Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của điểm $A^{\prime}$ lên mặt phẳng $(A B C)$ trùng với trọng tâm của tam giác $A B C$. Biết thể tích của khối lăng trụ là $\dfrac{a^3 \sqrt{3}}{4}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $A A^{\prime}$ và $B C$ là
A. $\dfrac{2 a}{3}$.
B. $\dfrac{4 a}{3}$.
C. $\dfrac{3 a}{4}$.
D. $\dfrac{3 a}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm $B C$ và $G$ là trọng tâm tam giác $A B C$, ta có $A^{\prime} G \perp(A B C)$.
Thể tích lăng trụ $V=S_{\triangle A B C} \cdot A^{\prime} G \Leftrightarrow \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot A^{\prime} G \Rightarrow A^{\prime} G=a$.
Nhận thấy $B C \perp A M ; B C \perp A^{\prime} G$ nên $B C \perp\left(A^{\prime} A G\right)$.
Kẻ $M H \perp A A^{\prime}$ tại $H$, ta có $M H$ là đoạn vuông góc chung của $B C$ và $A A^{\prime}$.
Do đó $M H=d\left(A A^{\prime} ; B C\right)$.
Ta có $S_{\triangle A^{\prime} A M}=\dfrac{1}{2} A^{\prime} G \cdot A M=\dfrac{1}{2} M H \cdot A^{\prime} A$, suy ra $M H=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{A A \prime}=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{\sqrt{A \prime G^2+A G^2}}$
Tam giác đều $A B C$ có $A M=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} ; A G=\dfrac{2}{3} A M=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$.
Do đó $M H=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{\sqrt{A \prime G^2+A G^2}}=\dfrac{\dfrac{a^2 \sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{3}}}=\dfrac{3 a}{4}$. Vậy $d\left(A A^{\prime} ; B C\right)=\dfrac{3 a}{4}$.
A. $\dfrac{2 a}{3}$.
B. $\dfrac{4 a}{3}$.
C. $\dfrac{3 a}{4}$.
D. $\dfrac{3 a}{2}$.
Thể tích lăng trụ $V=S_{\triangle A B C} \cdot A^{\prime} G \Leftrightarrow \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot A^{\prime} G \Rightarrow A^{\prime} G=a$.
Nhận thấy $B C \perp A M ; B C \perp A^{\prime} G$ nên $B C \perp\left(A^{\prime} A G\right)$.
Kẻ $M H \perp A A^{\prime}$ tại $H$, ta có $M H$ là đoạn vuông góc chung của $B C$ và $A A^{\prime}$.
Do đó $M H=d\left(A A^{\prime} ; B C\right)$.
Ta có $S_{\triangle A^{\prime} A M}=\dfrac{1}{2} A^{\prime} G \cdot A M=\dfrac{1}{2} M H \cdot A^{\prime} A$, suy ra $M H=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{A A \prime}=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{\sqrt{A \prime G^2+A G^2}}$
Tam giác đều $A B C$ có $A M=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} ; A G=\dfrac{2}{3} A M=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$.
Do đó $M H=\dfrac{A \prime G \cdot A M}{\sqrt{A \prime G^2+A G^2}}=\dfrac{\dfrac{a^2 \sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{3}}}=\dfrac{3 a}{4}$. Vậy $d\left(A A^{\prime} ; B C\right)=\dfrac{3 a}{4}$.
Đáp án C.