Sử dụng các định nghĩa, tính chất về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, hai đường thẳng chéo nhau, đường thẳng và mặt phẳng song song, nhận thấy các phương án A, B, D đúng.

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

Đáp án C

Đáp án A: đúng

Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố cắt nhau.

Đáp án C: Sai, vì mặt phẳng đó chưa chắc đã tồn tại.

Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

ĐÁP ÁN A

Ta có: $AA\text{'}\perp AD$ tại A; $AA\text{'}\perp A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ tại A’

Do đó đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau AD và A’C’ là AA’.

Đáp án A

+ Ta có $\left.\begin{array}{l}DB\perp AC\\ DB\perp SA\end{array}\right\}\Rightarrow DB\perp \left(SAC\right)\Rightarrow DB\perp SO$ tại O

 Hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (SAC) là SO

Do đó góc giữa SD và (SAC) là $\widehat{DSO}=30°$

+ Đặt DO = x $\Rightarrow$ DB = 2x; AO = BO = CO = x

Ta có: $\Delta SAB=\Delta SAD\left(c.g.c\right)$ nên SB = SD $\Rightarrow$ Tam giác SBD cân tại S, mà có O là trung điểm BC $\Rightarrow \widehat{ DSB}=2\widehat{DSO}=60°$ 

Tam giác SBD đều $\Rightarrow$ SO = 2x $\frac{\sqrt{3}}{2}$= x$\sqrt{3}$

Theo Py-ta-go trong tam giác SOA vuông tại A, ta có: $S{O}^2=A{O}^2+S{A}^2$

hay $3x^2 = x^2+\hspace{0.17em}{a}^2\iff x^2= a^2/ 2$

$\Rightarrow$x =$\frac{a}{\sqrt{2}}$

+ Gọi N là trung điểm của AB $\Rightarrow$DN // BM

Suy ra d(D; (SBM)) = d(N;(SBM)) = 1/2 d(A; (SBM))

+ Kẻ AI $\perp$BM tại I và AH $\perp$ SI tại H. Từ đó ta chứng minh được AH $\perp$ (SBM)

 $\Rightarrow$ d(A; (SBM)) = AH $\Rightarrow$ d(D; (SBM)) = 1/2 AH.

+ Tính AH

$BM = \sqrt{B{C}^2 +\hspace{0.17em}C{M}^2}= \frac{a\sqrt{5}}{2}$

Trong (ABCD): $S_{ABM}=S_{ABCD}-2S_{ADM}=a^2-2.\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{2}$

Mà $S_{ABM}=\frac{1}{2}$AI. BM  $\Rightarrow$AI = $\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Áp dụng hệ thức về cạnh, đường cao trong tam giác vuông SAI có:

   $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{I}^2}+\frac{1}{S{A}^2}\Rightarrow$AH = $\frac{2a}{3}$

Vậy d(D; (SBM)) = 1/2. AH = $\frac{a}{3}$

Đáp án A

Sau khi xếp miếng bìa lại ta được hình lập phương ABCD.A’B’C’D' cạnh 2a, O là tâm của A’B’C’D’.

Gọi N, M lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A’B’.

$\Rightarrow$MN = AA’ = 2a, OM = 1/2A’D’ = a

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp OM\\ AB\perp MN\text{}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp ON$

$\Rightarrow$d(O, AB) = ON = $\sqrt{O{M}^2+M{N}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}=a\sqrt{5}$.

Đáp án D

+ Gọi H là trung điểm của BC

Do tam giác ABC cân tại A nên AH $\perp$BC, tam giác SBC đều nên SH $\perp$BC

Mà (SBC) $\perp$(ABC)

Do đó SH $\perp$(ABC)

+ Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SA$\Rightarrow$ HK$\perp$SA

Ta có $\left.\begin{array}{l}BC\perp SH\\ BC\perp AH\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)$$\Rightarrow BC\perp HK$

Vậy HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA, do đó khoảng cách giữa BC và SA là HK.

+ Tính HK

Tam giác SBC đều cạnh a $\Rightarrow$ SH = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác ABC vuông cân tại A $\Rightarrow$ AH = $\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$

Tam giác SHA vuông tại H có HK là đường cao $\Rightarrow \frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{A{H}^2}$ 

HK = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vậy d(SA; BC) = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Đáp án C

+ Ta có $\left.\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\cap \left(SAB\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)$

+ Xác định điểm N, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N $\Rightarrow$ N là trung điểm của AC (MN//BC).

+ Xác định được góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là $\widehat{SBA}=60°$

$\Rightarrow$ SA = AB.tan$60°$ = 2a$\sqrt{3}$

AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\sqrt{2}$

+ Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và SN (điểm I thuộc AB và điểm J thuộc SN). Vậy khoảng cách giữa AB và SN là IJ. Ta sẽ biểu thị $\overrightarrow{\text{IJ}}$qua ba vectơ không cùng phương $\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AS}.$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{NJ}\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+p\overrightarrow{NS}\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+p\left(\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AS}\right)\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1-p}{2}\overrightarrow{AC}+p\overrightarrow{AS}\end{array}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}\perp \overrightarrow{AB}\\ \overrightarrow{IJ}\perp \overrightarrow{NS}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{NS}=0\end{array}\right.$ 

Thay vào ta tính được m = -6/13; p = 1/13

Do đó: $\overrightarrow{IJ}=-\frac{6}{13}\overrightarrow{AB}+\frac{6}{13}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{13}\overrightarrow{AS}$. Suy ra

$169I{J}^2=36A{C}^2+36A{B}^2+A{S}^2-72\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$.

Thay số vào ta tính được IJ = $\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Vậy d(AB; SN) = $\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Đáp án D

+ Kẻ SH $\perp$AC, H $\in$ AC

Do (SAC) $\perp$(ABCD) $\Rightarrow$SH $\perp$(ABCD)

+ BD = 2a $\Rightarrow$AC = 2a

SA = $\sqrt{A{C}^2-S{C}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=a$;

Diện tích tam giác SAC là :  $S_{SAC}=\frac{1}{2}SA. SC= \frac{1}{2}SH. AC$ 

nên : SH = $\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a.a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có: AH = $\sqrt{S{A}^2-S{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}$$\Rightarrow$AC = 4AH

Lại có: HC $\cap$(SAD) = A ; $\frac{d\left(C;\left(SAD\right)\right)}{d\left(H;\left(SAD\right)\right)}=\frac{AC}{AH}=$ 4

$\Rightarrow$d(C; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

Do BC // (SAD) (BC//AD) $\Rightarrow$ d(B; (SAD)) = d(C; (SAD))

Do đó d(B; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

+ Kẻ HK $\perp$AD tại K, kẻ HJ $\perp$ SK tại J

Ta chứng minh được HJ $\perp$ (SAD) $\Rightarrow$d(H; (SAD)) = HJ

$\Rightarrow$ d(B; (SAD)) = 4HJ

+ Tính HJ

Tam giác AHK vuông tại K có $\widehat{HAK}=\widehat{CAD}=45°$$\Rightarrow$ HK = AH.sin$45°$= $\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Mặt khác: $\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{H{K}^2}+\frac{1}{S{H}^2}$$\Rightarrow$HJ = $\frac{a\sqrt{21}}{14}$

Vậy d(B; (SAD)) = 4 . $\frac{a\sqrt{21}}{14}$=$\frac{2a\sqrt{21}}{7}$.

Đáp án C

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC trong tam giác ABC.

+ Ta có: $\left.\begin{array}{l}AH\perp BC\\ OA\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(OAH\right)\Rightarrow OH\perp BC$   $\Rightarrow$ d(O; BC) = OH

+ Nửa chu vi tam giác ABC: p = $\frac{14+16+10}{2}$= 20

$S_{ABC}=\sqrt{20\left(20-14\right)\left(20-16\right)\left(20-10\right)}=40\sqrt{3}$(theo công thức Hê-rông)

Lại có $S_{ABC}=$1/2AH.BC  $\Rightarrow$AH = $\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{80\sqrt{3}}{10}=8\sqrt{3}.$

+ Tam giác OAH vuông tại A (OA$\perp$AH)

$\Rightarrow$ OH = $\sqrt{O{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{8^2+{\left(8\sqrt{3}\right)}^2}=16.$

Vậy d(O; BC) = OH = 16.

Đáp án B

Từ O kẻ OH vuông góc với SB, H $\in$SB $\Rightarrow$ d(O; SB) = OH.

+ Ta có AB = BC = 2a; $\widehat{ABC}=60°$$\Rightarrow$ Tam giác ABC đều có BO $\perp$AC

$\Rightarrow$BO = 2a.$\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

AO = $\frac{AC}{2}=\frac{2a}{2}=a$

SO = $\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{4a^2+a^2}=a\sqrt{5}$

+ Ta có $\left.\begin{array}{l}BD\perp AC\left(hthoiABCD\right)\\ BD\perp SA\left(SA\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right\}\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SO$

 Tam giác SOB vuông tại O

Do đó: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{B}^2}$=$\frac{1}{5a^2}+\frac{1}{3a^2}\Rightarrow$OH = a.$\frac{\sqrt{30}}{4}$

Vậy d(O; SB) = OH  = a$\frac{\sqrt{30}}{4}$.

Đáp án C

+ Gọi M là trung điểm của B’C’

Vì $∆ABB\text{'}= ∆ACC\text{'} ( c.g.c)$ nên AB'= AC'

Suy ra: tam giác AB’C’ cân tại A $\Rightarrow$AM$\perp$B’C’

Tam giác A’B’C’ cân tại A’( vì A'B' = A'C') $\Rightarrow$A’M $\perp$B’C’

Mà (AB’C’) $\cap$ (A’B’C’) = B’C’

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (AB’C’) và (A’B’C’) là góc giữa 2 đường thẳng AM và A’M và chính là góc AMA’ $\Rightarrow \widehat{AMA\text{'}}=60°$ 

Tam  giác A'B'C' cân tại A' có A'M là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, đường phân giác.

$\widehat{MA\text{'}C\text{'}} = \frac{1}{2}\widehat{B\text{'}A\text{'}C\text{'}}= {60}^0; A\text{'}M = A\text{'}C\text{'}. \cos \widehat{MA\text{'}C\text{'}}= \frac{a}{2}$

$\Rightarrow$ AA’ = A’M. tan$60°$= $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

+ Ta có BC // (AB’C’) $\Rightarrow$d(BC; (AB’C’)) = d(B; (AB’C’))

+  Vì ABB'A' là hình chữ nhật có hai đường chéo A'B và AB' cắt nhau tại trung điểm mỗi đường:

Suy ra: d(B; (AB’C’)) = d(A’; (AB’C’))

Do đó: d(BC; (AB’C’)) = d(A’; (AB’C’))

+ Ta chứng minh được (AA’M) $\perp$(AB’C’), trong mặt phẳng (AA’M), dựng A’H $\perp$ AM tại H

$\Rightarrow$A’H $\perp$(AB’C’) $\Rightarrow$d(A’; (AB’C’)) = A’H $\Rightarrow$ d(BC; (AB’C’)) = A’H

+ Tính A’H

Ta có: $\frac{1}{A\text{'}{H}^2}=\frac{1}{AA{\text{'}}^2}+\frac{1}{A\text{'}{M}^2} = \frac{4}{3a^2}+ \frac{4}{a^2}=\frac{16}{3a^2}$$\Rightarrow$A’H = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vậy d(BC; (AB’C’)) = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Đáp án B

+ Gọi H là trung điểm của BC, AH $\cap$ MP = K

Ta có M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, SA, AC $\Rightarrow$MN // SB; NP //SC; MP //BC

$\Rightarrow$ MN // (SBC); NP // (SBC), mà MN, NP $\subset$(MNP)

$\Rightarrow$ (SBC) // (MNP)

Mà K $\in$ MP $\subset$(MNP)

$\Rightarrow$d((MNP); (SBC)) = d(K; (SBC))

+ Tam giác ABC đều có H là trung điểm của BC $\Rightarrow$ AH $\perp$ BC

Theo giả thiết ta có (ABC) $\perp$ (SBC)

Do đó AH $\perp$ (SBC) mà K $\in$ AH $\Rightarrow$ KH $\perp$ (SBC) $\Rightarrow$ d(K; (SBC)) = KH

$\Rightarrow$d((MNP); (SBC)) = d(K; (SBC)) = KH

+ Tính KH

Ta có MH // = 1/2 AC $\Rightarrow$ MH // = AP $\Rightarrow$ MHPA là hình bình hành

$\Rightarrow$ K là trung điểm của AH  $\Rightarrow$ KH = 1/2AH

Tam giác ABC đều cạnh a $\Rightarrow$ AH = $\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Do đó KH = $\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Vậy d((MNP); (SBC)) = KH = $\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Đáp án B

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD $\Rightarrow$ O là trung điểm của AC và BD

Ta có: A’B = A’D (đường chéo các hình thoi bằng nhau)

  $\Rightarrow$Tam giác A’BD cân tại A’ có O là trung điểm của BD $\Rightarrow$ A’O $\perp$ BD.

+ Hạ A’H $\perp$ AC, H $\in$ AC

Ta có $\left.\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp A\text{'}O\end{array}\right\}\Rightarrow BD\perp \left(AOA\text{'}\right)\Rightarrow$ A’H $\perp$ BD

Do đó:  A’H $\perp$(ABCD)

Vì (ABCD) // (A’B’C’D’) nên A’H chính là khoảng cách giữa hai mặt đáy.

+ Tính A’H

Áp dụng định lí cosin vào tam giác ADC có:

  AC = $\sqrt{A{D}^2+C{D}^2-2.AD.CD.\cos 120°}=a\sqrt{3}$$\Rightarrow$ AO = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Theo giả thiết, ta suy ra:  A'D= AA' = AB =  BD = a 

$\Rightarrow$ hình chóp A’.ABD là hình chóp đều, nên điểm H - hình chiếu của A' lên (ABD) là tâm tam giác đều ABD.

suy ra: 

AH = 2/3 AO = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

A’H = $\sqrt{A\text{'}{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Vậy khoảng cách giữa hai đáy (ABCD) và (A’B’C’D’) là $\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Đáp án B

+ Ta có:$\left.\begin{array}{l}MN\text{//}BC\Rightarrow MN\text{//}\left(SBC\right)\\ EM\text{//}SB\Rightarrow EM\text{//}\left(SBC\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \left(MNE\right)\text{//}\left(SBC\right)$

$\Rightarrow$d((MNE); (SBC)) = d(M; (SBC))

+ Lại có: AM $\cap$(SBC) = B $\Rightarrow \frac{d\left(A;\left(SBC\right)\right)}{d\left(M;\left(SBC\right)\right)}=\frac{AB}{MB}=2$$\Rightarrow$d(M; (SBC)) = 1/2 d(A;(SBC))

$\Rightarrow$d ((MNE);(SBC)) = 1/2 d(A;(SBC))

+ Từ A hạ AF $\perp$ BC tại F, AG $\perp$ SF tại G

$\left.\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AF\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAF\right)\Rightarrow BC\perp AG$ mà AG $\perp$ SF nên AG$\perp$ (SBC)

$\Rightarrow$ d(A;(SBC)) = AG

+ Tính AG

Do ABCD là hình thang cân, BC = 2a nên suy ra $BF = \frac{BC\hspace{0.17em}- AD}{2}= \frac{2a -a}{2}= \frac{a}{2}$

$\Rightarrow$AF = BF. $\tan 60°$= $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác SAF vuông tại A có AG là đường cao

$\Rightarrow \frac{1}{A{G}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{F}^2} = \frac{1}{2a^2}+\hspace{0.17em}\frac{4}{3a^2} = \frac{11}{6a^2}$ $\Rightarrow$AG =$\frac{a\sqrt{66}}{11}$

$\Rightarrow$d ((MNE);(SBC)) = 1/2 d(A;(SBC)) = 1/2 AG = $\frac{a\sqrt{66}}{22}$.

Đáp án C

Khẳng định (1) đúng vì khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn ngắn nhất trong các đoạn thẳng nối hai điểm bất kì nằm trên hai đường thẳng ấy và ngược lại (xem mục c). Tính chất của khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau (Bài 5 – chương III).

Khẳng định (2) sai vì qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

Khẳng định (3) sai vì trong trường hợp đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì ta có vô số mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước vì bất kì mặt phẳng nào chứa đường thẳng cũng đều vuông góc với mặt phẳng cho trước. Để có khẳng định đúng ta phải nói: Qua một đường thẳng không vuông góc với một mặt phẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đã cho.

Khẳng định (4) sai vì đường vuông góc chung của hai đường thẳng phải cắt cả hai đường ấy.

Vậy có một khẳng định đúng.

ĐÁP ÁN A