Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ ${ABC.A'B'C'}$ có đáy ${ABC}$ là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của ${A'}$ trên mặt phẳng ${\left( {ABC} \right)}$ trùng với trung điểm ${M}$ của cạnh ${BC}$. Biết ${AB = a}$, góc tạo bởi ${A'B}$ và mặt đáy ${\left( {ABC} \right)}$ bằng ${{60^o}}$. Tính khoảng cách từ điểm ${B}$ đến mặt phẳng ${\left( {B'AC} \right)}$.
A. ${\dfrac{{a\sqrt {39} }}{{26}}}$.
B. ${\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}}$.
C. ${\dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}}$.
D. ${\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{26}}}$.
Ta có:Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của cạnh BC.
Suy ra: $\left( A'\widehat{B;\left( ABC \right)} \right)=\left( A'\widehat{B;B}M \right)=\widehat{A'BM}={{60}^{0}}.$
Dựng hình bình hành ABHM. Gọi N là giao điểm của HM và AC.
$\Rightarrow $ N là trung điểm $AC\Rightarrow \dfrac{MN}{HN}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow HN=3MN=\dfrac{3}{2}a$
Suy ra $A'B'HM$ cũng là hình bình hành $\left( A'B'//MH;A'B'=MH \right).$
Suy ra $B'H\bot \left( ABC \right)\left( doA'M\bot \left( ABC \right) \right).$
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AC và $B'I.$
Suy ra $AC\bot \left( B'HI \right)\Rightarrow HK\bot \left( B'AC \right)=d\left( H;\left( B'AC \right) \right)=HK$.
Ta có: $HI=HN.\sin \widehat{HNC}=\dfrac{3}{2}a.\sin {{60}^{0}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a$
$B'H=A'M=BM.\tan \widehat{A'BM}=\dfrac{1}{2}a.\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{I}^{2}}}+\dfrac{1}{B'{{H}^{2}}}=\dfrac{16}{27.{{a}^{2}}}+\dfrac{4}{3.{{a}^{2}}}=\dfrac{52}{27.{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\dfrac{3\sqrt{39}}{26}.a$
Ta lại có $\dfrac{BC}{MC}=2$ và $\dfrac{MN}{HN}=\dfrac{1}{3}$
Do đó $d\left( B;\left( B'AC \right) \right)=2d\left( M;\left( B'AC \right) \right)=2.\dfrac{1}{3}d\left( H;\left( B'AC \right) \right)=\dfrac{2}{3}HK=\dfrac{2}{3}.\dfrac{3\sqrt{29}}{26}a=\dfrac{\sqrt{39}}{13}a$
Vay $d\left( B;\left( B'AC \right) \right)=\dfrac{\sqrt{39}}{13}a..$
A. ${\dfrac{{a\sqrt {39} }}{{26}}}$.
B. ${\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}}$.
C. ${\dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}}$.
D. ${\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{26}}}$.
Ta có:Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của cạnh BC.
Suy ra: $\left( A'\widehat{B;\left( ABC \right)} \right)=\left( A'\widehat{B;B}M \right)=\widehat{A'BM}={{60}^{0}}.$
Dựng hình bình hành ABHM. Gọi N là giao điểm của HM và AC.
$\Rightarrow $ N là trung điểm $AC\Rightarrow \dfrac{MN}{HN}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow HN=3MN=\dfrac{3}{2}a$
Suy ra $A'B'HM$ cũng là hình bình hành $\left( A'B'//MH;A'B'=MH \right).$
Suy ra $B'H\bot \left( ABC \right)\left( doA'M\bot \left( ABC \right) \right).$
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AC và $B'I.$
Suy ra $AC\bot \left( B'HI \right)\Rightarrow HK\bot \left( B'AC \right)=d\left( H;\left( B'AC \right) \right)=HK$.
Ta có: $HI=HN.\sin \widehat{HNC}=\dfrac{3}{2}a.\sin {{60}^{0}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a$
$B'H=A'M=BM.\tan \widehat{A'BM}=\dfrac{1}{2}a.\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{I}^{2}}}+\dfrac{1}{B'{{H}^{2}}}=\dfrac{16}{27.{{a}^{2}}}+\dfrac{4}{3.{{a}^{2}}}=\dfrac{52}{27.{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\dfrac{3\sqrt{39}}{26}.a$
Ta lại có $\dfrac{BC}{MC}=2$ và $\dfrac{MN}{HN}=\dfrac{1}{3}$
Do đó $d\left( B;\left( B'AC \right) \right)=2d\left( M;\left( B'AC \right) \right)=2.\dfrac{1}{3}d\left( H;\left( B'AC \right) \right)=\dfrac{2}{3}HK=\dfrac{2}{3}.\dfrac{3\sqrt{29}}{26}a=\dfrac{\sqrt{39}}{13}a$
Vay $d\left( B;\left( B'AC \right) \right)=\dfrac{\sqrt{39}}{13}a..$
Đáp án C.