men theo tường, không qua mái $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Đoạn $P\to M_1$: hai tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ gặp nhau dọc cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$. Trải hai tường ra cùng một mặt phẳng, lấy cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ làm trục, $u$ là khoảng cách tới cạnh này, $z$ là độ cao: $P$ có $(u;z)=(1;1,5)$, $M_1$ có $(u;z)=(3;3)$ nằm khác phía. Đường thẳng ngắn nhất có độ dài
$$P{M}_1=\sqrt{(1+3{)}^2+(3-1,5{)}^2}=\sqrt{16+2,25}=\sqrt{18,25}\approx 4,272.$$
(Phương án đi qua sàn dài hơn: $\sqrt{1^2+7,5^2}>7,5$.)

Đoạn $P\to M_2$: hai tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ gặp nhau dọc cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Trải phẳng: $P$ cách $B^{\prime }{C}^{\prime }$ một khoảng $4-1=3$, cao $1,5$; $M_2$ cách $B^{\prime }{C}^{\prime }$ một khoảng $3$, cao $2,5$, hai điểm khác phía sau khi trải. Độ dài ngắn nhất
$$P{M}_2=\sqrt{(3+3{)}^2+(2,5-1,5{)}^2}=\sqrt{36+1}=\sqrt{37}\approx 6,083.$$
(Đi qua sàn cho $\sqrt{5,5^2+4,5^2}\approx 7,11$, dài hơn.)

Xét phương án một dây nối liền $P\to M_1\to M_2$ hoặc $P\to M_2\to M_1$: khoảng cách tường-tường giữa $M_1$ và $M_2$ ngắn nhất (trải qua sàn) là $9,5$ m, nên tổng vượt xa $4,272+6,083$. Vậy dùng hai dây riêng:
$$L_{\min }=\sqrt{18,25}+\sqrt{37}\approx 4,272+6,083=10,355\approx 10,4\text{ (m)}.$$

Khớp với đáp số nguồn $10,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh bên $SA=SB=SC=SD=200m$, góc $\widehat{ASB}=15^{\circ }$, nên mỗi mặt bên là tam giác cân với góc ở đỉnh $S$ bằng $15^{\circ }$.

Theo hình vẽ, đường gấp khúc $AEFGHIJKLS$ đi từ đỉnh đáy $A$, vòng quanh kim tự tháp qua các cạnh bên (mỗi cạnh bên bị cắt 2 lần, ứng với hai 'vòng' điểm $E,F,G,H,I,J,K$), rồi đến điểm $L$ cố định trên cạnh $SA$ với $LS=40m$, sau đó kết thúc tại $S$.

**Phẳng hóa mặt bên:** Ta triển khai các mặt bên liên tiếp thành một hình quạt. Mỗi mặt tương ứng một góc $15^{\circ }$ tại $S$. Đường gấp khúc ngắn nhất tương ứng với đoạn thẳng trong mặt phẳng triển khai.

Từ $A$ (trên tia $SA$, cách $S$ một khoảng $200$), đường dây vòng quanh qua các mặt và trở lại cạnh $SA$ tại $L$: phải đi qua $8$ mặt liên tiếp, nên tia $S{L}^{\prime }$ (vị trí của $L$ sau khi triển khai) hợp với tia $SA$ một góc bằng $8\times 15^{\circ }=120^{\circ }$, với $S{L}^{\prime }=40m$.

Độ dài đoạn thẳng $A{L}^{\prime }$ theo định lý cosin:
$$A{L}^{\prime }=\sqrt{200^2+40^2-2\cdot 200\cdot 40\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{40000+1600+8000}=\sqrt{49600}=40\sqrt{31}\approx 222,71m.$$

Kiểm tra tính hợp lệ: đoạn thẳng này cắt lần lượt các tia $15^{\circ },30^{\circ },\dots ,105^{\circ }$ tại các điểm có khoảng cách tới $S$ nhỏ hơn $200$ (ví dụ tại tia $15^{\circ }$ khoảng cách là $\approx 73,7m$), nên toàn bộ đường nằm trên mặt bên của hình chóp — đường đi khả thi.

Tổng độ dài dây đèn:
$$AEFGHIJKLS=A{L}^{\prime }+LS=40\sqrt{31}+40=40(\sqrt{31}+1)\approx 222,71+40=262,71m.$$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $\boxed{263}$ mét. Kết quả trùng với đáp án nguồn (263).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD,SA\perp DC$. Lại có $AD\perp DC$ (đáy là hình chữ nhật) nên $DC\perp (SAD)$. Suy ra $(SDC)\perp (SAD)$ với giao tuyến là $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SDC)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$. Xét tam giác $SAD$ vuông tại $A$ với $SA=a\sqrt{3}$, $AD=BC=a$, nên $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$. Diện tích tam giác $SAD$: $\frac{1}{2}\cdot SA\cdot AD=\frac{1}{2}\cdot SD\cdot d(A,SD)$, do đó $d(A,SD)=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $d(A,(SDC))=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Vì $AC=AD=2\sqrt{3}$ và $BC=BD=\sqrt{7}$ nên $AM\perp CD$, $BM\perp CD$, suy ra $CD\perp (ABM)$. Ta có $CM=\frac{CD}{2}=\sqrt{3}$, $AM=\sqrt{A{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{12-3}=3$, $BM=\sqrt{B{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{7-3}=2$. Trong tam giác $AMB$: $\cos \widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}=\frac{9+4-16}{12}=-\frac{1}{4}$, nên $\sin \widehat{AMB}=\frac{\sqrt{15}}{4}$, diện tích $S_{ABM}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$. Thể tích tứ diện $V=\frac{1}{3}{S}_{ABM}\cdot CM=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3\sqrt{5}}{4}$. Vì $CD\perp (ABM)$ nên $CD\perp AB$, do đó khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là $d=\frac{6V}{AB\cdot CD}=\frac{6\cdot \frac{3\sqrt{5}}{4}}{4\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{5}}{16\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}\approx 0,73$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$, là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$. Vì $SA=2$ và $SA$ hợp với đáy góc $\widehat{SAH}=30^{\circ }$ nên $SH=SA\sin 30^{\circ }=1$, $AH=SA\cos 30^{\circ }=\sqrt{3}$ (đúng bằng đường cao tam giác đều cạnh 2). Tam giác $SAH$ vuông tại $H$. Ta có $BC\perp AH$ (vì $AH$ là đường cao tam giác đều) và $BC\perp SH$ (vì $SH\perp (ABC)$), suy ra $BC\perp (SAH)$. Khi đó khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BC$ là $d(SA,BC)=d(BC,(SAH))=d(H,SA)$. Trong tam giác vuông $SAH$, khoảng cách từ $H$ đến cạnh huyền $SA$ là $d=\frac{SH\cdot AH}{SA}=\frac{1\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kiểm tra bằng tọa độ: $H(0;0;0)$, $S(0;0;1)$, $A(0;\sqrt{3};0)$, $B(-1;0;0)$, $C(1;0;0)$, ${\vec{u}}_{SA}=(0;-\sqrt{3};-1)$, ${\vec{u}}_{BC}=(1;0;0)$, $[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]=(0;-1;\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AB}=(1;-\sqrt{3};0)$, khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot [{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}{|[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,3,0),D(0,3,0)$, tâm đáy $(1,5;1,5;0)$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot h=18\Rightarrow h=6$, nên $S(1,5;1,5;6)$. Trọng tâm $G$ của $△SAB$: $G\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2\right)$.

Gọi $M=tS=\left(\frac{3t}{2};\frac{3t}{2};6t\right)$, $N=(n;3;0)$. Vì $MN\parallel GC$ với $\overrightarrow{GC}=\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2};-2\right)$: từ tung độ $-6t=-2\lambda \Rightarrow \lambda =3t$; từ $y$: $3-\frac{3t}{2}=\frac{15t}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{3}$; từ $x$: $n-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow n=2$. Vậy $M\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$, $N(2;3;0)$.

Khoảng cách giữa $AG$ (vt $\vec{u}=(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2)$) và $MN$ (vt $\vec{v}=(\frac{3}{2};\frac{5}{2};-2)$), với $\overrightarrow{AM}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2)$:
$$\vec{u}\times \vec{v}=(-6;6;3),\overrightarrow{AM}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=6,|\vec{u}\times \vec{v}|=9.$$
$$d=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\Rightarrow a=2,b=3\Rightarrow P=6\cdot 2+4\cdot 3=24.$$
Kết quả khớp với đáp án nguồn 24.

Tam giác $SAB$ đều, $M$ là trung điểm $AB$ nên $SM$ vừa là đường cao, vừa là trung tuyến hay $SM\perp AB$ và $SM=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\sqrt{3}a$.



Vì $SH\perp (ABCD)\Rightarrow SH\perp AB$. Kết hợp với $SM\perp AB$

$\Rightarrow AB\perp (SHM)\Rightarrow AB\perp MH$

Trong $(ABCD)$ ta thấy: $\{\begin{array}{l}AB\perp MH\\ AB\perp MO\end{array}\Rightarrow M,H,O$ thẳng hàng (Tiền đề O-clit trong không gian 2 chiều) $\Rightarrow \{\begin{array}{l}HO\perp CD\\ SH\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHO)$

Gọi $HO\cap CD=E\Rightarrow E$ là trung điểm $CD$.

$\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ABCD)=CD\\ CD\perp (SHE)\end{array}\Rightarrow \left(\widehat{(SCD);(ABCD)}\right)=\left(\widehat{SE;EH}\right)\iff \widehat{SEH}=60^0$

Đặt $HE=x>0\Rightarrow MH=ME-HE=2a-x$.

Xét tam giác $SHE$ vuông tại $H$ có: $\tan \widehat{SEH}=\tan 60^{\circ }\iff \frac{SH}{HE}=\sqrt{3}\iff SH=\sqrt{3}.x$

Xét tam giác $SHM$ vuông tại $H$ có: $M{H}^2+S{H}^2=S{M}^2\iff (2a-x{)}^2+{\left(\sqrt{3}.x\right)}^2=3a^2\Rightarrow x=\frac{1}{2}a$.

Hay $HE=\frac{1}{2}a;SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $F$ là trung điểm của $BC\Rightarrow MF$, $OF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}MF=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}\\ MF\parallel AC\\ OF\perp MH\end{array}\Rightarrow (SMF)\parallel AC\Rightarrow d(AC;SM)=d\left(O;(SMF)\right)=h$$

Do $HO\cap (SMF)=M\Rightarrow \frac{d\left(O;(SMF)\right)}{d\left(H;(SMF)\right)}=\frac{OM}{HM}=\frac{3}{4}\Rightarrow h=\frac{3}{4}d\left(H;(SMF)\right)$

Gọi $I$, $J$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $MF$, $SI$.

Có: $S_{MHF}=\frac{1}{2}.MF.HI=\frac{1}{2}OF.MH\iff HI=\frac{OF.MH}{MF}=\frac{a.\frac{3}{2}a}{a\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}a$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}SH\perp MF\\ HI\perp MF\end{array}\Rightarrow (SHI)\perp MF\Rightarrow \{\begin{array}{l}HJ\perp MF\\ HJ\perp SI\end{array}\Rightarrow HJ\perp (SMF)$$

$$\Rightarrow h=\frac{3}{4}d\left(H;(SMF)\right)=\frac{3}{4}HJ$$

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$ có: $HJ\perp SI\Rightarrow HJ=\frac{SH.HI}{\sqrt{S{H}^2+H{I}^2}}=\frac{3\sqrt{5}}{10}a\Rightarrow h=d(SM;AC)=\frac{9\sqrt{5}}{40}a$

Gọi $F$ là trung điểm $AC$ và $G$ là hình chiếu của $A$ lên $SE$. Khi đó ta được $EF//BC\Rightarrow BC//(SEF)$. Mặt khác, ta có: $\{\begin{array}{l}AG\perp SE\\ AG\perp EF\end{array}$ (do $EF\perp AB$ và $AB\perp AS$ nên $EF\perp (SAB)$). Khi đó ta được $AG\perp (SEF)$ nên $d(A,(SEF))=AG$.
Ta có:
$$d(SE,BC)=d(BC,(SEF))=d(B,(SEF))=d(A,SEF)=AG$$
Trong tam giác $SAE$ vuông tại $A$, đường cao $AG$, ta có:
$$\frac{1}{A{G}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{9}{2a^2}$$
Vậy $AG=\frac{2a^2}{9}\Rightarrow AG=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.
Chọn đáp án D

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(3;0;0)$, $C=(6\cos 120^{\circ };6\sin 120^{\circ };0)=(-3;3\sqrt{3};0)$. Gọi $S=(x;y;z)$ với $SA=SB=SC=7$. Từ $SA=SB$ suy ra $x=\frac{3}{2}$. Từ $SA=SC$: $x^2+y^2+z^2=49$ và $(x+3{)}^2+(y-3\sqrt{3}{)}^2+z^2=49$ suy ra $6x+9-6\sqrt{3}y+27=0\Rightarrow 9+9-6\sqrt{3}y+27=0\Rightarrow y=\frac{45}{6\sqrt{3}}=\frac{5\sqrt{3}}{2}$. Khi đó $z^2=49-\frac{9}{4}-\frac{75}{4}=28\Rightarrow z=2\sqrt{7}$, tức $S=\left(\frac{3}{2};\frac{5\sqrt{3}}{2};2\sqrt{7}\right)$. Vecto pháp tuyến của $(SAB)$: $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(3;0;0)\times \left(\frac{3}{2};\frac{5\sqrt{3}}{2};2\sqrt{7}\right)=\left(0;-6\sqrt{7};\frac{15\sqrt{3}}{2}\right)$. Mặt phẳng $(SAB)$: $-6\sqrt{7}y+\frac{15\sqrt{3}}{2}z=0$. Khoảng cách từ $C=(-3;3\sqrt{3};0)$: $d=\frac{|-6\sqrt{7}\cdot 3\sqrt{3}|}{\sqrt{252+\frac{675}{4}}}=\frac{18\sqrt{21}}{\frac{\sqrt{1683}}{2}}=\frac{36\sqrt{21}}{3\sqrt{187}}=\frac{12\sqrt{21}}{\sqrt{187}}\approx 4.02$ cm. Vậy khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ xấp xỉ $4.02$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 120^0=9+36+18=63\Rightarrow BC=3\sqrt{7}$.

Diện tích $△ABC$: $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 6\cdot \sin 120^0=\frac{9\sqrt{3}}{2}$.

Vì $SA=SB=SC=7$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△ABC$, bán kính $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{3\sqrt{7}}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{21}$.

Khoảng cách từ $S$ đến $(ABC)$: $h=\sqrt{S{A}^2-R^2}=\sqrt{49-21}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{2}\cdot 2\sqrt{7}=3\sqrt{21}$.

Diện tích $△SAB$ (cân tại $S$, $SA=SB=7$, $AB=3$): đường cao $=\sqrt{49-\frac{9}{4}}=\frac{\sqrt{187}}{2}$, nên $S_{SAB}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{187}}{2}=\frac{3\sqrt{187}}{4}$.

Khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$: $d=\frac{3V}{S_{SAB}}=\frac{9\sqrt{21}}{\frac{3\sqrt{187}}{4}}=\frac{12\sqrt{21}}{\sqrt{187}}=12\sqrt{\frac{21}{187}}\approx 4.02$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $d(S,(ABCD))=SA$. Trong tam giác $SAC$, $I$ là trung điểm $SC$ và $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình vuông), nên $IO$ là đường trung bình, $IO=\frac{1}{2}SA$. Mặt khác $d(I,(ABCD))=\frac{1}{2}d(S,(ABCD))=\frac{1}{2}SA$ (vì $I$ là trung điểm $SC$, $C\in (ABCD)$). Vậy khoảng cách từ $I$ đến $(ABCD)$ bằng $IO$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\parallel AB$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$, và $AD\perp CD$ (hình chữ nhật). Vậy $AD$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $CD$, suy ra $d(SA,CD)=AD=BC=2a$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét các mệnh đề về khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
- A đúng: khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một đường thẳng và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng kia.
- B đúng: khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
- C sai: khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia nói chung lớn hơn khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau; chỉ bằng khi điểm đó là chân đoạn vuông góc chung. Ví dụ với hai đường thẳng chéo nhau $a,b$, lấy điểm $M\in a$ tùy ý thì $d(M,b)\ge d(a,b)$, dấu bằng chỉ xảy ra tại một vị trí đặc biệt.
- D đúng: theo định nghĩa, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của chúng.
Vậy mệnh đề sai là C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ là đoạn vuông góc từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABCD)$, do đó khoảng cách từ $S$ đến $(ABCD)$ bằng $SA$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, mà $CD\subset (SDC)$ và $AB\not\subset (SDC)$, suy ra $AB\parallel (SDC)$. Do đó mọi điểm trên đường thẳng $AB$ cách đều mặt phẳng $(SDC)$, nói riêng $d(B;(SDC))=d(A;(SDC))$. Các đáp án A, C, D sai vì $AC$, $BD$, $BO$ không vuông góc với $(SDC)$ (chỉ có đường vuông góc từ $A$ xuống $(SDC)$ mới cho khoảng cách, và nó không trùng với các đường chéo này). Vậy khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$. Đáy là hình vuông nên $CB\perp AB$, mà $AB\subset (SAB)$. Do đó $CB\perp (SAB)$ (đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng). Vậy $d(C;(SAB))=CB$. Kiểm tra các phương án khác: $CA$ không vuông góc $(SAB)$ (A sai); $DS$ không vuông góc $(SAB)$ (B sai); $BD$ không vuông góc $(SAC)$ vì $BD$ không vuông góc với $AC$ trong hình vuông... thực ra $BD\perp AC$ nhưng $BD$ không vuông góc $SA$? $SA\perp BD$ đúng, và $BD\perp AC$ đúng, nên $BD\perp (SAC)$, khi đó $d(B;(SAC))=BO$ (không phải $BD$), nên D sai. Vậy đáp án đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AH\perp BC$ với $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Khi đó $BC\perp (SAH)$, suy ra $BC\perp AH$. Đoạn $AH$ vuông góc với cả $SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) và $BC$, tức $AH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Vậy $d(SA,BC)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB=6,BC=8,AC=10$ nên $A{B}^2+B{C}^2=36+64=100=A{C}^2$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, suy ra $AB\perp BC$. Lại có $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Do đó $BC\perp (ABSA)$... cụ thể $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SA$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $A$ (thuộc $SA$) đến mặt phẳng $(SBC)$, mà $AB\perp (SBC)$ nên $d(SA,BC)=AB=6$. Vậy chọn C.