Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 11 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 4

Đáp án đúng là: B

Với hai số thực dương \(x,\,\,y\) và hai số thực \(\alpha ,\,\,\beta \) tùy ý, ta có:

+) \({x^\alpha } \cdot {x^\beta } = {x^{\alpha + \beta }}\) (nhân hai lũy thừa cùng cơ số);

+) \({\left( {{x^\alpha }} \right)^\beta } = {x^{\alpha \cdot \beta }}\) (lũy thừa của lũy thừa);

+) \({\left( {xy} \right)^\alpha } = {x^\alpha } \cdot {y^\alpha }\) (lũy thừa của một tích).

Khi đó, áp dụng công thức lũy thừa của một tích ta có

\({\left( {xy} \right)^{\alpha + \beta }} = {x^{\alpha + \beta }} \cdot {y^{\alpha + \beta }} \ne {x^\alpha } \cdot {y^\beta }\) (dấu bằng chỉ xảy ra khi \(\alpha = \beta = 0\)).

Từ đó suy ra đáp án B sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có \(K = {27^{\frac{2}{3}}} + {81^{ - 0,75}} - {25^{0,5}} = \frac{{109}}{{27}}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \[\sqrt a \cdot \sqrt[3]{a} \cdot \sqrt[6]{{{a^5}}} = {a^{\frac{1}{2}}} \cdot {a^{\frac{1}{3}}} \cdot {a^{\frac{5}{6}}} = {a^{\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{5}{6}}} = {a^{\frac{5}{3}}}\].

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\frac{{{{\left( {\sqrt[4]{{{a^3} \cdot {b^2}}}} \right)}^4}}}{{\sqrt[3]{{\sqrt {{a^{12}} \cdot {b^6}} }}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {{a^{12}} \cdot {b^6}} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{\sqrt[3]{{{a^6} \cdot {b^3}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{{{\left( {{a^6} \cdot {b^3}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = \frac{{{a^3} \cdot {b^2}}}{{{a^2} \cdot b}} = ab\).

Đáp án đúng là: D

Ta có:

+) \[{\log _a}x\] có nghĩa khi và chỉ khi \(x > 0\), do đó đáp án A sai.

+) \({\log _a}1 = 0\), do đó đáp án B sai.

+) \({\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y\), do đó đáp án C sai.

+) \[{\log _a}{x^n} = n{\log _a}x\,\,\left( {x > 0,\,n \ne 0} \right)\], do đó đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: B

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 3 }}9 = {\log _{{3^{\frac{1}{2}}}}}{3^2} = 2 \cdot \frac{1}{{\frac{1}{2}}}{\log _3}3 = 4\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[\frac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 = \frac{1}{2}{\log _a}{3^2} - {\log _a}5 = {\log _a}3 - {\log _a}5 = {\log _a}\frac{3}{5}\].

Vậy \(x = \frac{3}{5}\).

Đáp án đúng là: B

Ta có \(M = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{2{{\log }_{12}}\left( {x + 3y} \right)}}\)\( = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}{{\left( {x + 3y} \right)}^2}}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left[ {\left( {{x^2} + 9{y^2}} \right) + 6xy} \right]}}\)

               \( = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left( {6xy + 6xy} \right)}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{{{\log }_{12}}\left( {12xy} \right)}} = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}} = 1\).

Đáp án đúng là: D

Hàm số \(y = {x^{2023}}\) không phải hàm số mũ.

Đáp án đúng là: D

Hàm số \(y = {\log _{\frac{e}{3}}}x\) có cơ số là \(\frac{e}{3}\) và \(0 < \frac{e}{3} < 1\) nên hàm số này nghịch biến trên tập xác định \(\left( {0;\, + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) đi lên từ trái qua phải nên hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó \(a > 1\).

Đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) đi xuống từ trái qua phải nên hàm số \(y = {b^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\), do đó \(0 < b < 1\).

Vậy \(0 < b < 1 < a\).

Đáp án đúng là: A

ĐKXĐ: \( - {x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 3\).

Vậy hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{8}}}\left( { - {x^2} + 5x - 6} \right)\) có tập xác định là \(\left( {2;3} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \({3^x} > 6 \Leftrightarrow x > {\log _3}6\).

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Ta có \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\) .

Đáp án đúng là: D

Ta có \({2^{2x - 4}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 4 = x \Leftrightarrow x = 4\).

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\2x + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 4\\x > 0\end{array} \right.\\x > - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\).

Ta có \({\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{{3^{ - 1}}}}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) - {\log _3}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = {3^0}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x}}{{2x + 3}} = 1\)\( \Rightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.\).

Kết hợp với điều kiện ta chọn \(x = 1\), vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Đáp án đúng là: A

Vì \[ABCD.A'B'C'D'\] là hình lập phương nên \(AB{\rm{//}} = C'D'\,\,\left( {{\rm{//}} = CD} \right)\).

Suy ra \(ABC'D'\) là hình bình hành, do đó \(AD'{\rm{//}}BC'\).

Lại có \(AD' \bot A'D\) (do \(ADD'A'\) là hình vuông).

Từ đó suy ra \(BC' \bot A'D\).

Đáp án đúng là: B

Vì \(MN{\rm{//}}M'N'\) nên \(\left( {MN,\,\,M'P'} \right) = \left( {M'N',\,M'P'} \right) = \widehat {N'M'P'} = 45^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BD\).

Khi đó ta có \(ME,\,\,NE\) lần lượt là đường trung bình của các tam giác \(BCD,\,\,ABD\).

Suy ra \(ME{\rm{//}}CD,\,NE{\rm{//}}AB\). Do đó, \(\left( {AB,\,CD} \right) = \left( {NE,\,ME} \right)\).

Ta có \(ME = \frac{{CD}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a,\,\,NE = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác \(MNE\) ta có

\(\cos \widehat {MEN} = \frac{{M{E^2} + N{E^2} - M{N^2}}}{{2ME \cdot NE}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = \frac{{ - 1}}{2}\).

Suy ra \(\widehat {MEN} = 120^\circ \).

Khi đó, \(\left( {NE,\,ME} \right) = 180^\circ - \widehat {MEN} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Vậy \(\left( {AB,\,CD} \right) = 60^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Nếu \(b\; \bot a\) thì có thể xảy ra trường hợp \(b\; \subset \;\left( P \right)\), nên đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên hình chiếu của điểm \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là điểm \(A\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \[SA \bot BC\].

Lại có \[ABCD\] là hình vuông nên \(AB \bot BC\).

Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), do đó \(BC \bot AM\).

Mà \(AM \bot SB\) (do \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\)).

Như vậy, \(AM \bot \left( {SBC} \right)\).

Đáp án đúng là: A

+) Nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng vuông góc nhau, do đó đáp án A đúng.

+) Đáp án B sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

+) Đáp án C sai vì giả sử ta chọn đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng đã cho thì đường thẳng này nằm trong cả 2 mặt phẳng.

+) Đáp án D là sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\), do đó đáp án B đúng.

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), suy ra \[SA \bot BC\]. Lại có \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\)nên \(AB \bot BC\). Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), do đó \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\], vậy đáp án D đúng.

Vì \(M\) là trung điểm của \(AC\) và \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) nên \(BM \bot AC\).

Lại có \(BM \bot SA\) (do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)) nên \(BM \bot \left( {SAC} \right)\), do đó \(\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)\), vậy đáp án C đúng.

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề ii) và iii) là các mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \[SA \bot AD\].

Lại có \[ABCD\] là hình vuông nên \(AB \bot AD\).

Từ đó suy ra \(AD \bot \left( {SAB} \right)\), do đó \(AD \bot AK\). (1)

Ta có \[SA = AB\] nên tam giác \(SAB\) cân tại \(A\) có \(K\) là trung điểm của đoạn \(SB\) nên \(AK\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao, do đó \(AK \bot SB\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra đường vuông góc chung giữa \(AD\) và \(SB\) là \(AK\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy \(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AO,\,\,SO \bot CO\\AO,\,CO \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\).

Vậy khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng độ dài của đoạn thẳng \(SO\).

Đáp án đúng là: B

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do hình chóp \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB{\rm{//}}CD\), suy ra \(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Do đó, \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Lại có \(AO \cap \left( {SCD} \right) = C\) nên \(\frac{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\).

Suy ra \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\), ta chứng minh được \(OK \bot CD\).

Kẻ \[OH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\].

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OK\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ,\,AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \), \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt 2 \),

\(OK = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}\).

Suy ra \(OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho.

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot SA\\SC \bot SA\end{array} \right.\) nên góc \(CSB\) là một góc phẳng của góc góc nhị diện\[\left[ {B\,,\,SA\,,\,C} \right]\].

Lại có \(\widehat {CSB} = 90^\circ \,\,\left( {{\rm{do}}\,SB \bot SC} \right)\).

Vậy số đo của góc nhị diện\[\left[ {B\,,\,SA\,,\,C} \right]\]bằng \(90^\circ \).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa \(SD\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc \(SDA\).

Tam giác \(SAD\) vuông ở \(A\) nên \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \). Suy ra \(\widehat {SDA} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa \(SD\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)có số đo bằng \(60^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp cụt đều có diện tích đáy lớn \(S\), diện tích đáy nhỏ \(S'\) và chiều cao \(h\) được tính theo công thức \(V = \frac{1}{3} \cdot h \cdot \left( {S + S' + \sqrt {S \cdot S'} } \right)\).

Đáp án đúng là: D

Chiều cao của khối chóp là \(h = 3 \cdot 5 = 15\).

Thể tích của khối chóp đó là \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3} \cdot 5 \cdot 15 = 25\).

Đáp án đúng là: A

Tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\). Đặt \(AB = AC = x\).

Ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow 2{x^2} = {a^2} \Rightarrow x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}\).

Vì \(AA'B'B\) là hình vuông nên \(AA' = AB = x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}}}{4} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Vì tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Lại có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), do đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó, góc tạo bởi đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(SCH\) và \(\widehat {SCH} = 30^\circ \).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên ta chứng minh được \(HC = HD\).

Từ đó suy ra \(\Delta SHC = \Delta SHD\) (c – g – c). Suy ra \(SC = SD = 2a\sqrt 3 \).

Tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) nên ta có

\[SH = SC\sin \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt 3 \]

\(HC = SC\cos \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \cos 30^\circ = 3a\).

Vì tam giác \(SAB\) đều mà \(SH = a\sqrt 3 \) nên ta suy ra \(AB = \frac{{2SH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2a\).

Suy ra \(HB = \frac{{AB}}{2} = a\). Khi đó, \(BC = \sqrt {H{C^2} - H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2a\sqrt 2 \).

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = AB \cdot BC = 2a \cdot 2a\sqrt 2 = 4{a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 4{a^2}\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 = \frac{{4{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

a) Điều kiện: \(x > 2\).

\(2{\log _2}\sqrt {x + 1} \le 2 - {\log _2}\left( {x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} + {\log _2}\left( {x - 2} \right) \le 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 2} \right) \le 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) \le 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) \le {2^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 \le 0\)

\( \Leftrightarrow - 2 \le x \le 3\)

Kết hợp với điều kiện ta được \(2 < x \le 3\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {2;\,\,3} \right]\).

b) Ta có \({\left( {\frac{1}{4}} \right)^{{x^2} - 4x - 5}} = {4^{x + 1}} \Leftrightarrow {4^{ - {x^2} + 4x + 5}} = {4^{x + 1}}\)

\( \Leftrightarrow - {x^2} + 4x + 5 = x + 1 \Leftrightarrow - {x^2} + 3x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \(x = - 1\) và \(x = 4\).

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

b) Gọi \(O = AC \cap BD.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CO \bot BD\\SO \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}\,\,\,SB = SD\,} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right] = \widehat {SOC}\).

\(\Delta SOA\) vuông tại \(A:\)\(AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = SA \Rightarrow \)\(\widehat {SOA} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {SOC} = 135^\circ \).

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right]\) bằng \(135^\circ .\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AD\) nên suy ra \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Kẻ \[Ax\parallel BD\].

 Do đó \[d\left( {BD,SA} \right) = d\left( {BD,\left( {SAx} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAx} \right)} \right) = 2d\left( {I,\left( {SAx} \right)} \right)\].

Kẻ \[IE \bot Ax\] tại \[E\], kẻ \[IK \bot SE\] tại \[K\]. Khi đó \[d\left( {I,\left( {SAx} \right)} \right) = IK\].

Gọi \[F\] là hình chiếu của \[I\] trên \[BD\], ta có: \[IE = IF = \frac{{AO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Tam giác vuông \[SIE\], có: \[IK = \frac{{SI.IE}}{{\sqrt {S{I^2} + I{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\].

Vậy \[d\left( {BD,SA} \right) = 2IK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\].