Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a.

* Hướng dẫn giải

Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng hình chữ nhật ANBD. 

Kẻ GI // BC \(\left( {I \in BD} \right),GH \bot A'I\left( {H \in A'I} \right)\) 

+) ta có: \(C'N//(A'MB)\) (do C’N//MB)

\( \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = d\left( {N;(A'BM)} \right)\) 

Mà \(GN//(A'BM)\) (do GN // A'M) 

\( \Rightarrow d\left( {N;(A'BM)} \right) = d\left( {G;(A'BM)} \right) \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = d\left( {G;(A'BM)} \right)\) 

+) Ta có: \(BD//AN,AN//A'M \Rightarrow BD//A'M \Rightarrow A',M,B,D\) đồng phẳng

+) \(\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot GI(doANBDlaHCN)\\
BD \bot A'G(doA'G \bot (ABC))
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (A'GI) \Rightarrow BD \bot GH\) 

Mà \(A'I \bot GH \Rightarrow GH \bot (A'MB) \Rightarrow d\left( {G;(A'BM)} \right) = GH\) 

+) Tính GH:

\(\Delta ABC\) đều, cạnh \(a \Rightarrow AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AG = \frac{2}{3}AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

\(\Delta AA'G\) vuông tại G \( \Rightarrow A'G = \sqrt {AA{'^2} - A{G^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{a{}^2}}{3}}  = \sqrt {\frac{{11}}{3}a} \) 

GNBI là hình chữ nhật \( \Rightarrow GI = NB = \frac{a}{2}\) 

\(\Delta A'GI\) vuông tại G, \(GH \bot A'I \Rightarrow \frac{1}{{G{H^2}}} = \frac{1}{{G{I^2}}} + \frac{1}{{A'{G^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} + \frac{1}{{\frac{{11}}{3}{a^2}}} = \frac{{47}}{{11{a^2}}} \Rightarrow GH = \sqrt {\frac{{11}}{{47}}} a\)

\( \Rightarrow d\left( {C';(A'BM)} \right) = \frac{{\sqrt {11} }}{{\sqrt {47} }}a\)