Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm

* Hướng dẫn giải

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của $BC,B\text{'}C\text{'}.$

Gọi N,E lần lượt là trung điểm của AB, BN.

Góc giữa hai mặt phẳng $(ABB\text{'}A\text{'})$ và $(A\text{'}B\text{'}C\text{'})$ bằng góc giữa hai mặt phẳng $(ABB\text{'}A\text{'})$ và $\left(ABC\right).$

Vì $CN\perp AB$ và $ME//CN$ nên $ME\perp AB\left(1\right)$

Mặt khác $A\text{'}M\perp \left(ABC\right)\Rightarrow A\text{'}M\perp AB\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có \(AB \bot \left( {A'EM} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'EM} = {60^0}.\)

$CN=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};ME=\frac{1}{2}CN=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Trong tam giác vuông A'EM có $A\text{'}M=ME.\tan {60}^0=\frac{3a}{4}.$

Có $A\text{'}M\text{'}\perp B\text{'}C\text{'}\left(3\right)$

$A\text{'}M\perp \left(ABC\right)\Rightarrow A\text{'}M\perp (A\text{'}B\text{'}C\text{'})\Rightarrow A\text{'}M\perp B\text{'}C\text{'}\left(4\right)$

Từ (3) và (4) suy ra $B\text{'}C\text{'}\perp (AMM\text{'}A\text{'}).$

Trong mặt phẳng $(AMM\text{'}A\text{'})$ từ M kẻ $M\text{'}K\perp AA\text{'}\Rightarrow M\text{'}K$ chính là đoạn vuông góc chung giữa AA' và B'C'

Trong mặt phẳng \(\left( {AMM'A'} \right)\) từ M kẻ \(MI \bot AA' \Rightarrow MI = M'K.\)

Trong tam giác A'MA vuông tại M có $\frac{1}{M{I}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{MA{\text{'}}^2}=\frac{28}{9a^2}\Rightarrow MI=\frac{3a\sqrt{7}}{14}.$

Vậy $d=\frac{3a\sqrt{7}}{14}.$

Đáp án A