Chọn đáp án B

Gọi O = AC ∩ BD.Từ giả thiết suy ra A'O ⊥ ABCD

Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên

Đường cao khối hộp

Đáp án C.

Chú ý ∆ ABC đều cạnh  a 3 . Kẻ OH ⊥ AB

a) Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\)

\(ABCD\) là hình thoi \( \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}} \Rightarrow AO \bot B{\rm{D}}\)

\(AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AA' \bot AO\)

\( \Rightarrow d\left( {B{\rm{D}},AA'} \right) = AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

b) Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow BO = \sqrt {A{B^2} - A{O^2}}  = \frac{a}{2} \Rightarrow B{\rm{D}} = 2BO = a\\{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}AC.B{\rm{D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\\{V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC{\rm{D}}}}.AA' = \frac{{3{a^3}}}{4}\end{array}\)

Đáp án C

Ta dễ dàng chứng minh được AA'//(BCC'B')

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra A'G ⊥ (ABC)

Ta có  

Lại có 

 Ta luôn có 

Gọi M, M' lần lượt là trung điểm của BC và B'C'. Ta có  .

Mà MM'//BB' nên BC ⊥ BB' => BCC'B' là hình chữ nhật 

Từ: 

- Ta có: CD // AB nên CD// mp (SAB)

⇒ Suy ra:

- Kẻ MH ⊥ AB, HK ⊥ SM.

- Do đó, tam giác ABC là tam giác đều.

- Xét tam giác SHM vuông tại H; đường cao HK có:

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0)$, $B(2a,0,0)$, $C(x_C,y_C,0)$, $D(x_D,y_D,0)$, với $I$ là tâm hình thoi ⇒ $I = (a, y_I, 0)$

Hình chiếu vuông góc của $S$ xuống đáy trùng trung điểm $H$ của $AI$ ⇒ $H = (a/2, y_I/2, 0)$

Giả sử $S = (a/2, y_I/2, h)$

Mặt bên $SAB$ là tam giác cân đỉnh $A$ ⇒ $SA = AB = 2a$

Hình thoi có AB = 2a, AC = BD = 3 ⇒ các tọa độ C, D thỏa:

$I = (a, y_I, 0)$ là giao điểm hai đường chéo ⇒ $y_I = ?$

Đường thẳng $SB$: $S(a/2, y_I/2, h), B(2a,0,0)$ ⇒ $\vec{SB} = (3a/2, -y_I/2, -h)$

Đường thẳng $CD$: $C(x_C,y_C,0), D(x_D,y_D,0)$ ⇒ $\vec{CD} = (x_D - x_C, y_D - y_C, 0)$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo không giao nhau:

$d = \dfrac{| \vec{SB} \times \vec{CD} \cdot \vec{SC} |}{|\vec{SB} \times \vec{CD}|}$

Vector: $\vec{SC} = C - S = (x_C - a/2, y_C - y_I/2, -h)$

Tính tích có hướng, lấy mô-đun, rút gọn theo $a$ và $h$:

Kết quả cuối cùng: $d = a$

Gọi D là trung điểm BC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD\perp BC\\AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

Gọi E là trung điểm BD \(\Rightarrow\) HE là đường trung bình tam giác ABD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HE||AD\Rightarrow HE\perp BC\\HE=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\end{matrix}\right.\)

Mà \(B'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow B'H\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(B'HE\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{B'EH}\) là góc giữa (BCC'B') và đáy

\(\Rightarrow\widehat{B'HE}=60^0\)

\(\Rightarrow B'H=HE.tan60^0=\dfrac{3a}{4}\)

\(AA'||BB'\Rightarrow AA'||\left(BCC'B'\right)\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=d\left(AA';\left(BCC'B'\right)\right)=d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)\)

Mà H là trung điểm AB \(\Rightarrow AB=2HB\Rightarrow d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)=2d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)

Từ H kẻ \(HK\perp B'E\)

Do \(BC\perp\left(B'HE\right)\Rightarrow\left(BCC'B'\right)\perp\left(B'HE\right)\)

 Mà B'E là giao tuyến (B'HE) và (BCC'B')

\(\Rightarrow HK\perp\left(BCC'B'\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)

Hệ thức lượng:

\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{B'H^2}+\dfrac{1}{HE^2}\Rightarrow HK=\dfrac{B'H.HE}{\sqrt{B'H^2+HE^2}}=\dfrac{3a}{8}\)

\(\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=2HK=\dfrac{3a}{4}\)