Kiểm tra từng phương án đến khi tìm được phương án đúng.

- Phương án A: Ba số hạng đầu tiên của dãy số là \( - 8,\;28,\; - 80.\)

Ba số này không lập thành cấp số nhân vì \(\frac{{28}}{{ - 8}} \ne \frac{{ - 80}}{{28}}.\)

- Phương án B: Ta có \({b_{n + 1}} = \frac{{4035}}{{2018}}{b_n},\forall n \in N^*\) nên \(\left( {{b_n}} \right)\) là cấp số nhân

- Phương án C: Ta có \(\frac{{{c_{n + 1}}}}{{{c_n}}} = \frac{{25\left( {n + 1} \right)}}{n}\) (phụ thuộc vào n, không phải là không đổi)

Do đó \(({c_n})\) không phải là cấp số nhân.

- Phương án D: Ba số hạng đầu tiên của dãy số \(\left( {{d_n}} \right)\) là \(3,9,81\).

Nhận thấy ba số này không lập thành cấp số nhân nên dãy số \(\left( {{d_n}} \right)\) không là cấp số nhân.

Ta có công bội của cấp số nhân là \(q = \frac{{{a_2}}}{{{a_1}}} = - 2.\)

Suy ra \({a_5} = {a_1}.{q^4} = 3.{( - 2)^4} = 48\).

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2} - {x_4} + {x_5} = 10}\\ {{x_3} - {x_5} + {x_6} = 20} \end{array}} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2}\left( {1 - {q^2} + {q^3}} \right) = 10}\\ {{x_2}q\left( {1 - {q^2} + {q^3}} \right)} \end{array}} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_2} = 2}\\ {q = 2} \end{array}} \right..\;\)

Suy ra \({x_1} = \frac{{{x_2}}}{q} = 1.\)

Ta có:

\({u_1} = {S_1} = 5 - 1 = 4\)

\({u_2} = {S_2} - {S_1} = \left( {{5^2} - 1} \right) - \left( {5 - 1} \right) = 20.\)

Gọi q là công bội của cấp số nhân (u_n)

Ta có:

\(15{u_1} - 4{u_2} + {u_3} \\= 45 - 12q + 3{q^2} \\= 3{\left( {q - 2} \right)^2} + 33 \ge 33\;\forall q.\)

Suy ra \({u_{13}} = {u_1}{q^{12}} = 12288.\)

Vì ba kích thước của hình hộp chữ nhật lập thành một cấp số nhân nên ta có thể gọi ba kích thước đó là \(\frac{a}{q},q,aq.\)

Thể tích của khối hình hộp chữ nhật là:

\(V = \frac{a}{q}.a.qa = {a^3} = 125 \\ \Rightarrow a = 5.\)

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là:

\({S_{tp}} = 2\left( {\frac{a}{q}.a + a.aq + aq.\frac{a}{q}} \right) \\= 2{a^2}\left( {1 + q + \frac{1}{q}} \right) \\= 50\left( {1 + q + \frac{1}{q}} \right).\)

Theo giả thiết, ta có:

\(50\left( {1 + q + \frac{1}{q}} \right) = 175 \\\Leftrightarrow 2{q^2} - 5q + 2 = 0 \\\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {q = 2}\\ {q = \frac{1}{2}} \end{array}} \right..\)

Với q = 2 hoặc \(q = \frac{1}{2}\) thì kích thước của hình hộp chữ nhật là \(2,5cm;5cm;10cm.\)

Suy ra tổng của ba kích thước này là

\(2,5 + 5 + 10 = 17,5\) cm.

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} u_{5}=u_{1}+4 d \\ u_{20}=u_{1}+19 d \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+4 d=-15 \\ u_{1}+19 d=60 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} d=5 \\ u_{1}=-35 \end{array}\right.\right.\right.\)

Ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} u_{4}=u_{1}+3 d \\ u_{14}=u_{1}+13 d \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+3 d=-12 \\ u_{1}+13 d=18 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} d=3 \\ u_{1}=-21 \end{array}\right.\right.\right.\)

\(u_16=u_1+15d=-21+45=24\)

Khi đó \(S=\frac{n(u_1+u_n)}{2}=24\)

Công thức số hạng tổng quát là \(u_{n}=u_{1}+(n-1) d, n \geq 2\)

Ta có:

\(S_{n}=\frac{n\left[2 u_{1}+(n-1) d\right]}{2} \Leftrightarrow 2.21 \sqrt{2}=n \cdot(2 \cdot \sqrt{2}+(n-1) \cdot \sqrt{2}) \Leftrightarrow n^{2}+n-21=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} n=6 \\ n=-7 \end{array}\right.\)

Do \(n \in N^{*} \Rightarrow n=6\)

Vậy B đúng.

5 số hạng đầu của dãy là 

\(u_{1}=\frac{1^{2}+3.1+7}{1+1}=\frac{11}{2}, u_{2}=\frac{17}{3}, u_{3}=\frac{25}{4}, u_{4}=7, u_{5}=\frac{47}{6}\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} u_{1}=\frac{1}{2} \\ u_{2}=2 u_{1} \\ u_{3}=2 u_{2} \\ \cdots \\ u_{n}=2 u_{n-1} \end{array}\right.\)

Nhân hai vế ta được \(u_{1} \cdot u_{2} \cdot u_{3} \ldots u_{n}=\frac{1}{2} \cdot 2^{n-1} u_{1} \cdot u_{2} \ldots u_{n-1} \Leftrightarrow u_{n}=2^{n-2}\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} u_{1}=2 \\ u_{2}=2 u_{1} \\ u_{3}=2 u_{2} \\ \cdots \\ u_{n}=2 u_{n-1} \end{array}\right.\)

Nhân hai vế ta được \(u_{1} \cdot u_{2} \cdot u_{3} \ldots u_{n}=2 \cdot 2^{n-1} \cdot u_{1} \cdot u_{2} \ldots u_{n-1} \Leftrightarrow u_{n}=2^{n}\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} u_{1}=-1 \\ u_{2}=\frac{u_{1}}{2} \\ u_{3}=\frac{u_{2}}{2} \\ \cdots \\ u_{n}=\frac{u_{n-1}}{2} \end{array}\right.\)

Nhân hai vế ta có :

\(u_{1} u_{2} \cdot u_{3} \ldots u_{n}=(-1) \cdot \frac{u_{1} \cdot u_{2} \cdot u_{3} \cdots u_{n-1}}{\underbrace{2.2 .2 \ldots 2}_{n-1\,lần}} \Leftrightarrow u_{n}=(-1) \cdot \frac{1}{2^{n-1}}=(-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\)

Ta có :

\(\left\{\begin{array}{l} u_{1}=\frac{1}{2} \\ u_{2}=u_{1}-2 \\ u_{3}=u_{2}-2 \\ \cdots \\ u_{n}=u_{n-1}-2 \end{array}\right.\)

Cộng hai vế ta được:\(u_{n}=\frac{1}{2}-2-2 \ldots-2=\frac{1}{2}-2(n-1)\)

Ta có

\(\begin{equation} \lim \sqrt[4]{\frac{4^{n}+2^{n+1}}{3^{n}+4^{n+a}}}=\lim _{4} \sqrt{\frac{1+2 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+4^{a}}}=\sqrt{\frac{1}{4^{a}}}=\sqrt{\frac{1}{\left(2^{a}\right)^{2}}}=\frac{1}{2^{a}} \end{equation}\)\(\begin{equation} \leq \frac{1}{1024} \Leftrightarrow 2^{a} \geq 1024=2^{10} \Leftrightarrow a \geq 10 \end{equation}\)

Mà \(\begin{equation} a \in(0 ; 2018) \text { và } a \in \mathbb{Z} \text { nên } a \in\{10 ; 2017\} \longrightarrow \text { có } 2008 \text { giá trị } a \text { . } \end{equation}\)

Ta có \(2^{n}=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} \Rightarrow 2^{n} \geq C_{n}^{3}=\frac{n(n-1)(n-2)}{6} \sim \frac{n^{3}}{6} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \frac{n}{2^{n}} \rightarrow 0 \\ \frac{2^{n}}{n^{2}} \rightarrow+\infty \end{array}\right.\)

Khi đó

\(\lim \frac{2^{n+1}+3 n+10}{3 n^{2}-n+2}=\lim \frac{2^{n}}{n^{2}} \cdot \frac{2+3 \cdot \frac{n}{2^{n}}+10 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{3-\frac{1}{n}+\frac{2}{n^{2}}}=+\infty\) 

vì

\(\left\{\begin{array}{l} \lim \frac{2^{n}}{n^{2}}=+\infty \\ \lim \frac{2+3 \cdot \frac{n}{2^{n}}+10 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{3-\frac{1}{n}+\frac{2}{n^{2}}}=\frac{2}{3}>0 \end{array}\right.\)

\(\frac{1}{{\left( {k + 1} \right)\sqrt k  + k\sqrt {k + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt k }} - \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}\)

Suy ra \({u_n} = 1 - \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} = 1} \right)\)

\(\begin{array}{l}
K = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - 3\sqrt {4{n^2} + n + 1}  + 5n} \right)\\
 = \lim \left( {\sqrt[3]{{{n^3} + {n^2} - 1}} - n} \right) - 3\lim \left( {\sqrt {4{n^2} + n + 1}  - 2n} \right)\\
 = \frac{1}{3} - \frac{3}{4} =  - \frac{5}{{12}}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
D = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)\\
 = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - n} \right) - \lim \frac{{2{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{n^3} + 2{n^2}} \right)}^2}}} + n\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {n^2}}}\\
 = \lim \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}}  + 1}} - \lim \frac{2}{{\sqrt[3]{{{{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{1 + \frac{2}{n}}} + 1}} = \frac{1}{3}
\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {2{x^3} + 3x} \right)}}{{4x - {x^5}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}^2}\left( {2 + \frac{3}{{{x^2}}}} \right)}}{{\frac{4}{{{x^4}}} - 1}} =  - 2\)

Suy ra \(A = {2^2} - {1^2} = 3\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\pi }}} \frac{{\sin \;x}}{{x - {\rm{\pi }}}} =  - 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{f\left( x \right) - f\left( \pi  \right)}}{{x - \pi }} =  - 1 \Rightarrow f'\left( \pi  \right) =  - 1\)

\(\begin{array}{l}
B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {4x + 5}  - 3}}{{\sqrt[3]{{5x + 3}} - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4\left( {x - 1} \right)\left[ {\sqrt[3]{{{{\left( {5x + 3} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{5x + 3}} + 4} \right]}}{{5\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 5}  + 3} \right)}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4\left[ {\sqrt[3]{{{{\left( {5x + 3} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{5x + 3}} + 4} \right]}}{{5\left( {\sqrt {4x + 5}  + 3} \right)}} = \frac{2}{5}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1}  - \sqrt[3]{{2x + 1}}}}{x}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1}  - 1}}{x} - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{2x + 1}} - 1}}{x}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{x\left( {\sqrt {4x + 1}  + 1} \right)}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{x\left[ {\sqrt[3]{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{2x + 1}} + 1} \right]}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {\sqrt {4x + 1}  + 1} \right)}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{{\left[ {\sqrt[3]{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} + \sqrt[3]{{2x + 1}} + 1} \right]}}\\
 = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}
\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2} - x + 3} }}{{2\left| x \right| - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }}{{2 - \frac{1}{x}}} = 3\)

Kẻ \(AH⊥(SBC)⇒AH⊥SB\)

Ta có \( d = \frac{{HS}}{{BS}}d(B,(SCD)) = \frac{{HS}}{{BS}}.\frac{{BI}}{{AI}}d(A,(SBC))\) mà \( \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SH.SB}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{3}{4}\)

Tam giác ADI có BClà đường trung bình nên \( \frac{{BI}}{{AI}} = \frac{1}{2}\)

Vậy \( d = \frac{3}{8}d(A,(SCD)) = \frac{3}{8}d\left( {A,SC} \right) = \frac{3}{8}\frac{{SA.SC}}{{\sqrt {S{A^2} + S{C^2}} }} = \frac{3}{8}\frac{{a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {3{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{3a\sqrt {30} }}{{40}}\)

Ta có; \(\begin{array}{l} SH = a\sqrt 3 ;\\ HC = a\sqrt {10} ;\\ HD = a\sqrt 2 ;\\ DC = a\sqrt 8 ;\\ \to H{C^2} = H{D^2} + D{C^2} \end{array}\)

Vậy tam giác HDC vuông tại D.

Gọi M là trung điểm của CD.

Ta có: \(\frac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{OA}}{{OH}} = \frac{{AD}}{{HM}} = \frac{{2AD}}{{AD + BC}} = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.HK\)

Trong đó K là hình chiếu vuông góc của H lên SD. Ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{D^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{6{a^2}}}\\ \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}} \end{array}\)

Gọi \(AB=x,(x>0)\)

Xét ΔSAB có \( S{A^2} = S{B^2} - A{B^2} = 2{a^2} - {x^2}\)

Xét ΔSAC có 

\( S{C^2} = S{A^2} + A{C^2} \Leftrightarrow 3{a^2} = 2{a^2} - {x^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = a \Rightarrow SA = a\)

Kẻ AH⊥SD,(H∈SD)

Ta có

\( AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A{\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} \left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt[{}]{{S{A^2} + A{D^2}}}}} = \frac{a}{{\sqrt[{}]{2}}}\)

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⊥SB(1)

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

Từ (1) và (2) \(⇒AK⊥(SBC)\)

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

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

Kẻ AE⊥SD tại E.   (1)

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

Từ (1) và (2) ⇒ AE⊥(SCD)

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

\(YCBT \Leftrightarrow \Delta CJD\) vuông cân tại J

\(\Leftrightarrow IJ = IC = ID = \frac{{AB}}{2} \\\Leftrightarrow 4{x^2} = 2A{I^2} = 2(\frac{{{a^2} + {a^2}}}{2} - {x^2}) \\\Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

( Với I là trung điểm CD; J là trung điểm AB)

Vì theo giả thiết ABCD.A'B'C'D' ta dễ dàng chỉ ra được:

+ \(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot BD\\ AC \bot BB' \end{array} \right.\) và BD cắt BB' cùng nằm trong \(\left( {BB'D'D} \right) \Rightarrow AC \bot \left( {BB'D'D} \right)\). Mà \(BD' \subset \left( {BB'D'D} \right) \Rightarrow AC \bot BD'\) 

⇒ Đáp án D đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l} AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\\ AC \bot \left( {BB'D'D} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {BB'D'D} \right)\)

⇒ Đáp án A đúng.

+ Áp dụng đình lý Pytago trong tam giác B'A'D' vuông tại A' ta có:

\(B'{D'^2} = B'{A'^2} + A'{D'^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác BB'D' vuông tại B' ta có:

\(B{D'^2} = B{B'^2} + B'{D'^2} = {a^2} + 2{a^2} = 3{a^2} \Rightarrow BD' = a\sqrt 3 \)

Hoàn toàn tương tự ta tính được độ dài các đường chéo còn lại của hình lập phương đều bằng nhau và bằng \(a\sqrt 3 \) 

⇒ Đáp án B đúng.

+ Xét tứ giác ACC'A' có \(\left\{ \begin{array}{l} AC//A'C'\\ AC = A'C' = a\sqrt 3 \\ AA' = CC' = a\\ \widehat {ACC'} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow ACC'A'\) là hình chữ nhật. hoàn toàn tương tự ta cũng chỉ ra BDD'B' cũng là hình chữ nhật có các cạnh là a và \(a\sqrt 3 \).

⇒ Hai mặt ACC'A' và BDD'B' là hai hình vuông bằng nhau ⇒ đáp án C sai.

Ta có: ABCD là hình chữ nhật nên AC không vuông góc với BD

Suy ra hai mặt (ACC'A') và (BDD'B') không vuông góc với nhau.

Vậy đáp án B sai.

Gọi I là trung điểm của \(BC \Rightarrow AI \bot BC\) mà \(BC \bot SA\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\)

Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC). Suy ra \(H \in SI\).

Từ A kẻ AH vuông góc với BC,H∈BC (1)

Ta có SB vuông góc với (ABC) ⇒ SB⊥AH (2)

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

\(\begin{array}{l} \sin \widehat {HCA} = \frac{{AH}}{{AC}}\\ \Rightarrow AH = \sin \widehat {HAC}.AC = \sin {45^0}.AC = 2a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 2a. \end{array}\)

Dễ thấy các tam giác ABC′,C′CA,ADC′ là các tam giác vuông bằng nhau nên các đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền cũng bằng nhau.

Vậy: \( d\left( {B,AC'} \right) = d\left( {C,AC'} \right) = d\left( {D,AC'} \right)\)

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống DB′

Dễ thấy AD⊥(ABB′A′)⇒ ΔADB ′vuông đỉnh A.

Lại có

\( AD = a;AB' = a\sqrt 2 \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{B^{\prime 2}}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Gọi M là trung điểm của CD'. Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương nên tam giác ACD′ là tam giác đều cạnh \(a\sqrt2\)

\( AM \bot CD' \Rightarrow d\left( {A,CD'} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Gọi M là trung điểm của CD′. Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương nên tam giác ACD′ là tam giác đều cạnh \(a\sqrt2\)

\( AM \bot CD' \Rightarrow d\left( {A,CD'} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vì SA,AB,BC vuông góc với nhau từng đôi một nên CB⊥SB

Kẻ BH⊥SC, khi đó d(B;SC)=BH

Ta có: \( SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {9{a^2} + 3{a^2}} = 2\sqrt 3 a\)

Trong tam giác vuông SBC ta có:

\( \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{SB.BC}}{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }} = 2a\)