Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). \(AB = a\), \(AC = a\sqrt 3 \), \(AA’ = 2a\). Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A’B’C’} \right)\) trung với trung điểm \(H\) của đoạn \(B’C’\) (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA’\) và \(BC’\) bằng
A. \(\frac{{a\sqrt 5 }}{3}\).
B. \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
C. \(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
D. \(\frac{{a\sqrt {15} }}{3}\).
Lời giải
\(AA’//\left( {BCC’A’} \right)\)\( \Rightarrow \)\(d\left( {AA’,\,BC’} \right) = d\left( {AA’,\,\left( {BCC’B’} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {BCC’B’} \right)} \right)\).
Dựng \(AE\) vuông góc với \(BC\) tại \(E\). Lúc đó \(\left( {AHE} \right) \bot \left( {BCC’B’} \right)\).
Dựng \(AK\) vuông góc với \(EH\) tại \(K\). Lúc đó \(AK \bot \left( {BCC’B’} \right)\).
Do đó \(d\left( {AA’,\,BC’} \right) = AK\).
Tính \(AK\):
Vì ba cạnh \(AB,\,AC,\,AH\) đôi một vuông góc và \(AK \bot \left( {BCH} \right)\) nên ta có
\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}\)\( = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}\).
Ta lại có \(A{H^2} = A'{A^2} – A'{H^2}\).
Vì tam giác \(A’B’C’\) vuông tại \(A’\) và có \(H\) là trung điểm của \(B’C’\) nên \(A’H = \frac{{B’C’}}{2}\).
Ta có \(B’C’ = BC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\) do đó \(A’H = a\) suy ra \(A{H^2} = A'{A^2} – A'{H^2} = 3{a^2}\).
\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
Vậy \(d\left( {AA’,\,BC’} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
Trả lời