Google
Câu hỏi: Cho lăng trụ ABCD. A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi, AB = a√3, ∠BAD = 120o. Góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ADD'A') là 30 o. Gọi M là trung điểm A'D', N là trung điểm BB'. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C'MA)
Lời giải chi tiết
Nhận xét:
Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’
(C'A'D') ⊥ (AA'D'D) & (C'A'D') ∩(AA'D'D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)
Nên ∠(AC',(AA'D'D)) = ∠(C'AM) = 30o.
Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đó
d(N,(C'MA)) = d(K,(C'MA))
+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).
Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C'MA)] = KH.
+ Tính KH.
Ta có: SAMK = SAA'D'D – (SAA'M + SMD'K + SADK) (1)
Trong tam giác AMC’, ta có: AM = C’M.cot30o = (3a√3)/2.
Trong tam giác AA’M, ta có: AA’ = √(AM2 - A'M2 ) = a√6.
Ta có: $S_{A A^{\prime} D^{\prime} D}=a \sqrt{6} \cdot a \sqrt{3}=3 a^{2} \sqrt{2}$.
$S_{A A^{\prime} M}=\frac{1}{2} \mathrm{a} \sqrt{6} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{4}$
$S_{M D \prime K}=\frac{1}{2} \frac{\mathrm{a} \sqrt{6}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{8}$
$S_{A D K}=\frac{1}{2} \frac{\mathrm{a} \sqrt{6}}{2} \cdot \mathrm{a} \sqrt{3}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{4}$
Thế vào (1), ta có: $S_{A M K}=\frac{9 a^{2} \sqrt{2}}{8}$.
Mà $S_{A M K}=\frac{1}{2} \mathrm{AM.KH}$ nên $\mathrm{KH}=\frac{2 S_{A M K}}{A M}$ hay $\mathrm{KH}=\frac{a \sqrt{6}}{2}$
Vậy $\mathrm{d}\left(\mathrm{N},\left(\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{MA}\right)\right)=\mathrm{d}\left(\mathrm{K},\left(\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{MA}\right)\right)=\frac{a \sqrt{6}}{2}$
Nhận xét:
Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’
(C'A'D') ⊥ (AA'D'D) & (C'A'D') ∩(AA'D'D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)
Nên ∠(AC',(AA'D'D)) = ∠(C'AM) = 30o.
Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đó
d(N,(C'MA)) = d(K,(C'MA))
+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).
Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C'MA)] = KH.
+ Tính KH.
Ta có: SAMK = SAA'D'D – (SAA'M + SMD'K + SADK) (1)
Trong tam giác AMC’, ta có: AM = C’M.cot30o = (3a√3)/2.
Trong tam giác AA’M, ta có: AA’ = √(AM2 - A'M2 ) = a√6.
Ta có: $S_{A A^{\prime} D^{\prime} D}=a \sqrt{6} \cdot a \sqrt{3}=3 a^{2} \sqrt{2}$.
$S_{A A^{\prime} M}=\frac{1}{2} \mathrm{a} \sqrt{6} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{4}$
$S_{M D \prime K}=\frac{1}{2} \frac{\mathrm{a} \sqrt{6}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{8}$
$S_{A D K}=\frac{1}{2} \frac{\mathrm{a} \sqrt{6}}{2} \cdot \mathrm{a} \sqrt{3}=\frac{3 a^{2} \sqrt{2}}{4}$
Thế vào (1), ta có: $S_{A M K}=\frac{9 a^{2} \sqrt{2}}{8}$.
Mà $S_{A M K}=\frac{1}{2} \mathrm{AM.KH}$ nên $\mathrm{KH}=\frac{2 S_{A M K}}{A M}$ hay $\mathrm{KH}=\frac{a \sqrt{6}}{2}$
Vậy $\mathrm{d}\left(\mathrm{N},\left(\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{MA}\right)\right)=\mathrm{d}\left(\mathrm{K},\left(\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{MA}\right)\right)=\frac{a \sqrt{6}}{2}$