Đáp án D

Vì MPNQ là tứ diện đều nên  M N ⊥ P Q ⇒ C A ' → ⊥ A B ' → ⇒ C A ' → . A B ' → = 0

⇔ C A → + A   A ' → A B → + B B ' → = 0 ⇔ C A → + C C ' → C B → − C A → + C C ' → = 0 ⇔ C C ' 2 − C A 2 = 0 ⇒ C C ' = C A = a . V = C C ' . S A B C = a 3 2

Chọn đáp án D.

Đáp án B

Trong ABC dựng D sao cho ABCD là hình bình hành.

Đáp án B

Ta có B C / / B ' C ' ⇒ B C / / M B ' C ' ⇒ d B C ; C ' M = d B ; M B ' C ' = d = 3 V B . M B ' C ' S M B ' C '  

Lại có V B . M B ' C ' = V M . B B ' C ' = V A ' . B B ' C ' = 1 3 B B ' . S A ' B ' C ' = 4 a 3 3 .  

Ta có M B ' = A ' B ' 2 + A ' M 2 = a 13 M C ' = A ' C ' 2 + A ' M 2 = a 10 B ' C ' = A ' B ' 2 + A ' C ' 2 = a 5  

Sử dụng công thức Heron S = p p - a p - b p - c .  Trong đó a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p = a + b + c 2 . Ta được S M B ' C ' = 7 a 2 2 ⇒ d = 3 . 4 a 3 3 7 a 2 2 = 8 a 7 .

Đặt hệ trục Oxyz vào lăng trụ, với gốc O trùng B, tia BA trùng Ox, tia BC trùng Oy, tia BB' trùng Oz. Quy ước a là 1 đơn vị độ dài.

Ta có tọa độ các điểm: \(A\left(2;0;0\right)\) ; \(B\left(0;0;0\right)\) ; \(C\left(0;2;0\right)\); \(B'\left(0;0;2\sqrt{2}\right)\)

Do M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\left(0;1;0\right)\)

\(\overrightarrow{u_{AM}}=\overrightarrow{AM}=\left(-2;1;0\right)\); \(\overrightarrow{u_{B'C}}=\overrightarrow{B'C}=\left(0;2;-2\sqrt{2}\right)\)

\(\overrightarrow{AC}=\left(-2;2;0\right)\) (A là điểm thuộc đường AM, C là điểm thuộc đường B'C)

\(\left[\overrightarrow{u_{AM}};\overrightarrow{u_{B'C}}\right]=\left[-2\sqrt{2};-4\sqrt{2};-4\right]\)

Áp dụng công thức k/c hai đường chéo nhau:

\(d\left(AM;B'C\right)=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow{u_{AM}};\overrightarrow{u_{B'C}}\right].\overrightarrow{AC}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{u_{AM}};\overrightarrow{u_{B'C}}\right]\right|}=\dfrac{2a\sqrt{7}}{7}\) (sau khi đã đổi lại 1 đơn vị độ dài bằng a)

Bạn kiểm tra lại tính toán