Google
Câu hỏi: Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy là tam giác đều cạnh bằng $2a$, cạnh bên bằng $a\sqrt{3}$, $A{B}'=a$. Biết mặt bên $\left( AB{B}'{A}' \right)$ vuông góc với mặt đáy. Gọi $N$ là một điểm di động trên đoạn $B{A}'$, khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến mặt phẳng $\left( A{B}'{C}' \right)$ bằng
A. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$.
C. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{15}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$.
Theo đề bài $AA'=a\sqrt{3},A{B}'=a,{A}'{B}'=2a\Rightarrow {A}'{{{B}'}^{2}}=A{{{A}'}^{2}}+A{{{B}'}^{2}}\Rightarrow \Delta A{A}'{B}'$ vuông tại $A$.
Kẻ $AH\bot {A}'{B}',\left( H\in {A}'{B}' \right)$. Do $\left( AB{B}'{A}' \right)\bot \left( A'B'C' \right)\Rightarrow AH\bot \left( A'B'C' \right)$.
Khi đó: $AH=\dfrac{A{A}'.A{B}'}{{A}'{B}'}=\dfrac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ và ${A}'H=\sqrt{A{{{{A}'}}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{3a}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{{B}'H}{{B}'{A}'}=\dfrac{1}{4}$.
Gọi $M$ là trung điểm của ${B}'{C}'$ $\Rightarrow {A}'M\bot {B}'{C}'$.
Kẻ $HE//{A}'M,\left( E\in {B}'{C}' \right)$ $\Rightarrow HE\bot {B}'{C}'$ và $\dfrac{HE}{{A}'M}=\dfrac{{B}'H}{{B}'{A}'}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow HE=\dfrac{1}{4}{A}'M=\dfrac{1}{4}.\dfrac{2a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
Kẻ $HK\bot AE,\left( K\in AE \right)$ (1).
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {B}'{C}'\bot HE \\
& {B}'{C}'\bot AH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {B}'{C}'\bot \left( AHE \right)\Rightarrow {B}'{C}'\bot HK$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $HK\bot \left( A{B}'{C}' \right)$.
Do $\left( A{B}'{C}' \right)$ đi qua trung điểm của $B{A}'$ nên khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến mặt phẳng $\left( A{B}'{C}' \right)$ khi và chỉ khi $N\equiv {A}'$ hoặc $N\equiv B$.
Vậy $d{{\left( N,(AB'C') \right)}_{\max }}=d\left( {A}',(A{B}'{C}') \right)=4d\left( H,(A{B}'{C}') \right)=4HK$
$=4.\dfrac{AH.HE}{\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}}=4.\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+\dfrac{3{{a}^{2}}}{16}}}=\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$.
A. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$.
C. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{15}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$.
Theo đề bài $AA'=a\sqrt{3},A{B}'=a,{A}'{B}'=2a\Rightarrow {A}'{{{B}'}^{2}}=A{{{A}'}^{2}}+A{{{B}'}^{2}}\Rightarrow \Delta A{A}'{B}'$ vuông tại $A$.
Kẻ $AH\bot {A}'{B}',\left( H\in {A}'{B}' \right)$. Do $\left( AB{B}'{A}' \right)\bot \left( A'B'C' \right)\Rightarrow AH\bot \left( A'B'C' \right)$.
Khi đó: $AH=\dfrac{A{A}'.A{B}'}{{A}'{B}'}=\dfrac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ và ${A}'H=\sqrt{A{{{{A}'}}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{3a}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{{B}'H}{{B}'{A}'}=\dfrac{1}{4}$.
Gọi $M$ là trung điểm của ${B}'{C}'$ $\Rightarrow {A}'M\bot {B}'{C}'$.
Kẻ $HE//{A}'M,\left( E\in {B}'{C}' \right)$ $\Rightarrow HE\bot {B}'{C}'$ và $\dfrac{HE}{{A}'M}=\dfrac{{B}'H}{{B}'{A}'}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow HE=\dfrac{1}{4}{A}'M=\dfrac{1}{4}.\dfrac{2a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
Kẻ $HK\bot AE,\left( K\in AE \right)$ (1).
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {B}'{C}'\bot HE \\
& {B}'{C}'\bot AH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {B}'{C}'\bot \left( AHE \right)\Rightarrow {B}'{C}'\bot HK$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $HK\bot \left( A{B}'{C}' \right)$.
Do $\left( A{B}'{C}' \right)$ đi qua trung điểm của $B{A}'$ nên khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến mặt phẳng $\left( A{B}'{C}' \right)$ khi và chỉ khi $N\equiv {A}'$ hoặc $N\equiv B$.
Vậy $d{{\left( N,(AB'C') \right)}_{\max }}=d\left( {A}',(A{B}'{C}') \right)=4d\left( H,(A{B}'{C}') \right)=4HK$
$=4.\dfrac{AH.HE}{\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}}=4.\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+\dfrac{3{{a}^{2}}}{16}}}=\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$.
Đáp án A.