Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vị trí hai đường (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $C(a\sqrt{3};0;0)$, $B\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{3a}{2};0\right)$, $M\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};0;0\right)$. Tâm đáy $O\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};0\right)$, bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=a$ nên $SO=\sqrt{(2a{)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$, suy ra $S\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};a\sqrt{3}\right)$.

Vectơ chỉ phương: ${\vec{u}}_{BM}=\overrightarrow{MB}=(0;1;0)$ (tỉ lệ), ${\vec{u}}_{SC}=\overrightarrow{CS}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};-\frac{a}{2};-a\sqrt{3}\right)\propto (\sqrt{3};-1;-2\sqrt{3})$.

Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}={\vec{u}}_{SC}\times {\vec{u}}_{BM}=(2\sqrt{3};0;\sqrt{3})$, $|\vec{n}|=\sqrt{12+3}=\sqrt{15}$.

Lấy $\vec{w}=\overrightarrow{BS}=\left(0;-a;a\sqrt{3}\right)$, khi đó $\vec{w}\cdot \vec{n}=0+0+3a^2$... chính xác $\vec{w}\cdot \vec{n}=a\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3a^2$.

Khoảng cách giữa $BM$ và $SC$: $d=\frac{|\vec{w}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{3a^2}{a\sqrt{15}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Đường bay là đường thẳng qua $A(0;10;0)$, $B(20;0;10)$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(20;-10;10)$, $\overrightarrow{AM}=(40;10;40)$. Khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $AB$ là $d=\frac{|\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AB}|}$. Tính tích có hướng: $\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{AB}=(500;400;-600)$. Độ lớn: $\sqrt{500^2+400^2+600^2}=\sqrt{770000}=100\sqrt{77}$. Còn $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{400+100+100}=\sqrt{600}=10\sqrt{6}$. Vậy $d=\frac{100\sqrt{77}}{10\sqrt{6}}=\frac{10\sqrt{462}}{6}=\frac{5\sqrt{462}}{3}\approx 35,82$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường bay là đường thẳng AB với $\overrightarrow{AB}=(20;-10;10)$, $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OM}=(40;0;40)$. Khoảng cách từ M đến đường thẳng AB: $d(M,AB)=\frac{|[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}]|}{|\overrightarrow{AB}|}$. Tính $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}]=(-400;-400;400)$, độ dài $=400\sqrt{3}$. $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{20^2+(-10{)}^2+10^2}=\sqrt{600}=10\sqrt{6}$. Vậy $d=\frac{400\sqrt{3}}{10\sqrt{6}}=\frac{40}{\sqrt{2}}=20\sqrt{2}\approx 28,3$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vectơ chỉ phương của Δ₂ là u₂=(−1;−2;2), không cùng phương với (1;2;3) nên sai. b) Thay A(4;5;6) vào Δ₁: (4−1)/2=3/2 ≠ (5−2)/1=3 nên A không thuộc Δ₁, sai. c) cos(Δ₁,Δ₂)=|2·(−1)+1·(−2)+(−2)·2|/(3·3)=8/9, góc ≈ 27,27° ≈ 27°, đúng. d) (P) qua B(1;3;3) và chứa Δ₁ (điểm (1;2;3), chỉ phương u₁=(2;1;−2)). VTCP của vectơ trong mặt phẳng: B−(1;2;3)=(0;1;0). Pháp tuyến n=(0;1;0)×(2;1;−2)=(−2;0;−2). (P): −2(x−1)−2(z−3)=0 ⇔ x+z−4=0. d(O,(P))=|−4|/√2=2√2, đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vectơ chỉ phương của Δ₂ là (−1;−2;2), không cùng phương với (1;2;3) vì 1/(−1)≠3/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
Thay A(4;5;6): (4−1)/2=3/2, (5−2)/1=3, (6−3)/(−2)=−3/2, không bằng nhau nên A∉Δ₁.
c) (AI giải đề cho tôi)
cos góc = |2(−1)+1(−2)+(−2)(2)|/(√9·√9)=8/9, góc ≈ 27,27° ≈ 27°.
d) (AI giải đề cho tôi)
(P) chứa Δ₁ và B(1;3;3): n=(0;1;0)×(2;1;−2)=(−2;0;−2), (P): x+z−4=0, d(O,(P))=4/√2=2√2.

(AI giải đề cho tôi)
Vecto chỉ phương của $a$: $\overrightarrow{u_a}=\overrightarrow{MN}=(-1;2;-2)$, $|\overrightarrow{u_a}|=3$. Vecto chỉ phương của $b$: $\overrightarrow{u_b}=\overrightarrow{PQ}=(2;3;6)$, $|\overrightarrow{u_b}|=7$. $\cos (a,b)=\frac{|-1\cdot 2+2\cdot 3+(-2)\cdot 6|}{3\cdot 7}=\frac{|-2+6-12|}{21}=\frac{8}{21}\approx 0.3810$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $\approx 67.6^{\circ }$, làm tròn đến hàng đơn vị là $68^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(2a;2a;0)$. Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S$ thuộc mặt phẳng qua $AB$ vuông góc với đáy, tức $S(x;0;h)$. Từ $SA=a$, $SB=a\sqrt{3}$: $x^2+h^2=a^2$ và $(x-2a{)}^2+h^2=3a^2$. Trừ hai phương trình: $-4ax+4a^2=2a^2\Rightarrow x=\frac{a}{2}$, $h^2=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Trung điểm $M(a;0;0)$, $N(2a;a;0)$. Ta có $\overrightarrow{SM}=\left(\frac{a}{2};0;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\overrightarrow{SM}|=a$; $\overrightarrow{DN}=(2a;-a;0)$, $|\overrightarrow{DN}|=a\sqrt{5}$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{DN}=\frac{a}{2}\cdot 2a=a^2$. Do đó $\cos (SM,DN)=\frac{a^2}{a\cdot a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $d_1$ có điểm $(1;1;3)$, vtcp $\overrightarrow{u_1}=(1;-1;2)$. Với $A(1;3;-2)$: từ $x=1+t=1\Rightarrow t=0$ khi đó $y=1\ne 3$, nên $A$ không thuộc $d_1$ → đúng.
b) $d_2:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{-1}$ có vtcp $\overrightarrow{u_2}=(1;2;-1)$, và $(-1;-2;1)=-\overrightarrow{u_2}$ cũng là một vtcp của $d_2$ → đúng.
c) $\overrightarrow{u_1}=(1;-1;2)$, $\overrightarrow{u_2}=(1;2;-1)$: $\overrightarrow{u_1}\cdot \overrightarrow{u_2}=1-2-2=-3$, $|\overrightarrow{u_1}|=|\overrightarrow{u_2}|=\sqrt{6}$. Cosin góc giữa hai đường thẳng là $\frac{|-3|}{6}=\frac{1}{2}>0$, không thể là $\frac{-1}{2}$ → sai.
d) Điểm $M_0(0;-1;2)\in d_2$, $M_0\notin (P)$ vì $0-1+2-3=-2$. Hình chiếu của $M_0$ trên $(P)$ (với $\vec{n}=(1;1;1)$): $H=M_0-\frac{-2}{3}(1;1;1)=\left(\frac{2}{3};-\frac{1}{3};\frac{8}{3}\right)$. Vtcp của $\Delta$: $\vec{u}=\overrightarrow{u_2}-\frac{\overrightarrow{u_2}\cdot \vec{n}}{3}\vec{n}=(1;2;-1)-\frac{2}{3}(1;1;1)=\left(\frac{1}{3};\frac{4}{3};-\frac{5}{3}\right)\parallel (1;4;-5)$. Với $N(2;5;-4)$: $\frac{2}{3}+s=2\Rightarrow s=\frac{4}{3}$; kiểm tra $y=-\frac{1}{3}+\frac{16}{3}=5$ ✓, $z=\frac{8}{3}-\frac{20}{3}=-4$ ✓. Vậy $N\in \Delta$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thay $A(1;3;-2)$ vào $d_1$: $x=1\Rightarrow t=0$ khi đó $y=1\ne 3$, nên $A$ không thuộc $d_1$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d_2$ có vtcp $(1;2;-1)$, do đó $(-1;-2;1)$ cũng là một vtcp của $d_2$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (d_1,d_2)=\frac{|\overrightarrow{u_1}\cdot \overrightarrow{u_2}|}{|\overrightarrow{u_1}||\overrightarrow{u_2}|}=\frac{|-3|}{6}=\frac{1}{2}$, không phải $\frac{-1}{2}$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu $\Delta$ đi qua $H\left(\frac{2}{3};-\frac{1}{3};\frac{8}{3}\right)$ với vtcp $(1;4;-5)$. Thay $N(2;5;-4)$: $s=\frac{4}{3}$ thỏa cả ba phương trình, nên $N\in \Delta$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=(m;m;-1)$, đường thẳng $\Delta$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-1;2m)$.

Cosin góc giữa hai đường thẳng:
$$\cos (d,\Delta )=\frac{|m\cdot 1+m\cdot (-1)+(-1)(2m)|}{\sqrt{2m^2+1}\cdot \sqrt{1+1+4m^2}}=\frac{2|m|}{\sqrt{2m^2+1}\cdot \sqrt{4m^2+2}}$$

Vì $\sqrt{4m^2+2}=\sqrt{2}\sqrt{2m^2+1}$ nên:
$$\cos (d,\Delta )=\frac{2|m|}{\sqrt{2}(2m^2+1)}$$

Góc bằng $60^{\circ }$ nên $\cos (d,\Delta )=\frac{1}{2}$:
$$\frac{2|m|}{\sqrt{2}(2m^2+1)}=\frac{1}{2}⟺4|m|=\sqrt{2}(2m^2+1)$$

Đặt $u=|m|>0$ (nếu $m=0$ thì $\Delta$ có $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-1;0)$, khi đó cosin góc bằng 0, không thỏa):
$$2\sqrt{2}{u}^2-4u+\sqrt{2}=0⟺u^2-\sqrt{2}u+\frac{1}{2}=0⟺{\left(u-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2=0$$

Suy ra $u=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, tức $S=\left\{\frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{\sqrt{2}}{2}\right\}$.

Kiểm tra: với $m=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $\cos (d,\Delta )=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}\left(2\cdot \frac{1}{2}+1\right)}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, đúng.

Tích các giá trị trong tập $S$:
$$\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{1}{2}$$

(AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ A(1;0;0) đến đường thẳng BC: u = BC = (2;1;0), AB = (−1;0;1). AB×u = (−1;2;−1), |AB×u| = √6, |u| = √5. d = √6/√5 = √30/5 (m). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0),B(6;0;0),D(0;8;0),C(6;8;0),O(3;4;0)$. Vì $SA$ tạo với $(ABCD)$ góc $45^{\circ }$ nên góc $SAO=45^{\circ }$, với $AO=5$ suy ra $SO=5$, tức $S(3;4;5)$; $M$ trung điểm $SA$ nên $M(1,5;2;2,5)$. Ta có $\overrightarrow{SC}=(3;4;-5)$, $\overrightarrow{DM}=(1,5;-6;2,5)$, và vectơ nối $\overrightarrow{SM}=(-1,5;-2;-2,5)$. Tính $\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{DM}=(-20;-15;-24)$, độ dài $\sqrt{400+225+576}=\sqrt{1201}$. Tích hỗn tạp $\overrightarrow{SM}\cdot (\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{DM})=30+30+60=120$. Vậy khoảng cách giữa $SC$ và $DM$ là $\frac{120}{\sqrt{1201}}$, suy ra $n=1201$.

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay chuyển động trên đường thẳng đi qua $M(-4;-2;3)$ và $N(5;10;9)$, vectơ chỉ phương $\overrightarrow{MN}=(9;12;6)$. Khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng là $d=\frac{|[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OM}]|}{|\overrightarrow{MN}|}$ với $\overrightarrow{OM}=(-4;-2;3)$.

Tính tích có hướng:
$$[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OM}]=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ 9& 12& 6\\ -4& -2& 3\end{array}\right|=(12\cdot 3-6\cdot (-2);6\cdot (-4)-9\cdot 3;9\cdot (-2)-12\cdot (-4))=(48;-51;30).$$

$|[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OM}]|=\sqrt{48^2+(-51{)}^2+30^2}=\sqrt{2304+2601+900}=\sqrt{5805}$.

$|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{9^2+12^2+6^2}=\sqrt{261}=3\sqrt{29}$.

$$d=\frac{\sqrt{5805}}{3\sqrt{29}}=\sqrt{\frac{5805}{261}}=\sqrt{\frac{645}{29}}\approx 4,7161\text{(đơn vị)}.$$

Vì mỗi đơn vị là 100 km, khoảng cách gần đài kiểm soát nhất là:
$$d\approx 4,7161\times 100\approx 471,6\text{km}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Điểm trên $d$ có dạng $P(-5+2t;6+4t;1+3t)$. Hình chiếu $A^{\prime }$ là điểm trên $d$ sao cho $\overrightarrow{PA}\perp d$, tức $\overrightarrow{PA}\cdot \vec{u}=0$ với $\vec{u}=(2;4;3)$. Ta có $\overrightarrow{PA}=(9-2t;9-4t;11-3t)$, nên $2(9-2t)+4(9-4t)+3(11-3t)=87-29t=0\Rightarrow t=3$. Suy ra $A^{\prime }=(1;18;10)$, tức $a=1,b=18,c=10$. Khi đó $S=a^2+b^2+c^2=1+324+100=425$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;6;0)$, $C(4;6;0)$, $S(0;0;4\sqrt{3})$.

Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{SC}=(4;6;-4\sqrt{3})$, $\overrightarrow{BD}=(-4;6;0)$, và $\overrightarrow{BS}=(-4;0;4\sqrt{3})$.

Tích có hướng: $[\overrightarrow{SC},\overrightarrow{BD}]=(24\sqrt{3};16\sqrt{3};48)$, độ dài $=8\sqrt{27+12+36}=8\sqrt{75}=40\sqrt{3}$.

$\overrightarrow{BS}\cdot [\overrightarrow{SC},\overrightarrow{BD}]=-96\sqrt{3}+192\sqrt{3}=96\sqrt{3}$.

Khoảng cách giữa $SC$ và $BD$: $d=\frac{96\sqrt{3}}{40\sqrt{3}}=\frac{12}{5}=2,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai đường thẳng có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-2;1)$ và $\overrightarrow{u_{{\Delta }^{\prime }}}=(2;1;-1)$. a) $\cos (\Delta ,{\Delta }^{\prime })=\frac{|1\cdot 2+(-2)\cdot 1+1\cdot (-1)|}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=\frac{|-1|}{6}=\frac{1}{6}$ → đúng. b) Giải hệ $1+t=2s$, $2-2t=1+s$, $3+t=2-s$: từ hai phương trình đầu được $s=3/5$, $t=1/5$; thay vào phương trình thứ ba: $3+1/5=16/5\ne 2-3/5=7/5$ → hệ vô nghiệm, hai đường thẳng chéo nhau (không cắt nhau) → sai. c) Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm ứng với $t=0$ là $M(1;2;3)$ và có vectơ chỉ phương $(1;-2;1)$ → đúng. d) Đường thẳng $d$ qua $K(1;1;1)$ song song với $\Delta$ nhận $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-2;1)$ làm vectơ chỉ phương nên có phương trình $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z-1}{1}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (\Delta ,{\Delta }^{\prime })=\frac{|1\cdot 2+(-2)\cdot 1+1\cdot (-1)|}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=\frac{1}{6}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hệ phương trình giao điểm vô nghiệm ($s=3/5,t=1/5$ thỏa hai phương trình đầu nhưng $16/5\ne 7/5$ ở phương trình thứ ba), nên hai đường thẳng chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $t=0$ ta được điểm $M(1;2;3)$ thuộc $\Delta$ và $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-2;1)$ là vectơ chỉ phương.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua $K(1;1;1)$ song song với $\Delta$ có vectơ chỉ phương $(1;-2;1)$, phương trình $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z-1}{1}$.

(AI giải đề cho tôi)
d1 có VTCP u1=(1;-1;1), d2 có VTCP u2=(3;3;-1).
a) cos(u1,u2)=|1·3+(-1)·3+1·(-1)|/(√3·√19)=1/√57≈0,1325 ⇒ góc ≈82,4°>50°. Đúng.
b) Mặt phẳng qua A(1;-1;3) vuông góc d1 có VTPT u1=(1;-1;1): (x-1)-(y+1)+(z-3)=0 ⇔ x-y+z-5=0. Đúng.
c) M(7;-6;-6): trên d1 cần 2+t=7⇒t=5, khi đó z=1+5=6≠-6 nên M không thuộc d1, do đó d không cắt d1 tại M. Sai.
d) VTCP (6;-5;3) có tích vô hướng với u2: 18-15-3=0 nên vuông góc d2. Điểm trên d: (1+6t;-1-5t;3+3t), cho bằng điểm trên d1 (2+s;-1-s;1+s): từ y: s=5t; từ x: 1+6t=2+5t⇒t=1, s=5, kiểm tra z: 3+3=6=1+5 ✓. Vậy d qua A, cắt d1 tại (7;-6;6) và vuông góc d2. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
cos góc giữa u1=(1;-1;1) và u2=(3;3;-1) là 1/√57 ⇒ góc ≈82,4°>50°.
b) (AI giải đề cho tôi)
VTPT (1;-1;1), qua A(1;-1;3): x-y+z-5=0.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với t=5 trên d1 ta được điểm (7;-6;6), không phải (7;-6;-6); M không thuộc d1.
d) (AI giải đề cho tôi)
VTCP (6;-5;3) vuông góc u2=(3;3;-1) và d cắt d1 tại (7;-6;6) khi t=1.

(AI giải đề cho tôi) $d_1$ đi qua $P(2;1;0)$ với vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_1=(2;1;-1)$; $d_2$ đi qua $Q(a;0;1)$ với vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_2=(1;2;-1)$. Hai vectơ chỉ phương không cùng phương nên $d_1$, $d_2$ không song song. Tính ${\vec{u}}_1\times {\vec{u}}_2=(1;1;3)$. Vectơ $\overrightarrow{PQ}=(a-2;-1;1)$, nên $\overrightarrow{PQ}\cdot ({\vec{u}}_1\times {\vec{u}}_2)=(a-2)-1+3=a$. Hai đường thẳng đồng phẳng khi và chỉ khi $a=0$. Vậy $d_1$ và $d_2$ chéo nhau khi $a\ne 0$, chọn đáp án C (khớp đáp án nguồn).

a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng. (Đáp án mã đề 1204: SDDD)

(AI giải đề cho tôi)
Gắn tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),D^{\prime }(0;1;1),C^{\prime }(1;1;1)$. Đường thẳng $D{D}^{\prime }$ có VTCP $(0;0;1)$, đường thẳng $A^{\prime }B$ có VTCP $(1;0;-1)$. VTCP của đường vuông góc chung: $(0;0;1)\times (1;0;-1)=(0;1;0)$. Trong các đáp án, chỉ $A^{\prime }{D}^{\prime }$ có VTCP $(0;1;0)$ (vì $A^{\prime }(0;0;1),D^{\prime }(0;1;1)$). Kiểm tra: $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp D{D}^{\prime }$ (nằm trong mặt phẳng đáy trên) và $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp A^{\prime }B$ vì $(0;1;0)\cdot (1;0;-1)=0$; hơn nữa $A^{\prime }{D}^{\prime }$ cắt $D{D}^{\prime }$ tại $D^{\prime }$ và cắt $A^{\prime }B$ tại $A^{\prime }$. Vậy đường vuông góc chung là $A^{\prime }{D}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B(0;0;0)$, $C(15;0;0)$, $D(15;15;0)$, $A(0;30;0)$ (vì $AB\perp BC$, $CD\perp BC$ nên $AB\parallel CD$, $AB=30$); chiều cao lăng trụ $D{D}^{\prime }=15$ nên $z$-tọa độ các điểm trên $15$.

Đường thẳng $B^{\prime }{C}^{\prime }$: đi qua $B^{\prime }(0;0;15)$, vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$.
Đường thẳng $A^{\prime }D$: đi qua $D(15;15;0)$, vectơ chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{A^{\prime }D}=(15;-15;-15)\parallel (1;-1;-1)$.

$\vec{w}=\overrightarrow{B^{\prime }D}=(15;15;-15)$.
$\vec{u}\times \vec{v}=(0;1;-1)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\sqrt{2}$.
$\vec{w}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=15+15=30$.

Khoảng cách $d(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }D)=\frac{30}{\sqrt{2}}=15\sqrt{2}\approx 21,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng cần tìm song song với $d_1$ nên có véc-tơ chỉ phương $\vec{u}=(2;1;3)$. Gọi $M(2t;t;t)\in d_2$ và $N(1+s;2+2s;2s)\in d_3$. Yêu cầu $\overrightarrow{MN}=(1+s-2t;2+2s-t;2s-t)$ cùng phương với $(2;1;3)$: tồn tại $k$ sao cho $1+s-2t=2k$, $2+2s-t=k$, $2s-t=3k$. Từ phương trình hai: $k=2+2s-t$. Thay vào phương trình nhất: $1+s-2t=4+4s-2t\Rightarrow s=-1$. Khi đó $k=-t$ và phương trình ba: $-2-t=-3t\Rightarrow t=1$. Vậy $M(2;1;1)$, $N(0;0;-2)$, $\overrightarrow{MN}=(-2;-1;-3)$ cùng phương với $(2;1;3)$. Đường thẳng qua $N(0;0;-2)$ với véc-tơ chỉ phương $(2;1;3)$: $\frac{x}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{3}$. Kiểm tra: $M(2;1;1)$: $\frac{2}{2}=\frac{1}{1}=\frac{1+2}{3}=1$ ✓; $N(0;0;-2)$: $0=0=0$ ✓. Đáp án D.