Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) kẻ $CE \bot AD$

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}CE \bot AD\\CE \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = CE$

Tứ giác ABCE là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông)

$\Rightarrow CE = AB = a$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) kẻ $BE \bot AC$

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\\BE \bot SG\,\,\left( {SG \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow BE \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = BE\end{array}$

Ta có: $B{C^2} + C{D^2} = 2{a^2} + 4{a^2} = 6{a^2} = B{D^2} \Rightarrow \Delta BCD$ vuông tại C$\Rightarrow ABCD$ là hình chữ nhật (Hình bình hành có 1 góc vuông)

Xét tam giác vuông ABC có: $\dfrac{1}{{B{E^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2}}} = \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow BE = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$

Chọn B.

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:

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

Ta có $SB$ vuông góc với $\left( ABC \right)$ $\Rightarrow SB\bot AH\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2)  suy ra $AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH$.

Tam giác AHC vuông tại H, có $\cos \widehat{HAC}=\dfrac{AH}{AC}$.

$\Rightarrow AH=\cos \widehat{HAC}.AC=\cos {{45}^{0}}.AC=2a\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=2a$.

Chọn B.

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:

Do AD // BC nên $d\left( D;\left( SBC \right) \right)=d\left( A;\left( SBC \right) \right).$

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

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right)$  

Khi $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Chọn C.

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:

Do AB // CD nên $d\left( B;\left( SCD \right) \right)=d\left( A;\left( SCD \right) \right)$.

Kẻ $AE\bot SD$ tại $E$.   (1)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AE\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AE\bot \left( SCD \right)$. Khi đó $d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AE.$

Tam giác vuông $SAD,$ có $AE=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Vậy $d\left( B;\left( SCD \right) \right)=AE=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Chọn B.

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:

Xác định

${{60}^{0}}=\widehat{\left( SB;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SB;AB \right)}=\widehat{SBA}\Rightarrow SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a\sqrt{3}$.

Ta có $AD\parallel BC\Rightarrow AD\parallel \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( D;\left( SBC \right) \right)=d\left( A,\left( SBC \right) \right)$

Kẻ $AK\bot SB\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right)$

Khi đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $d\left( D;\left( SBC \right) \right)=AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

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:

Ta có : $OA\cap \left( SBC \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( O;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}$

Do đó $d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A;\left( SBC \right) \right).$

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$ $\Rightarrow$$AK\bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK$

Tam giác vuông SAB, có $AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{285}}{19}.$

Vậy $d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AK=\frac{a\sqrt{285}}{38}.$

Chọn C.

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:

${{60}^{0}}=\widehat{\left( SB;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SB;AB \right)}=\widehat{SBA};\,\,SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a.\sqrt{3}=a\sqrt{3}$.

Do M là trung điểm của cạnh AB nên $d\left( B;\left( SMC \right) \right)=d\left( A;\left( SMC \right) \right)$.

Trong (SAB) kẻ $AK\bot SM\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AB\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CM \bot AK\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK\bot \left( SCM \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SMC \right) \right)=AK.$

Tam giác vuông $SAM$, có $AK=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{39}}{13}$.

Vậy $d\left( B;\left( SMC \right) \right)=AK=\frac{a\sqrt{39}}{13}$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng bằng độ dài đoạn vuông góc chung.

Lời giải chi tiết:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD; O là trọng tâm của ABC, G là giao điểm của DO và IJ.

* Chứng minh IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD:

Các tam giác ABC, ABD đều và bằng nhau, suy ra các đường cao tương ứng $DI=IC$.

$\Rightarrow \Delta DIC$cân tại I

Mà IJ là trung tuyến $\Rightarrow IJ\bot CD$ (1)

Ta có: $IC\bot AB$ (vì tam giác ABC đều), $DO\bot AB\,$(vì $DO\bot (ABC)$

$\Rightarrow AB\bot (DIC)\Rightarrow AB\bot IJ$ (2)

Từ (1), (2) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD $\Rightarrow d(AB,\,CD)=IJ$

* Tính IJ:

Tam giác ABC đều, cạnh a $\Rightarrow IC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

J là trung điểm CD $\Rightarrow JC=\frac{a}{2}$

Tam giác IJC vuông tại J $\Rightarrow I{{C}^{2}}=I{{J}^{2}}+J{{C}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=I{{J}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}\Rightarrow IJ=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Chọn: B.

Phương pháp giải:

Dựa vào cách xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng còn lại, đưa về dạng toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SB;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SB;AB \right)}=\widehat{SBA}={{60}^{0}}$

Tam giác ABC vuông cân tại B nên $AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{a}{2}$

Xét tam giác vuông SAB có : $SA=AB.\tan {{60}^{0}}=\frac{a}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có $d\left( AD;SC \right)=d\left( AD;\left( SBC \right) \right)=d\left( A;\left( SBC \right) \right)$.

Kẻ $AK\bot SB$. Khi đó

$d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}}{\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Dựa vào cách xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng còn lại, đưa về dạng toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Do $BB'\parallel AA'$ nên $d\left( BB';A'H \right)=d\left( BB';\left( AA'H \right) \right)=d\left( B;\left( AA'H \right) \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AH\\BH \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {AA'H} \right)$

Nên $d\left( B;\left( AA'H \right) \right)=BH=\frac{BC}{2}=a.$

Vậy khoảng cách $d\left( BB';A'H \right)=a$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Dựa vào cách xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng còn lại, đưa về dạng toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Ta có $AC=a\sqrt{2}.$ Do $SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SC$ tạo với đáy góc ${{60}^{0}}$ nên $\widehat{SCA}={{60}^{0}}$.

Khi đó $SA=AC\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{6}$. Do $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)$.

Trong (SAD) dựng $AH\bot SD\,\,\left( 1 \right)$ suy ra $AB\bot AH\,\,\left( 2 \right)$  là đoạn vuông góc chung $AB$ và $SD$.

Ta có $AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}.a}{\sqrt{6{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{42}}{7}$.

Vậy khoảng cách $d\left( AB;SD \right)=\frac{a\sqrt{42}}{7}.$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Dựa vào cách xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng còn lại.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của BC khi đó $SH\bot BC$.

Mặt khác $\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)$ do đó $SH\bot \left( ABC \right)$.

Ta có $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $AB=AC=\frac{a}{\sqrt{2}};AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHA} \right)$. Dựng $HK\bot SA$ khi đó $HK$ là đoạn vuông góc chung của $BC$ và $SA$.

Lại có $HK=\frac{SH.AH}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vậy $d\left( SA;BC \right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Dựa vào cách xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng còn lại, đưa về dạng toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {SBA}$ là góc giữa 2 mặt phẳng $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$

Ta có $SA=AB\tan \widehat{SBA}=a\sqrt{3}$.

Do $AB||CD$do đó $d\left( AB;CM \right)=d\left( AB;\left( CMD \right) \right)=d\left( A;\left( SCD\right) \right)$

Dựng $AH\bot SD\,\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AH\bot \left( SCD \right)$, khi đó $d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AH$

Lại có $AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}.a}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Do đó $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các phương pháp xác định góc – khoảng cách trong không gian

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm AB và G là trọng tâm tam giác ABC

Do ABCD là tứ diện đều $\Rightarrow \,DG\bot \left( ABC \right)$.

Do đó, khoảng cách $d\left( D;\left( ABC \right) \right)=DG.$

Và G cũng là hình chiếu của D trên mặt phẳng (ABC).

Tam giác ABC đều $\Rightarrow \,\,G$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng các phương pháp xác định góc – khoảng cách trong không gian

Lời giải chi tiết:

Đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn ngắn nhất trong các đoạn nối hai điểm bất kì lần lượt nằm trên hai đường thẳng ấy và ngược lại.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các phương pháp xác định góc – khoảng cách trong không gian

Lời giải chi tiết:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có  AB \\ CD $\Rightarrow$ CD \\ (SAB)

$\Rightarrow$ d(SA,CD) = d(CD,(SAB))= 2d(O,(SAB))= $a\sqrt 3$

Gọi M là trung điểm của AB, kẻ $OK\bot SM\,\,\left( K\in SM \right)\,\,\left( 1 \right)$ ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OM\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OK\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác SMO  vuông tại , có$\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3$ .

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp xác định khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

.Gọi H là trung điểm của A’B.

Kẻ $AH\bot {A}'B\,\,\,\left( H\in {A}'B\, \right)$ mà

$BC\bot \left( A{A}'{B}'B \right)\Rightarrow BC\bot AH\Rightarrow \,\,AH\bot \left( {A}'BC \right).$

Tam giác ${A}'AB$ cân tại $A\,\,\Rightarrow \,\,AH=\frac{{A}'B}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left( A;\left( {A}'BC \right) \right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp xác định khoảng cách từ 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 $AK\bot SM$.  

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 $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, 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

Phương pháp giải:

Lý thuyết xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.

Chọn C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

(A’D’DA) // (B’C’CB)

* Lấy $D\in \left( A'D'DA \right)$. Ta có:

+) d(A’D’DA; B’C’CB) = d(D; B’C’CB) = DC = a.

Chọn đáp án A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Nhận xét: AD // BC $\Rightarrow AD$ // (SBC).

* Lấy $A\in AD$. D\). Ta có d(AD; SBC) = d(A; SBC).

* Vẽ $AH\bot SB\overset{Mau\,2}{\mathop{\Rightarrow }}\,AH\bot \left( SBC \right)$.

* Chứng minh $AH\bot \left( SBC \right)$.

Do đó d(A; SBC) = AH.

* Tính AH: Xét tam giác SAB: $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Vẽ $AE\bot BC,~AH\bot SE$.

$\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH$.

* Chứng minh :

$AH\bot \left( SBC \right)$ (Tự chứng minh).

* Tính AH:

Ta có: $AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét ${{\Delta }_{v}}SAE$: $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{E}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{7}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Chọn đáp án B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Vẽ  $\left\{ \begin{align}  BH\bot AC \\  BH\bot AA' \\ \end{align} \right.\Rightarrow BH\bot \left( ACC'A' \right)$

$\Rightarrow d\left( B;\left( ACC'A' \right) \right)=BH$

* Tính BH trong ${{\Delta }_{v}}ABC$ : $\frac{1}{B{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}}$

$\Rightarrow BH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Nối $AC\cap BD=O\Rightarrow O$ là tâm đáy $\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)$.

$\Rightarrow d\left( S;\left( ABCD \right) \right)=SO$.

* Tính SO : $BD=a\sqrt{2}\Rightarrow OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

${{\Delta }_{v}}SOB:\,\,SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-\frac{2{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Nhận xét : $A'C'\subset \left( A'B'C'D' \right);\,\,BD\subset \left( ABCD \right)$.

Mà $\left( A'B'C'D' \right)//\left( ABCD \right)$

$\Rightarrow d\left( A'C';BD \right)=d\left( \left( ABCD \right);\left( A'B'C'D' \right) \right)=d\left( A';\left( ABCD \right) \right)=AA'=a$

Chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Nhận xét : $\left\{ \begin{align}  AB\bot AD \\  AB\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SAD \right)$

$\Rightarrow AB\bot SD$

* Chọn $A\in AB$. Vẽ $AH\bot SD$.

Vì $AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot AH$

$d\left( AB;SD \right)=AH$

* Tính AH : ${{\Delta }_{v}}SAD:\,\,\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Chọn đáp án B.

Phương pháp giải:

Dựng đường cao, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách

Lời giải chi tiết:

 Kẻ $AH\bot {B}'D\,\,\,\,\,\left( H\in {B}'D \right)$

suy ra $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{D}^{2}}}+\frac{1}{A{{{{B}'}}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}=\frac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow \,\,AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Chọn B

Phương pháp giải:

Khoảng cách từ $S$ đến $\left( {ABCD} \right)$ bằng độ dài khoảng cách từ $S$ đến hình chiếu của $S$ lên $\left( {ABCD} \right)$.

Lời giải chi tiết:

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = SA$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm tại điểm $x = {x_0}$ khi tồn tại giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$. Khi đó $f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$.

Lời giải chi tiết:

Do hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm thỏa mãn $f'\left( 8 \right) = 5$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to 8} \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( 8 \right)}}{{x - 8}} = f'\left( 8 \right) = 5$.

Chọn B.