Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ đứng $A B C \cdot A_1 B_1 C_1 \quad A A_1=2 a \sqrt{5}$ và $\widehat{B A C}=120^{\circ}$ có $A B=a$, $A C=$ $2 a$, Gọi $I, K$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $B B_1, C C_1$. Tính khoảng cách từ điểm $I$ đến mặt phẳng $\left(A_1 B K\right)$
A. $a \sqrt{15}$
B. $\dfrac{a \sqrt{15}}{3}$.
C. $\dfrac{a \sqrt{5}}{6}$.
D. $\dfrac{a \sqrt{5}}{3}$.
+) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A_1$ lên $B_1 C_1$.
Khi đó $\left\{\begin{array}{l}A_1 H \perp B_1 C_1 \\ A_1 H \perp B B_1\end{array} \Rightarrow A_1 H \perp(B I K)\right.$ hay $A_1 H$ là đường cao của tứ diện $A_1 B I K$.
Ta có $B C=\sqrt{A B^2+A C^2-2 A B \cdot A C \cdot \cos 120^{\circ}}=a \sqrt{7}$.
Ta có $S_{\triangle A_1 B \square_1 C_1}=\dfrac{1}{2} A_1 H \cdot B_1 C_1=\dfrac{1}{2} A_1 B_1 \cdot A_1 C_1 \cdot \sin 120^{\circ} \Leftrightarrow A_1 H=\dfrac{A_1 B_1 \cdot A_1 C_1 \cdot \sin 120^{\circ}}{B_1 C_1}=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$ $V_{A_1 I B K}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle B I K} \cdot A_1 H=\dfrac{1}{3} \dfrac{a^2 \sqrt{35}}{2} \cdot \dfrac{a \sqrt{21}}{7}=\dfrac{1}{6} a^3 \sqrt{15}$.
+) Mặt khác $B K=\sqrt{C K^2+C B^2}=2 a \sqrt{3}, K A_1=\sqrt{C_1 K^2+C_1 A_1^2} \sin S \widehat{C A}=\dfrac{S A}{A C} \Rightarrow \dfrac{x}{2 \sqrt{x^2-a^2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $O=a \sqrt{21}$. Ta thấy $B K^2+K A_1{ }^2=B A_1{ }^2 \Rightarrow \Delta A_1 B K$ vuông tại $\mathrm{K} . \Rightarrow S_{\triangle A_1 K B}=\dfrac{1}{2} \cdot K A_1 \cdot K B=$ $3 \sqrt{3} a^2$.
+) Ta có $d\left(I,\left(A_1 B K\right)\right)=\dfrac{3 \cdot V_{L \cdot A_1 B K}}{s_{\triangle A_1 B K}}=\dfrac{3 \cdot \dfrac{1}{6} a^3 \sqrt{15}}{3 a^2 \sqrt{3}}=\dfrac{a \sqrt{5}}{6}$.
A. $a \sqrt{15}$
B. $\dfrac{a \sqrt{15}}{3}$.
C. $\dfrac{a \sqrt{5}}{6}$.
D. $\dfrac{a \sqrt{5}}{3}$.
Khi đó $\left\{\begin{array}{l}A_1 H \perp B_1 C_1 \\ A_1 H \perp B B_1\end{array} \Rightarrow A_1 H \perp(B I K)\right.$ hay $A_1 H$ là đường cao của tứ diện $A_1 B I K$.
Ta có $B C=\sqrt{A B^2+A C^2-2 A B \cdot A C \cdot \cos 120^{\circ}}=a \sqrt{7}$.
Ta có $S_{\triangle A_1 B \square_1 C_1}=\dfrac{1}{2} A_1 H \cdot B_1 C_1=\dfrac{1}{2} A_1 B_1 \cdot A_1 C_1 \cdot \sin 120^{\circ} \Leftrightarrow A_1 H=\dfrac{A_1 B_1 \cdot A_1 C_1 \cdot \sin 120^{\circ}}{B_1 C_1}=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$ $V_{A_1 I B K}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle B I K} \cdot A_1 H=\dfrac{1}{3} \dfrac{a^2 \sqrt{35}}{2} \cdot \dfrac{a \sqrt{21}}{7}=\dfrac{1}{6} a^3 \sqrt{15}$.
+) Mặt khác $B K=\sqrt{C K^2+C B^2}=2 a \sqrt{3}, K A_1=\sqrt{C_1 K^2+C_1 A_1^2} \sin S \widehat{C A}=\dfrac{S A}{A C} \Rightarrow \dfrac{x}{2 \sqrt{x^2-a^2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $O=a \sqrt{21}$. Ta thấy $B K^2+K A_1{ }^2=B A_1{ }^2 \Rightarrow \Delta A_1 B K$ vuông tại $\mathrm{K} . \Rightarrow S_{\triangle A_1 K B}=\dfrac{1}{2} \cdot K A_1 \cdot K B=$ $3 \sqrt{3} a^2$.
+) Ta có $d\left(I,\left(A_1 B K\right)\right)=\dfrac{3 \cdot V_{L \cdot A_1 B K}}{s_{\triangle A_1 B K}}=\dfrac{3 \cdot \dfrac{1}{6} a^3 \sqrt{15}}{3 a^2 \sqrt{3}}=\dfrac{a \sqrt{5}}{6}$.
Đáp án C.