Cho lăng trụ tam giác $A B C A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có đáy $A B C$ là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $A^{\prime}$ trên mặt phẳng $(A B C)$ là trung điểm $O_{O}^{\top} \mathrm{c}^{\prime} \operatorname{anh} A B$. Góc giữa đường thẳng $A A^{\prime}$ và mặt phẳng $\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)$ là $60^{\circ} .$ Gọi $I$ là trung điểm cạnh $B^{\prime} C^{\prime}$. Khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $A^{\prime} C$ bằng

Cho lăng trụ tam giác $A B C A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có đáy $A B C$ là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $A^{\prime}$ trên mặt phẳng $(A B C)$ là trung điểm $O_{O}^{\top} \mathrm{c}^{\prime} \operatorname{anh} A B$. Góc giữa đường thẳng $A A^{\prime}$ và mặt phẳng $\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)$ là $60^{\circ} .$ Gọi $I$ là trung điểm cạnh $B^{\prime} C^{\prime}$. Khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $A^{\prime} C$ bằng

A. $\frac{a \sqrt{21}}{4}$

B. $\frac{a \sqrt{42}}{6}$

C. $\frac{a \sqrt{21}}{6}$

B. $\frac{a \sqrt{42}}{8}$

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Cách 1:

Ta có \(\widehat {\left( {AA’,\left( {A’B’C’} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA’,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A’AO} = 60^\circ \), suy ra \(AA’ = a\) và \(A’O = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(OA’\), \(OB\), \(OC\) đôi một vuông góc với nhau nên ta chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Ta có: \(A’\left( {0;0;\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\), \(C\left( {0;\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)\), \(B’\left( {a;0;\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\), \(B\left( {\frac{a}{2};0;0} \right)\), \(A\left( { – \frac{a}{2};0;0} \right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm cạnh \(BC\)\( \Rightarrow \)\(E\left( {\frac{a}{4};\frac{{a\sqrt 3 }}{4};0} \right)\).

Lại có \(\overrightarrow {A’I}= \overrightarrow {AE}\Rightarrow \)\(I\left( {\frac{{3a}}{4};\frac{{a\sqrt 3 }}{4};\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA’} \left( { – \frac{{3a}}{4}; – \frac{{a\sqrt 3 }}{4};0} \right)\).

\(\overrightarrow {A’C} \left( {0;\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; – \frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\) \( \Rightarrow \) đường thẳng \(A’C\) nhận \(\overrightarrow u \left( {0;1; – 1} \right)\) là véc tơ chỉ phương.

Vậy \(d\left( {I,A’C} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA’},\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {21} }}{4}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{4\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {42} }}{8}\).

Cách 2:

+) Ta có \(\widehat {\left( {AA’,\left( {A’B’C’} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA’,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A’AO} = 60^\circ \), suy ra \(AA’ = a\) và \(A’O = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

+) Dựnghình bình hành \(OA’B’K \Rightarrow B’K \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow B’K \bot EK\).

+) Gọi\(E\) là trung điểm của cạnh \(BC \Rightarrow IC = B’E\).

+) \(K{E^2} = B{K^2} + B{E^2} – 2.BK.BE.\cos 120^\circ \)\( = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} – 2.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}.\left( { – \frac{1}{2}} \right) = \frac{{3{a^2}}}{4}\)\( \Rightarrow KE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

+) \(B'{E^2} = B'{K^2} + K{E^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{2}\)\( \Rightarrow IC = B’E = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

+) Tam giác \(ABC\),\(A’B’C’\) là các tam giác đều cạnh \(a \Rightarrow A’I = OC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

+) \(A'{C^2} = A'{O^2} + O{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow A’C = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

+) Áp dụng công thức Hê-rông ta có: \({S_{A’IC}} = \frac{{3\sqrt 7 {a^2}}}{{16}}\).

+) Lại có \({S_{A’IC}} = \frac{1}{2}d\left( {I,A’C} \right).A’C\)\( \Rightarrow d\left( {I,A’C} \right) = \frac{{2{S_{A’IC}}}}{{A’C}} = \frac{{a\sqrt {42} }}{8}\).

Vậy khoảng cách từ \(I\) đến đường thẳng \(A’C\) bằng \(\frac{{a\sqrt {42} }}{8}\).