Lăng trụ \(ABC.A'B'C'.\,\,\Delta ABC\) đều. \(AB =...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có: \(BB'\parallel AA \Rightarrow BB'\parallel \left( {ACC'A'} \right) \supset AC \Rightarrow d\left( {BB';AC} \right) = d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right)\).

Lại có \(BH \cap \left( {ACC'A'} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = 2\).

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right)\).

Gọi \(E,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,AE\).

Tam giác \(ABC\) đều \( \Rightarrow BE \bot AC\). Có \(HI\) là đường trung bình của \(\Delta ABE\).

\( \Rightarrow HI\parallel BE \Rightarrow HI \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HI\\AC \bot A'H\,\,\left( {A'H \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {A'HI} \right)\).

Trong \(\left( {A'HI} \right)\) kẻ \(HK \bot A'I \Rightarrow HK \bot AC \Rightarrow HK \bot \left( {ACC'A'} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HK \Rightarrow d\left( {AC;BB'} \right) = 2HK\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(2a \Rightarrow BE = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  \Rightarrow HI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác vuông \(A'AH\) có: \(A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Xét tam giác vuông \(A'HI\) có: \(HK = \dfrac{{A'H.HI}}{{\sqrt {A'{H^2} + H{I^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {AC;BB'} \right) = \dfrac{{2a\sqrt {15} }}{5}\).

Chọn A.