Cholăng trụ\(ABC \cdot A’B’C’\)có đáy là tam giác đều cạnh\(a\).Hình chiếu vuônggóc của\(B’\)lên mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\)trùng với trọng tâm\(G\)của tam giác\(ABC\).Cạnh bên\(BB’\)hợp với đáy\(\left( {ABC} \right)\) góc\({60^\circ }\). Khoảng cách từ\(A\)đến mặt phẳng\(\left( {BCC’B’} \right)\)là

Cholăng trụ\(ABC \cdot A’B’C’\)có đáy là tam giác đều cạnh\(a\).Hình chiếu vuônggóc của\(B’\)lên mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\)trùng với trọng tâm\(G\)của tam giác\(ABC\).Cạnh bên\(BB’\)hợp với đáy\(\left( {ABC} \right)\) góc\({60^\circ }\). Khoảng cách từ\(A\)đến mặt phẳng\(\left( {BCC’B’} \right)\)là

A. \(\frac{{3a}}{{2\sqrt {13} }}\).

B. \(\frac{a}{{\sqrt {13} }}\).

C. \(\frac{{2a}}{{\sqrt {13} }}\).

D. \(\frac{{3a}}{{\sqrt {13} }}\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Ta có\(B’G \bot (ABC) \Rightarrow \) \(\left( {\widehat {BB’\,,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {BB’\,,\,BG}} \right) = \widehat {B’BG}\). Theo giả thiết ta có \(\widehat {\,B’BG\,} = {60^0}\).

Gọi\(M\)là trung điểm\(BC\). Kẻ\(AH \bot B’M,H \in B’M\).

\( \Rightarrow AM \bot BC\).Mà\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot B’G\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AB’M} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

+)\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot B’M\\AH \bot BC\end{array} \right.\).

+) \(\Delta ABC\)đều cạnh\(a\)nên ta có \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},BG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},GM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

+) \({B^\prime }G = G

B. \tan {60^o} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 3= a\).

+)\({B^\prime }M = \sqrt {{B^\prime }{G^2} + G{M^2}}= \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2}}= \frac{{a\sqrt {39} }}{6}\).

+) \({B^\prime }G.AM = AH.{B^\prime }M\)\( \Rightarrow AH = \frac{{{B^\prime }G \cdot AM}}{{{B^\prime }M}} = \frac{{a \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {39} }}{6}}} = \frac{{3a}}{{\sqrt {13} }}\).

Vậy\(d\left( {A,\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)} \right) = AH = \frac{{3a}}{{\sqrt {13} }}\).