Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có $\widehat{BAC}={{120}^{0}}$, $BC=A{A}'=a$. Gọi M là trung điểm của $C{C}'$. Tính khoảng cách giứa hai đường thẳng $BM$ và $A{B}'$, biết rằng chúng vuông góc với nhau.
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{5}}{10}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{5}}{5}$.
Gọi $I$ là hình chiếu của A trên BC, ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& AI\bot BC \\
& AI\bot BB' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AI\bot \left( BCC'B' \right)\Rightarrow AI\bot BM\left( 1 \right).$
Mặt khác, theo giả thiết: $A'B\bot BM\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) suy ra $BM\bot \left( AB'I \right)\Rightarrow BM\bot B'I.$
Gọi $E=B'I\cap BM,$ ta có: $\widehat{IBE}=\widehat{BB'I}$ (vì cùng phụ với góc $\widehat{BIB'}).$
Khi đó $\Delta B'BI=\Delta BCM\left( g.c.g \right)\Rightarrow BI=CM=\dfrac{a}{2}\Rightarrow I$ là trung điểm cạnh $BC\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A.
Gọi $F$ là hình chiếu của E trên $AB',$ ta có EF là đoạn vuông góc chung của $AB'$ và $BM.$
Suy ra $d\left( BM,AB' \right)=EF.$
Ta có: $AI=BI.\cot {{60}^{0}}=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6};B'I=\sqrt{BB{{'}^{2}}+B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}=BM.$
$IE=BI.\sin \widehat{EBI}=BI.\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}\Rightarrow B'E=B'I-IE=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}.$
$AB'=\sqrt{A{{I}^{2}}+B'I{{'}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}.$
Mặt khác: $\Delta B'IA$ đồng dạng $\Delta B'FE$ nên $\dfrac{B'A}{B'E}=\dfrac{IA}{EF}\Leftrightarrow EF=\dfrac{IAB'E}{B'A}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{6}.\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}}{\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}.$
Vậy $d\left( BM,AB' \right)=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}.$
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{5}}{10}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{5}}{5}$.
Gọi $I$ là hình chiếu của A trên BC, ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& AI\bot BC \\
& AI\bot BB' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AI\bot \left( BCC'B' \right)\Rightarrow AI\bot BM\left( 1 \right).$
Mặt khác, theo giả thiết: $A'B\bot BM\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) suy ra $BM\bot \left( AB'I \right)\Rightarrow BM\bot B'I.$
Gọi $E=B'I\cap BM,$ ta có: $\widehat{IBE}=\widehat{BB'I}$ (vì cùng phụ với góc $\widehat{BIB'}).$
Khi đó $\Delta B'BI=\Delta BCM\left( g.c.g \right)\Rightarrow BI=CM=\dfrac{a}{2}\Rightarrow I$ là trung điểm cạnh $BC\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A.
Gọi $F$ là hình chiếu của E trên $AB',$ ta có EF là đoạn vuông góc chung của $AB'$ và $BM.$
Suy ra $d\left( BM,AB' \right)=EF.$
Ta có: $AI=BI.\cot {{60}^{0}}=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6};B'I=\sqrt{BB{{'}^{2}}+B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}=BM.$
$IE=BI.\sin \widehat{EBI}=BI.\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}\Rightarrow B'E=B'I-IE=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}.$
$AB'=\sqrt{A{{I}^{2}}+B'I{{'}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}.$
Mặt khác: $\Delta B'IA$ đồng dạng $\Delta B'FE$ nên $\dfrac{B'A}{B'E}=\dfrac{IA}{EF}\Leftrightarrow EF=\dfrac{IAB'E}{B'A}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{6}.\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}}{\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}.$
Vậy $d\left( BM,AB' \right)=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}.$
Đáp án C.