Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống DB'.

Dễ thấy $A D \perp\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right) \Rightarrow \Delta A D B\'$ vuông đỉnh A.

Lại có: $A D=a ; A B^{\prime}=a \sqrt{2} \Rightarrow \dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{A D^{2}}+\dfrac{1}{A B^{2}} \Rightarrow A H=\dfrac{a \sqrt{6}}{3}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

                

Kẻ $A H \perp S C$, khi đó $d(A, S C)=A H$.

ABCD là hình thoi cạnh bằng a và $\hat{B}=60^{\circ} \Rightarrow \Delta A B C$ đều nên AC=a

Trong tam giác vuông SAC có:

$\begin{array}{l}{\dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{S A^{2}}+\dfrac{1}{A C^{2}}} \\ {\Rightarrow A H=\frac{S A \cdot A C}{\sqrt{S A^{2}+A C^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{4 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{2 \sqrt{5} a}{5}}\end{array}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Từ $A$ kẻ $AH$ vuông góc với $B C, H \in B C(1)$

Ta có $SB$ vuông góc với $(A B C) \Rightarrow S B \perp A H(2)$

Từ (1), (2) suy ra $4 H \perp(S B C) \Rightarrow d(A ;(S B C))=A H$

Tam giác $AHC$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat{H C A}=\dfrac{A H}{A C}$

$\Rightarrow A H=\sin \widehat{H A C} \cdot A C=\sin 45^{0} \cdot A C=2 a \sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=2 a$

Đáp án: B.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $\left\{\begin{array}{l}{S A \perp A B} \\ {S A \perp B C}\end{array}\right.$ nên $S A \perp(A B C) \Rightarrow S A \perp A C$

Như vậy $S C=\sqrt{S A^{2}+A C^{2}}=\sqrt{S A^{2}+A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{3}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Dựng hình chiếu H của C lên AM.

Do $\Delta B C D$ đều cạnh a nên đường cao $M C=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

$d(C, A M)=C H=\dfrac{A C \cdot M C}{\sqrt{A C^{2}+M C^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{66}}{11}$.

                                                     

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $O A \cap(S B C)=C \Rightarrow \dfrac{d(O ;(S B C))}{d(A ;(S B C))}=\dfrac{O C}{A C}=\dfrac{1}{2}$

Do đó $d(O ;(S B C))=\dfrac{1}{2} d(A ;(S B C))$

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $S B \Rightarrow A K \perp S B(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right. (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C) \Rightarrow d(A ;(S B C))=A K$

Tam giác vuông $SAB$, có $A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{285}}{19}$

Vậy $d(O ;(S B C))=\dfrac{1}{2} A K=\dfrac{a \sqrt{285}}{38}$

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\begin{array}{l}{60^{\circ}=\left( {\widehat {SB;(ABC)}} \right)} \\ {=(S \widehat{B ; A B})=\widehat{S B A}} \\ {S A=A B \cdot \tan \widehat{S B A}=a \cdot \sqrt{3}=a \sqrt{3}}\end{array}$

Do $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ nên $d(B ;(S M C))=d(A ;(S M C))$

Trong $(SAB)$ kẻ $A K \perp S M(1)$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C M \perp A B} \\ {C M \perp S A}\end{array} \Rightarrow C M \perp(S A B) \Rightarrow C M \perp A K\right. (2)$

Từ (1). (2) $\Rightarrow A K \perp(S C M) \Rightarrow d(A ;(S M C))=A K$

Tam giác vuông $SAM$, có $A K=\dfrac{S A \cdot A M}{\sqrt{S A^{2}+A M^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{39}}{13}$

Vậy $d(B ;(S M C))=A K=\dfrac{a \sqrt{39}}{13}$

Đáp án: B.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xác định: $60^{0}=(S B ; \left( {\widehat {SB;(ABCD)}} \right)=(\widehat{S B ; A B})=\widehat{S B A}$

$\Rightarrow S A=A B \cdot \tan \widehat{S B A}=a \sqrt{3}$

Ta có: $\begin{array}{l}{A D\|B C \Rightarrow A D\|(S B C) \Rightarrow d(D ;(S B C))} \ {=d(A,(S B C))}\end{array}$

Kẻ $A K \perp S B(1)$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right. (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C)$

Do đó ta có $d(A ;(S B C))=A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Vậy $d(D ;(S B C))=A K=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $AD//BC$ nên $d(D ;(S B C))=d(A ;(S B C))$

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SB$, suy ra $AK \perp S B(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right.(2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C)$

Khi $d(A ;(S B C))=A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}$

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $A^{\prime} H \perp(A B C) \Rightarrow \widehat{A^{\prime} A H}=60^{\circ}$

$d\left(\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right),(A B C)\right)=A^{\prime} H=A^{\prime} A \cdot \sin 60^{\circ}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ là hình lập phương nên $\left(A D D^{\prime} A^{\prime}\right) / /\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right) $. 

Khi đó $d\left(\left(A D D^{\prime} A^{\prime}\right) ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)=d\left(A ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)$

Mà $A B \perp\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right) \text { nên } d\left(A ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)=A B=10$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $S A \perp(A B C D) \Rightarrow S A \perp I A$ mà $I A \perp A D $ nên $I A \perp(S A D)$

Lại có $I J / / A D$ nên $I J / /(S A D)$

$\Rightarrow d(I J ;(S A D))=d(I ;(S A D))=I A=\dfrac{a}{2}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A B} \\ {B C \perp S A}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B)\right.$

$\Rightarrow \widehat{S B A}$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)

Ta có $S A=A B \tan \widehat{S B A}=a \sqrt{3}$

Do $A B \| C D$ do đó $d(A B ; C M)=d(A B ;(C M D))=d(A ;(S C D))$

Dựng $A H \perp S D$(1) ta có:
$\left\{\begin{array}{l}{C D \perp A D} \\ {C D \perp S A}\end{array} \Rightarrow C D \perp(S A D) \Rightarrow C D \perp A H(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A H \perp(S C D)$

khi đó $d(A ;(S C D))=A H$

Lại có $A H=\dfrac{S A \cdot A D}{\sqrt{S A^{2}+A D^{2}}}$

$=\dfrac{a \sqrt{3} . a}{\sqrt{3 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Do đó $d=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi H là trung điểm BC khi đó $S H \perp B C$

Mặt khác $(S B C) \perp(A B C)$ do đó $S H \perp(A B C)$

Ta có $S H=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$ và $A B=A C=\dfrac{a}{\sqrt{2}} ; A H=\dfrac{B C}{2}=\dfrac{a}{2}$

Do $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A H} \\ {B C \perp S H}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S H A)\right.$

Dựng $H K \perp S A$ khi đó HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA.

Lại có $H K=\dfrac{S H \cdot A H}{\sqrt{S H^{2}+H A^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$.Vậy $d(S A ; B C)=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do hình lăng trụ $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có tất cả các cạnh bằng a nên $A^{\prime} A=a$

H là hình chiếu của A trên $\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)$ nên

$A H \perp\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right) \Rightarrow d\left((A B C),\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)\right)=A H=\dfrac{a}{2}$

$\Delta A^{\prime} H A$ vuông tại H nên $A^{\prime} H=\sqrt{A^{\prime} A^{2}-A H^{2}}=\sqrt{a^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Mặt khác $\Delta A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ đều cạnh a nên đường cao $A^{\prime} H^{\prime}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$ $(H\'$ là trung điểm của $B^{\prime} C\'$)

Từ đó $A^{\prime} H=A^{\prime} H^{\prime}$ và $H, H^{\prime} \in B^{\prime} C^{\prime} \text { nên } H \equiv H^{\prime}$

vậy H là trung điểm của $B^{\prime} C^{\prime} \Rightarrow H B^{\prime}=\dfrac{1}{2} B^{\prime} C^{\prime}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $(A B C) / /\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right) \Rightarrow d\left((A B C),\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)\right)=d\left(A^{\prime},(A B C)\right)$

Vì ABC là tam giác đều và $A A^{\prime}=A^{\prime} B=A^{\prime} C \Rightarrow A^{\prime} A B C$ là hình chóp đều

Gọi $A^{\prime} H$ là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm $\Delta A B C, \widehat{A^{\prime} A H}=60^{\circ}$

$\Rightarrow d\left(A^{\prime},(A B C)\right)=A^{\prime} H=A H \cdot \tan 60^{\circ}=\dfrac{a \sqrt{3}}{3} \sqrt{3}=a$

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C I \perp A B} \\ {S H \perp A B}\end{array} \Rightarrow A B \perp(S I C)\right.$

Dựng $I F \perp S C$(1) khi đó $I F \subset(S I C) \Rightarrow I F \perp A B(2)$, do đó IF là đoạn vuông góc chung của AB và SC. Dựng $H E \perp S C \Rightarrow H E / / I F$ ta có $H E=\dfrac{1}{2} I F$

Lại có $C I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow C H=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$

Khi đó 

$H E=\dfrac{S H \cdot H C}{\sqrt{S H^{2}+C H^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{4}}{\sqrt{(a \sqrt{3})^{2}+\left(\dfrac{a \sqrt{3}}{4}\right)^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{51}}{17} \Rightarrow I F=\dfrac{2 a \sqrt{51}}{17}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa một điểm M thuộc đường thẳng b đến mặt phẳng (P) chứa a và song song với b chứ không phải là khoảng cách giữa hai điểm.Vậy C sai.

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $E=H K \cap A C$. Do $H K \| B D$ nên suy ra $d(H K ; S D)=d(H K ;(S B D))=d(E ;(S B D))=\dfrac{1}{2} d(A ;(S B D))$(vì $O E=\dfrac{1}{2} A O )$

Kẻ $A F \perp S O(1)$ ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A C} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A C) \Rightarrow B D \perp A F(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A F \perp(S B D)$, khi đó

$d(A ;(S B D))=A F=\dfrac{S A \cdot A O}{\sqrt{S A^{2}+A O^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot \dfrac{a \sqrt{2}}{2}}{\sqrt{4 a^{2}+\dfrac{a^{2}}{2}}}=\dfrac{2 a}{3}$

Vậy khoảng cách $d(H K ; S D)=\dfrac{1}{2} A F=\dfrac{a}{3}$

Đáp án: A