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

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABCD$ là hình thang vuông có chiều cao $AB=a$, tức $AB\perp AD$ và $AB\perp BC$ (với $AD\parallel BC$). Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$ thì $IJ$ là đường trung bình của hình thang nên $IJ\parallel AD$. Vì $AD\subset (SAD)$ và $IJ\not\subset (SAD)$ nên $IJ\parallel (SAD)$, do đó $d(IJ,(SAD))=d(I,(SAD))$. Ta có $IB\perp AD$ (vì $AB\perp AD$) và $IB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $IB\perp (SAD)$. Vậy khoảng cách cần tìm bằng $IB=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\hat{B}=60^{\circ }$ nên đường chéo $AC=2a\sin 30^{\circ }=a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ (do $SA\perp (ABCD)$) có $SA=2a$, $AC=a$, nên $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{4a^2+a^2}=a\sqrt{5}$. Khoảng cách từ $A$ đến $SC$ là đường cao của tam giác vuông $SAC$ hạ từ $A$: $d(A,SC)=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $A{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $C{C}^{\prime }$ (hay từ $C$) đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Trong mặt đáy, hình chiếu của khoảng cách này là khoảng cách từ $C$ đến $AB$, tức đường cao của tam giác đều cạnh $a$: $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (không phụ thuộc chiều cao lăng trụ). Vậy đáp án là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, chiều cao $2a$ nên $A^{\prime }=(0,0,2a)$, $B^{\prime }=(a,0,2a)$, $C^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},2a\right)$. Khi đó $M=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$, $N=\left(\frac{a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},2a\right)$.
Vector chỉ phương: ${\vec{u}}_{AM}=(3,\sqrt{3},0)$, ${\vec{u}}_{B^{\prime }N}=(-3,\sqrt{3},0)$.
Pháp tuyến chung: $\vec{n}={\vec{u}}_{AM}\times {\vec{u}}_{B^{\prime }N}=(0,0,6\sqrt{3})$, chuẩn hóa $\vec{n}=\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
Khoảng cách $d(AM,B^{\prime }N)=\left|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \vec{n}\right|=\left|(a,0,2a)\cdot \left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right|=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vậy đáp án B.

(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. Cạnh bên $A{A}^{\prime }$ vuông góc với cả hai mặt phẳng này, nên khoảng cách giữa chúng bằng độ dài đoạn vuông góc chung $A{A}^{\prime }$. Các đoạn $A{C}^{\prime }$, $A{B}^{\prime }$, $A{D}^{\prime }$ đều là đường chéo không vuông góc với mặt phẳng nên không phải khoảng cách. Vậy đáp án là $A{A}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $BD{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $B{B}^{\prime }\perp BD$), ta có $BD=a\sqrt{2}$, $B{B}^{\prime }=a$, nên $D{B}^{\prime }=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$. Khoảng cách từ $B$ đến $D{B}^{\prime }$ là đường cao $h$ kề từ $B$: $h=\frac{BD\cdot B{B}^{\prime }}{D{B}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{2};0;0)$, $C(a\sqrt{2};a\sqrt{2};0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2a)$ (vì cạnh đáy $a\sqrt{2}$ nên $AB=AD=a\sqrt{2}$, $SA=2a$). Khi đó $SB=SD=a\sqrt{6}$, $BD=2a$, $AO=a$.

a) Vì $AB\perp SA$ và $AB\perp BC$ nên $AB\perp (SBC)$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là hình chiếu của $A$ lên $(SBC)$, tính qua tam giác $SAB$ vuông tại $A$, đường cao từ $A$:
$$d(A,(SBC))=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\sqrt{2}\cdot 2a}{a\sqrt{6}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

b) Tương tự, $AD\perp (SD\cap (SCD))$: $AD\perp SA$, $AD\perp CD$ nên $AD\perp (SCD)$. Trong tam giác $SAD$ vuông tại $A$:
$$d(A,(SCD))=\frac{AD\cdot SA}{SD}=\frac{a\sqrt{2}\cdot 2a}{a\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

c) Dùng thể tích: $V_{S.ABD}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot a^2=\frac{2a^3}{3}$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $SB=SD=a\sqrt{6}$, $BD=2a$, đường cao $=\sqrt{6a^2-a^2}=a\sqrt{5}$, diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\sqrt{5}=a^2\sqrt{5}$.
$$d(A,(SBD))=\frac{3V}{S_{SBD}}=\frac{2a^3}{a^2\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$$

d) $M$ trung điểm $BC$: $M(a\sqrt{2};\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$.

• Mặt phẳng $(SCM)$: vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SM}=(-\sqrt{2};0;-1)a$, phương trình $\sqrt{2}x+z=2a$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(SCM))=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

• Mặt phẳng $(SDM)$: $\overrightarrow{DS}=(0;-a\sqrt{2};2a)$, $\overrightarrow{DM}=(a\sqrt{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$, pháp tuyến $\vec{n}=(1;2;\sqrt{2})$, phương trình $x+2y+\sqrt{2}z=2a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(SDM))=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{14}}{7}.$$

e) $I$ trung điểm $SB$: $I(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;a)$. Với $\overrightarrow{DI}=(\frac{a\sqrt{2}}{2};-a\sqrt{2};a)$, $\overrightarrow{DM}=(a\sqrt{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$, pháp tuyến của $(DIM)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{DI}\times \overrightarrow{DM}\sim (\sqrt{2};2\sqrt{2};3),$$
phương trình mặt phẳng qua $D$: $\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y+3z=4a$. Khoảng cách từ $A$:
$$d(A,(DIM))=\frac{4a}{\sqrt{2+8+9}}=\frac{4a}{\sqrt{19}}=\frac{4a\sqrt{19}}{19}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$ (tam giác $ABC$ vuông cân đỉnh $B$ nên $AB=BC=a$), $S(0;0;a)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=a$.

**a)** Ta có $BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$). Suy ra $BC\perp (SAB)$. Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SAB)\perp (SBC)$. (Chứng minh xong)

**b)** Vì $(SAB)\perp (SBC)$, giao tuyến $SB$, điểm $A\in (SAB)$ nên $d(A,(SBC))=d(A,SB)$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=AB=a$, $SB=a\sqrt{2}$:
$$d(A,SB)=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$$
Kiểm tra bằng tọa độ: mặt phẳng $(SBC)$ có phương trình $x+z=a$, khoảng cách từ $A$ là $\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. ✓

**c)** $I$ là trung điểm $AB$, $I\in (SAB)$ nên $d(I,(SBC))=d(I,SB)$. Trong tam giác vuông $SAB$, khoảng cách từ trung điểm cạnh $AB$ đến cạnh huyền $SB$ bằng nửa khoảng cách từ $A$ đến $SB$ (tuyến tính theo vị trí trên $AB$, tại $B$ bằng $0$):
$$d(I,(SBC))=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $I\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $\frac{a/2}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.) ✓

**d)** $J$ là trung điểm $AC$: $J\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $C\in (SBC)$ nên
$$d(J,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{2}}{4}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $\frac{a-x_J}{\sqrt{2}}=\frac{a/2}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.) ✓

**e)** $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $G\left(\frac{2a}{3};\frac{a}{3};0\right)$. Vì hàm khoảng cách tới mặt phẳng $x+z=a$ là hàm affine theo tọa độ:
$$d(G,(SBC))=\frac{d(A)+d(B)+d(C)}{3}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{6}.$$
(Kiểm tra tọa độ: $\frac{a-2a/3}{\sqrt{2}}=\frac{a}{3\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$.) ✓

**Kết quả:** b) $\frac{a\sqrt{2}}{2}$; c) $\frac{a\sqrt{2}}{4}$; d) $\frac{a\sqrt{2}}{4}$; e) $\frac{a\sqrt{2}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $I(\frac{a}{2};0;0)$, $E(a;\frac{a}{2};0)$. Vì $SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SI\perp (ABCD)$, $S(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2})$.

a) Ta có $\overrightarrow{SI}=(0;0;-\frac{a\sqrt{3}}{2})$, $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2})$ nên pháp tuyến của $(SIC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SI}\times \overrightarrow{SC}\propto (2;-1;0)$. Mặt khác $\overrightarrow{SE}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2})$, $\overrightarrow{DE}=(a;-\frac{a}{2};0)$ nên pháp tuyến của $(SED)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SE}\times \overrightarrow{DE}\propto (\sqrt{3};2\sqrt{3};3)$. Vì $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}+0=0$ nên $(SIC)\perp (SED)$.

Mặt phẳng $(SED)$ có phương trình: $\sqrt{3}x+2\sqrt{3}y+3z-2a\sqrt{3}=0$ (kiểm tra thỏa $S,E,D$).

b) $d(I,(SED))=\frac{|\frac{a\sqrt{3}}{2}-2a\sqrt{3}|}{\sqrt{3+12+9}}=\frac{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}{2\sqrt{6}}=\frac{3a\sqrt{2}}{8}$.

c) $d(C,(SED))=\frac{|a\sqrt{3}+2a\sqrt{3}-2a\sqrt{3}|}{2\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

d) $d(A,(SED))=\frac{|-2a\sqrt{3}|}{2\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Chọn C. Do hình chóp $S.ABC$ đều nên $SG$ là đường cao của hình chóp ($G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$). Kẻ $MH\perp SA$ tại $H$ thì $MH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $MH$. Ta có $$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot SG=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SG=4a,AG=\frac{a\sqrt{3}}{3},SA=\sqrt{A{G}^2+S{G}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{9}+16a^2}=\frac{7a\sqrt{3}}{3}.$$ Ta có $SA.MH=SG.AM\Rightarrow MH=\frac{SG.AM}{SA}=\frac{3.4a.a\sqrt{3}}{2.7a\sqrt{3}}=\frac{6a}{7}$.

Đáp số: 26.
[Hình cần kiểm tra lại: p19_f1]
Vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên suy ra $\widehat{CAD}=60^{\circ }$.
Lại có $DA=DC$ nên tam giác $\Delta ACD$ đều. Do đó $AM=2a\sqrt{3}$.
Gọi $AN\cap CD=F$, suy ra $PN\parallel SF$
Do đó
$$d(PN,SM)=d\left(PN,(SFD)\right)=d\left(P,(SFD)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,(SFD)\right)=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}.d\left(H,(SFD)\right)$$
$$=\frac{2}{3}.\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$

a) Sai. Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{ABCD}$. $S_{ABCD}=4^2=16$, $HB=\frac{3}{4}AB=3$, $\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{HB}\Rightarrow SH=3\tan 30^{\circ }=\sqrt{3}$. Suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 16=\frac{16\sqrt{3}}{3}$ mà $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

b) Đúng. Dựng $HF\perp CD$ tại $F$ và $HN\perp SF$ tại $N$. Ta có $AB\parallel (SCD)$ nên $d(AB,SD)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=HN$. Xét tam giác $SHF$ vuông tại $H$ có: $\frac{1}{H{S}^2}+\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{H{N}^2}$ $\iff \frac{1}{{\left(\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{1}{H{N}^2}\Rightarrow HN=\frac{4\sqrt{57}}{19}$. Vậy $d(AB,SD)=\frac{4\sqrt{57}}{19}$.

c) Đúng. Ta có $SH=\sqrt{3}$.

d) Đúng. Đặt hệ trục $Oxyz$ như hình trên. $H(0;0;0)$, $S\left(0;0;\sqrt{3}\right)$, $B(3;0;0)$, $C(3;4;0)$, $K(-1;3;0)$. Mà $E=CH\cap BK$ với $CH:\{\begin{array}{l}x=3t\\ y=4t\\ z=0\end{array}$ và $BK:\{\begin{array}{l}x=3-4t^{\prime }\\ y=3t^{\prime }\\ z=0\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}3t=3-4t^{\prime }\\ 4t=3t^{\prime }\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=\frac{9}{25}\\ t^{\prime }=\frac{12}{25}\end{array}$. $\Rightarrow E\left(\frac{27}{25};\frac{36}{25};0\right)$. $\overrightarrow{SE}=\left(\frac{27}{25};\frac{36}{25};-\sqrt{3}\right)$; $\overrightarrow{BC}=(0;4;0)$. $\cos (SE,BC)=\frac{\left|\overrightarrow{SE}\cdot \overrightarrow{BC}\right|}{\left|\overrightarrow{SE}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{\frac{144}{25}}{\frac{2\sqrt{39}}{5}\cdot 4}=\frac{18}{5\sqrt{39}}\Rightarrow \{\begin{array}{l}m=18\\ n=5\end{array}$. Vậy $T=2m-n=2.18-5=31$.


a) Sai. Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{ABCD}$. $S_{ABCD}=4^2=16$, $HB=\frac{3}{4}AB=3$, $\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{HB}\Rightarrow SH=3\tan 30^{\circ }=\sqrt{3}$. Suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 16=\frac{16\sqrt{3}}{3}$ mà $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$.
b) Đúng. Dựng $HF\perp CD$ tại $F$ và $HN\perp SF$ tại $N$. Ta có $AB\parallel (SCD)$ nên $d(AB,SD)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=HN$. Xét tam giác $SHF$ vuông tại $H$ có: $\frac{1}{H{S}^2}+\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{H{N}^2}$ $\iff \frac{1}{{\left(\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{1}{H{N}^2}\Rightarrow HN=\frac{4\sqrt{57}}{19}$. Vậy $d(AB,SD)=\frac{4\sqrt{57}}{19}$.
c) Đúng. Ta có $SH=\sqrt{3}$.
d) Đúng. Đặt hệ trục $Oxyz$ như hình trên. $H(0;0;0)$, $S\left(0;0;\sqrt{3}\right)$, $B(3;0;0)$, $C(3;4;0)$, $K(-1;3;0)$. Mà $E=CH\cap BK$ với $CH:\{\begin{array}{l}x=3t\\ y=4t\\ z=0\end{array}$ và $BK:\{\begin{array}{l}x=3-4t^{\prime }\\ y=3t^{\prime }\\ z=0\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}3t=3-4t^{\prime }\\ 4t=3t^{\prime }\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=\frac{9}{25}\\ t^{\prime }=\frac{12}{25}\end{array}$. $\Rightarrow E\left(\frac{27}{25};\frac{36}{25};0\right)$. $\overrightarrow{SE}=\left(\frac{27}{25};\frac{36}{25};-\sqrt{3}\right)$; $\overrightarrow{BC}=(0;4;0)$. $\cos (SE,BC)=\left|\cos \left(\overrightarrow{SE},\overrightarrow{BC}\right)\right|=\frac{\left|\overrightarrow{SE}\cdot \overrightarrow{BC}\right|}{\left|\overrightarrow{SE}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{\frac{144}{25}}{\frac{2\sqrt{39}}{5}\cdot 4}=\frac{18}{5\sqrt{39}}\Rightarrow \{\begin{array}{l}m=18\\ n=5\end{array}$. Vậy $T=2m-n=2.18-5=31$.

Đáp số: 7



Vì $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh bằng 1. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. $\Delta ABD$ là tam giác đều nên $DI\perp AB$. Vì tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SI\perp (ABCD)$. Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $I$ đến $SD$. $\{\begin{array}{l}AB\perp SI\\ AB\perp DI\end{array}\Rightarrow AB\perp (SDI)\Rightarrow AB\perp IH$ mà $AB\parallel CD$ do đó $IH\perp CD$. Lại có $IH\perp SD$ suy ra $IH\perp (SCD)$. Ta có: $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$. Khi đó: $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(I,\left(SCD\right)\right)=IH$. $$ID=\frac{\sqrt{3}}{2}\text{ vaˋ }SI=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\text{ suy ra }IH=\sqrt{\frac{S{I}^2.I{D}^2}{S{I}^2+I{D}^2}}=\sqrt{\frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2.{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$ Vậy $a=3$ và $b=4$ suy ra $a+b=7$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$, suy ra $SA=AC\tan 45^{\circ }=\sqrt{2}\cdot 1=\sqrt{2}$. Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $S(0;0;\sqrt{2})$. Đường thẳng $SC$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(1;1;-\sqrt{2})$, đường thẳng $BD$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=(-1;1;0)$, và $\overrightarrow{BC}=(0;1;0)$. Ta có $\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}=(\sqrt{2};\sqrt{2};2)$ với độ dài $\sqrt{2+2+4}=2\sqrt{2}$. Khoảng cách $d(SC,BD)=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot (\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2})|}{|\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}|}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $BD$ bằng $\frac{1}{2}$.

Gọi $E,H$ là trung điểm của $A{A}^{\prime },BC$ và $G$ là trọng tâm $△ABC$. Gọi $A^{\prime }M\cap AB=K$.

Ta có: $\overrightarrow{A^{\prime }N}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)=\frac{3}{4}\overrightarrow{A^{\prime }G}$ nên $A^{\prime },N,G$ thẳng hàng.

Khi đó: $\overrightarrow{EN}=\overrightarrow{A^{\prime }N}-\overrightarrow{A^{\prime }E}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }A}+\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }B}+\frac{1}{4}\overrightarrow{A^{\prime }C}$

Và $\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{A^{\prime }H}-\overrightarrow{A^{\prime }E}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }A}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }B}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }C}$

Do đó: $\overrightarrow{EH}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EN}$ hay $N$ là trung điểm của $EH$.

Ta có: $A^{\prime }M\parallel EB$ nên $A^{\prime }M\parallel (EBC)$ do đó

$d\left(A^{\prime }M,CN\right)=d\left(A^{\prime }M,(ECB)\right)=d\left(K,(ECB)\right)=d\left(A,(ECB)\right)$

Hạ $AI\perp EH\Rightarrow AI=d\left(A,(EBC)\right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Mà: $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow \frac{7}{3a^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AE=a$ hay $A{A}^{\prime }=2a$

Do đó: $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=2a.a^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^3\approx 0,87a^3$.