Phương pháp giải:

+) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)

+) Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\left. \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Trong (SAB) kẻ \(AH \bot SB\)

Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\)

\( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)

Xét tam giác vuông SAB có: \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{A^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC đều nên \(BE \bot AC\) và \(BE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Trong (ABC) kẻ \(DF//BE \Rightarrow DF \bot AC\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}DF \bot AC\\DF \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow DF \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right) = DF\)

Xét tam giác ABE có: DF là đường trung bình \(DF = \dfrac{1}{2}BE = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Chọn C. 

Phương pháp giải:

+) Gọi O là tâm tam giác đều ABC \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\)

+) Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Gọi O là tâm tam giác đều ABC. Vì chóp S.ABC đều nên \(SO \bot \left( {ABC} \right)\)

Trong (ABC) kẻ \(MH \bot AN\)

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}MH \bot AN\\MH \bot SO\left( {SO \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow MH \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAN} \right)} \right) = MH\end{array}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}MH \bot AN,BN \bot AN \Rightarrow MH//BN \Rightarrow \dfrac{{MH}}{{BN}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow MH = \dfrac{1}{2}BN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{2} = \dfrac{a}{4}\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Vì H là trung điểm của AD, ABCD là hình thang cân nên E là trung điểm của BC và \(HE \bot BC\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}EH \bot SH\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\EH \bot AD\,\,\,\left( {AD//BC} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow EH \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right) = EH\end{array}\) 

Trong (ABCD) kẻ \({\rm{BF}} \bot AD\)

Ta có: \(AF = FH = \dfrac{{AD - AB}}{2} = \dfrac{{2a - a}}{2} = \dfrac{a}{2}\)

Xét tam giác vuông ABF có: \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = HE\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chứng minh \(C'D' \bot ED'\), sau đó chứng minh \(C'D' \bot \left( {AD'E} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác \(A'B'D'\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'B' = A'D'\\\widehat {B'A'D'} = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta A'B'D'\)đều\( \Rightarrow \widehat {A'D'B'} = {60^0} \Rightarrow \widehat {B'D'C'} = {60^0}\)

Vì tam giác  \(A'B'D'\)đều nên trung tuyến D’E đồng thời là phân giác \( \Rightarrow \widehat {B'D'E} = {30^0} \Rightarrow \widehat {C'D'E} = {90^0} \Rightarrow C'D' \bot ED'\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}C'D' \bot ED'\\C'D' \bot AH\left( {AH \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow C'D' \bot \left( {AD'E} \right) \Rightarrow d\left( {C';\left( {AD'E} \right)} \right) = C'D' = a\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chứng minh \(BC \bot \left( {SAN} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(\Delta SBC;\Delta ABC\) đều nên

\(\left. \begin{array}{l}SN \bot BC\\AN \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAN} \right)} \right) = BN = \dfrac{a}{2}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABC) kẻ \(CD \bot BN\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}CD \bot BN\\CD \bot SG\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SBG} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBG} \right)} \right) = CD\)

Tam giác ABC vuông cận tại C nên \(CA = CB = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow CN = \dfrac{1}{2}CA = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 2 }}\)

Xét tam giác vuông BCN có: \(\dfrac{1}{{C{D^2}}} = \dfrac{1}{{C{N^2}}} + \dfrac{1}{{C{B^2}}} = \dfrac{8}{{9{a^2}}} + \dfrac{2}{{9{a^2}}} = \dfrac{{10}}{{9{a^2}}} \Rightarrow CD = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {10} }}\) 

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Xác định vị trí điểm H.

+) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAI} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AI \bot BC\) và \(BC = AB\sqrt 2  = 2a\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AI\\BC \bot SH\left( {SH \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAI} \right)} \right) = BI = \dfrac{1}{2}BC = a\end{array}\) 

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Gọi H là tâm của tam giác đều ABC \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

+) Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Vì chóp \(A'.ABC\)là chóp đều nên ABC là tam giác đều

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

\(\left( {A'AD} \right) \cap B'C' = E \Rightarrow d\left( {C';\left( {A'AD} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {A'ADE} \right)} \right)\)\(\left( {A'ADE} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = DE \Rightarrow DE//BB'\). Mà D là trung điểm của BC nên E là trung điểm của \(B'C'\)

Tam giác \(A'B'C'\) đều nên trung tuyến \(A'E\) đồng thời là đường cao \( \Rightarrow A'E \bot B'C'\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}C'E \bot A'E\\C'E \bot A'H\left( {A'H \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow C'E \bot \left( {A'ADE} \right)\\ \Rightarrow d\left( {C';\left( {A'ADE} \right)} \right) = C'E = \dfrac{{B'C'}}{2} = \dfrac{a}{2}\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Xác định khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng chứa đường cao.

Lời giải chi tiết:

Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) kẻ \(EK \bot A'B'\) 

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}EK \bot A'B'\\EK \bot A'H\left( {A'H \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow EK \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {E;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = EK\end{array}\)

Vì \(A'D'EK\) là hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vuông) nên \(EK = A'D' = a\)

Chọn D. 

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường vuông góc dến một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC

Vì tam giác ABC có \(AB = BC = CA = a\) nên \(\Delta ABC\) là tam giác đều

Suy ra trung tuyến AM đồng thời là đường cao

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Trong (SAM) kẻ \(AH \bot SM\)

Vì \(BC \bot \left( {SAM} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BC \bot AH\)

Suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)

Ta có: \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AM \Rightarrow \Delta SAM\) vuông tại A

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{7} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}a\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường vuông góc dến một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Trong (SAC) kẻ \(AH \bot SC\)
Gọi E là trung điểm của AD.
Xét tam giác ACD có: \(AE = AB = a = \frac{1}{2}AD\)
\( \Rightarrow \Delta ACD\)vuông tại C (Trung tuyến ứng với 1 cạnh bằng nửa cạnh ấy)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AH\)
\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\\AH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\)

Trong tam giác vuông ABC có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\)vuông tại A.

Suy ra \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{3}a\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường vuông góc dến một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Trong (SBD) kẻ \(SH \bot BD\), trong (SAH) kẻ \(AK \bot SH\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}BD \bot SH\\BD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AK\)

Có: \(\left. \begin{array}{l}AK \bot BD\\AK \bot SH\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK\)

Xét tam giác vuông ABD có: \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}}\)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AH \Rightarrow \Delta SHA\) vuông tại A.

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}} + \dfrac{1}{{S{A^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \dfrac{{2a}}{3}\)  

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Trong (SAB) kẻ \(AH \bot SB\) ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot AH\)

\( \Rightarrow AH\) là đoạn vuông góc chung của SB và AD\( \Rightarrow d\left( {SB;AD} \right) = AH\)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\)vuông tại A.

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(d\left( {SB;AD} \right) = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Hạ đường cao \(AH\) xuống cạnh \(BC.\) Khi đó khoảng cách từ \(AA'\)

đến  \(\left( BCC'B' \right)\) chính là độ dài \(AH.\) Áp dụng định lý Py-ta-go và hệ thức

trong tam giác vuông \(ABC\) để tìm \(AH.\) 

Lời giải chi tiết:

Hạ đường cao \(AH\) xuống cạnh \(BC.\) Khi đó khoảng cách từ \(AA'\)

đến  \(\left( BCC'B' \right)\) chính là độ dài \(AH.\) Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên

theo định lý Py-ta-go ta nhận được \(A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}={{\left( 2a \right)}^{2}}-{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}={{a}^{2}}\Rightarrow AC=a.\)

Áp dụng hệ thức trong

 tam giác vuông\(ABC\) ta nhận được

\(\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{A{{B}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{C}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{a}^{2}}}=\dfrac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}.\)

Chọn đáp án B.

Phương pháp giải:

Phương pháp: Xét \(A,B,C,D\) là \(4\) điểm đồng phẳng. Khi khoảng cách từ \(A\) và \(C\) đến đường thẳng \(BD\) bằng nhau thì khoảng cách từ \(A\) và \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) cũng bằng nhau

Lời giải chi tiết:

Cách giải

Khoảng cách từ \(C\) đến \(\left( {SBD} \right)\) cũng bằng

\(d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{6a}}{7}\)

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Với tứ diện vuông (có 3 cạnh chung đỉnh đôi một vuông góc, 3 cạnh có độ dài là a,b,c), chiều cao hạ từ đỉnh chung của 3 cạnh xuống mặt phẳng đáy là h với \(\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách từ S đến (ABC) là h với \(\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}=\frac{49}{36}\Rightarrow h=\frac{6}{7}\)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Hạ đường cao \(DP\) xuống \(CD'.\) Khi đó \(DP\) chính là khoảng cách từ \(AD\) đến mặt phẳng \(\left( BCD'A' \right).\) Tính độ dài \(DP.\)

Lời giải chi tiết:

Hạ đường cao \(DP\) xuống \(CD'.\) Khi đó \(DP\) chính là khoảng cách từ \(AD\) đến mặt phẳng \(\left( BCD'A' \right).\)

Ta có \(DCD'\) là tam giác vuông cân tại \(D\) nên

 \(C'D{{'}^{2}}=C{{D}^{2}}+D'{{D}^{2}}={{a}^{2}}+{{a}^{2}}=2{{a}^{2}}\Rightarrow C'D'=\sqrt{2}a.\)

Do \(\Delta DCD'\) là tam giác vuông cân nên \(DP\) vừa là đường cao vừa là trung tuyến, do đó

\(DP=\frac{1}{2}D'C=\frac{\sqrt{2}}{2}a.\) Vậy khoảng cách từ \(AD\) đến mặt phẳng \(\left( BCD'A' \right)\) là \(DP=\frac{\sqrt{2}}{2}a.\)

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải:

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(B\) xuống \(AC.\) Chứng minh \(BH\bot \left( SAC \right).\)Dùng công thức trong tam giác vuông \(ABC\) để tính \(BH.\)

Lời giải chi tiết:

Hạ \(BH\bot AC.\) Theo giả thiết \(SA\bot \left( ABC \right)\) nên \(SA\bot AC.\) Kết hợp với \(BH\bot AC\)

ta nhận được \(BH\bot \left( SAC \right).\) Do đó \(d\left( BH,\left( SAC \right) \right)=BH.\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao nên

\(\frac{1}{B{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{B{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 2a \right)}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow BH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.\)a

Chọn đáp án B.

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm mặt phẳng (P) chứa A vuông góc với mặt phẳng (SBC)

Bước 2: Tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (SBC)

Bước 3: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đó chính là khoảng cách từ A đến (SBC)

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC.Do tam giác ABC đều nên ta có \(AM \bot BC\)

Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\)

Nên \(BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Có \(\left( {SAM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SM\)

Từ A kẻ AD vuông góc với SM khi đó ta có

\(AD = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a.

Trong tam giác vuông SAM ta có:

\(\eqalign{& {1 \over {A{D^2}}} = {1 \over {S{A^2}}} + {1 \over {A{M^2}}}  \cr &  = {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)}^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {4 \over {3{a^2}}} = {7 \over {3{a^2}}}  \cr &  \Rightarrow AD = {{a\sqrt 3 } \over {\sqrt 7 }} \cr}\)

Phương pháp giải:

Tìm (P) chứa a mà (P) // b. Khi đó  d(a, b) = d(b; (P)) = d(I, (P)) với I thuộc b

Lời giải chi tiết:

Ta có (SAB) chứa SA và CD // (SAB)

Nên ta có: d(SA;CD) = d (CD,(SAB)) = d(D;(SAB))

Ta lại có: \(\begin{align}& {{V}_{SABCD}}={{V}_{D.SAB}}+{{V}_{C.SAB}}=2.{{V}_{D.SAB}}=2.\frac{1}{3}{{d}_{\left( D,\left( SAB \right) \right)}}.{{S}_{SAB}} \\& \Rightarrow {{d}_{\left( D,\left( SAB \right) \right)}}=\frac{3V}{2{{S}_{SAB}}}=\frac{3.2{{a}^{3}}}{2{{a}^{2}}}=3a \\\end{align}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tìm một mặt phẳng chứa \(SK\) mà song song với \(MN\), đó chính là mặt phẳng \(\left( SAD \right)\).

- Từ đó ta chỉ cần tính khoảng cách từ \(MN\) đến \(mp\left( SAD \right)\)

Lời giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm AD, AC cắt BD tại O. H là hình chiếu vuông góc của O trên SI.

Ta có: \(MN\parallel \left( SAD \right)\).

Suy ra: \(d\left( MN,SK \right)=d\left( MN,\left( SAD \right) \right)=d\left( O,\left( SAD \right) \right)=OH\)

Có:

+)\(OI=\frac{AB}{2}=a;\)

+)\(OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

+)\(SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) 

\(\Rightarrow OH=\frac{OI.SO}{\sqrt{O{{I}^{2}}+S{{O}^{2}}}}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.\)

Vậy \(d\left( MN,SK \right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}.\)

 Đáp án D.

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính thể tích khối chóp \(V=\frac{1}{3}S.h\) để suy ra chiều cao hạ từ  \(C\) đến mp\(\left( SAB \right)\).

Lời giải chi tiết:

Gọi khoảng cách từ C đến (SAB) là h.

Theo công thức thể tích khối chóp, ta có: \(V=\frac{1}{3}h.{{S}_{SAB}}=\frac{1}{3}.h.2{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{3}\to h=\frac{a}{2}.\)

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

- Gọi \(H\) là trực tâm tam giác, chứng minh \(SH\bot \left( ABC \right)\) bằng cách sử dụng định lý: “Đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thì nó vuông góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó”.

- Tính độ dài \(SH\) bằng cách sử dụng hệ thức lượng giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).

Ta sẽ chứng minh \(SH\) là đường cao của hình chóp.

Gọi \(E,D\) lần lượt là hình chiếu của \(B,A\) lên \(AC,BC\).

Khi đó \(BE\bot AC,AD\bot BC\)

Ta có: \(SB\bot SA;SB\bot SC\Rightarrow SB\bot \left( SAC \right)\Rightarrow SB\bot AC\).

\(\Rightarrow AC\bot \left( SBE \right)\Rightarrow AC\bot SH\).

Chứng minh tương tự ta cũng được \(BC\bot SH\).

Do đó \(SH\) là đường cao của hình chóp.

Vì \(SB\bot \left( SAC \right)\) nên \(SB\bot SE\Rightarrow \Delta SBE\) vuông tại \(S\).

Lại có \(\Delta SAC\) vuông tại \(S\) nên \(\frac{1}{S{{E}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{S{{C}^{2}}}\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow \frac{1}{S{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{E}^{2}}}+\frac{1}{S{{B}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{S{{C}^{2}}}+\frac{1}{S{{B}^{2}}} \\ & =\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{11}{6{{a}^{2}}} \\ & \Rightarrow S{{H}^{2}}=\frac{6{{a}^{2}}}{11}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{66}}{11} \\\end{align}\)

Vậy \(d\left( S,\left( ABC \right) \right)=SH=\frac{a\sqrt{66}}{11}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ 1 điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy BD // B’D’, BC’ // AD’ nên (AB’D’) // (BC’D)

\(\Rightarrow d\left( \left( AB'D' \right);\left( BC'D \right) \right)=d\left( C';\left( AB'D' \right) \right)=\frac{3{{V}_{C'.AB'D'}}}{{{S}_{AB'D'}}}\)

Ta có :

\(\begin{align}&{{V}_{C'.AB'D'}}={{V}_{A.B'C'D'}}=\frac{1}{3}AA'.{{S}_{B'C'D'}}=\frac{1}{3}AA'.\frac{1}{2}B'C'.C'D' \\&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{6}{{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=\frac{1}{6}{{.2}^{3}}=\frac{4}{3} \\ \end{align}\)

Tam giác AB’D’ có \(AB'=AD'=B'D'=2\sqrt{2}\Rightarrow \Delta AB'D'\) là tam giác đều cạnh \(2\sqrt{2}\Rightarrow {{S}_{AB'D'}}=\frac{{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{3}\)

Vậy \(d\left( C';\left( AB'D' \right) \right)=\frac{3.\frac{4}{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow d\left( \left( AB'D' \right);\left( BC'D \right) \right)=\frac{2}{\sqrt{3}}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\) bằng cách sử dụng định lý: “Đường thẳng song song với mặt phẳng thì khoảng cách từ mọi điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng là bằng nhau”.

- Gọi \(F\) là hình chiếu của \(A\) lên \(SD\), chứng minh \(AF \bot \left( {SCD} \right)\) bằng cách sử dụng định lý: “Đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thì nó vuông góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó”.

- Tính \(AF\) bằng cách sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(SAD\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(F\) là hình chiếu của \(A\) lên \(SD\), ta có:

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AF\).

Mà \(AF \bot SD\) nên \(AF \bot \left( {SCD} \right)\).

Vì \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\), do đó:

\(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AF\)

Xét tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\), đường cao \(AF\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^3}}}\\\Rightarrow AF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức thể tích lăng trụ để giải bài toán.

Lời giải chi tiết:

Theo công thức thể tích lăng trụ ta có \(V = d.{S_{ABC}}.\)

Mặt khác theo giả thiết ta có

\(V = 2{a^3},\,{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = {a^2}.\)

Do đó \(d = \dfrac{V}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{2{a^3}}}{{{a^2}}} = 2a.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Bước 1. Gọi \(M,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(CD,\,AB.\) Chứng minh \(d\left( {AB,CD} \right) = MI.\)

Bước 2. Tính \(MI.\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(CD,\,AB.\) Khi đó do tứ diện \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(\Delta ACD\) là tam giác đều.

Kéo theo \(AM \bot CD.\) Tương tự ta có \(BM \bot CD.\) Vì vậy \(CD \bot \left( {ABM} \right).\)

Do các tam giác \(\Delta ACD,\,\Delta BCD\) là các tam giác đều có cạnh chung \(CD\) và \(M\) là trung điểm \(CD\) nên \(AM = BM.\) Do đó \(\Delta ABM\) cân tại \(M.\) Vì vậy \(IM\) là trung tuyến đồng thời là đường cao. Suy ra \(IM \bot AB.\)

Lại có

\(\left\{ \begin{array}{l}MI \in \left( {ABM} \right)\\\left( {ABM} \right) \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow MI \bot CD.\)

 Kết hợp điều này với \(MI \bot AB\) ta nhận được \(d\left( {AB,CD} \right) = MI.\)

Ta có \(MI = \sqrt {B{M^2} - B{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AC\) và \(BD\), từ đó tính độ dài đoạn thẳng đó ta sẽ được khoảng cách giữa hai đường thẳng.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(BD,AC\), ta có:

\(DF\bot AC;BF\bot AC\Rightarrow AC\bot \left( BDF \right)\Rightarrow AC\bot FE\).

Mà \(DF=\frac{a\sqrt{3}}{2}=BF\Rightarrow \Delta BFD\) cân tại \(F\Rightarrow FE\bot BD\).

Vậy \(FE\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AC\) và \(BD\).

Xét \(\Delta BFE\) vuông tại \(E\) ta có:

\(FE=\sqrt{B{{F}^{2}}-B{{E}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Vậy \(d\left( AC;BD \right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Chú ý: Với \(a//\left( \alpha  \right);\,\,\,C\in a\Rightarrow d\left( a;\,\,\left( \alpha  \right) \right)=d\left( C;\,\,\left( \alpha  \right) \right).\)

+) Công thức tính thể tích lăng trụ: \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=h.{{S}_{d}}.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(CC'//BB'\Rightarrow CC'//\left( AA'B'C \right)\Rightarrow d\left( CC';\,\,\left( AA'B'B \right) \right)=d\left( C;\,\,\left( AA'B'B \right) \right)=6.\)

\(\Rightarrow {{V}_{C.ABB'A'}}=\frac{1}{3}d\left( C;\left( AA'B'B \right) \right).{{S}_{AA'B'B}}=\frac{1}{3}6.5=10\)

Mà \({{V}_{C.ABB'A'}}=\frac{2}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3}{2}{{V}_{C.ABB'A'}}=\frac{3}{2}.10=15\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau bằng độ dài của đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AB\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot HB\)

Mà \(AH \bot HB \Rightarrow HB\) là đoạn vuông góc chung của AH và BC. Suy ra  \(d(AH,\,BC) = HB\)  

Tam giác SAB vuông cân tại A, có \(SA = AB = a,\,\,AH \bot SC\)\( \Rightarrow HB = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{1}{2}a\sqrt 2  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn: C.

Phương pháp giải:

+) Xác định góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA.

+) Trong mp(SAC) kẻ \(AH\bot SO\Rightarrow \)chứng minh \(d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH\)

Lời giải chi tiết:

AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) \(\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;AC \right)}=\widehat{SCA}={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta SAC\)vuông cân tại A \(\Rightarrow SA=AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

Gọi \(O=AC\cap BD\). trong mặt phẳng (SAC) kẻ \(AH\bot SO\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BD\\AH \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH\)

Ta có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{O}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{1}{2{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{5}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{10}}{5}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(AB\) và \(SD\).

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(E\) là trung điểm của \(SD\).

Tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A\) nên \(AE\bot SD\)  (1).

Ta có: \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow AB\bot SA\)

Mà \(AB\bot AD\) nên \(AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot AE\)  (2).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(AE\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(AB\) và \(SD\).

Xét tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A\) có:

\(SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=2a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AE=\frac{1}{2}SD=\frac{1}{2}.2a\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp kẻ chân đường cao từ điểm đến mặt phẳng (lý thuyết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng) để xác định khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm BC, suy ra \(AM\bot BC\) và \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Gọi K là hình chiếu của A trên SM, suy ra \(AK\bot SM\).         \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AK.\)               

Từ (1) và (2), suy ra \(AK\bot \left( SBC \right)\) nên \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK.\)

Trong \(\Delta \,SAM\), có \(AK=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}.\)

Vậy \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK=\frac{a\sqrt{15}}{5}.\)

Chọn A.