Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)có \(A'.ABC\)là hì...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường vuông góc dến một mặt phẳng.

Giải chi tiết:

Vì chóp \(A'.ABC\)là chóp đều nên ABC là tam giác đều

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC \( \Rightarrow \) \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

\(AH \cap BC = D \Rightarrow D\)là trung điểm của BC và \(AD \bot BC\)

Gọi E là trung điểm của B’C’.

\( \Rightarrow \)\(\left( {A'ADE} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = DE \Rightarrow DE//BB'\).

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot A'H\left( {A'H \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {A'ADE} \right)\)

Trong \(\left( {A'ADE} \right)\) kẻ \(HK \bot DE\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}HK \bot DE\\HK \bot BC\left( {BC \bot \left( {A'ADE} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = HK\)

Vì \(A'.ABC\)là hình chóp đều nên \(A'B = A'C\)\( \Rightarrow \Delta A'BC\) cân tại A’ \( \Rightarrow A'D \bot BC\)

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\A'D \bot BC\\AD \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'D;AD} \right)} = \widehat {A'DA} = \varphi \) (Vì \(\widehat {A'DA} < {90^0}\))

Ta có: \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3};HD = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác vuông \(A'HD\) có: \(A'D = \dfrac{{HD}}{{{\rm{cos}}\widehat {A'DA}}} = \dfrac{{HD}}{{{\rm{cos}}\varphi }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{a}{2}\)

\( \Rightarrow A'H = \sqrt {A'{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Xét tam giác vuông \(A'AH\) có

\(A'A = \sqrt {A'{H^2} + A{H^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{6} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Có: \(\widehat {HDK} + \widehat {ADE} = {180^0}\) (kề bù)

       \(\widehat {A'AH} + \widehat {ADE} = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía bù nhau)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {HDK} = \widehat {A'AH}\\ \Rightarrow \Delta HDK \sim \Delta A'AH\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{A'A}} = \dfrac{{HK}}{{A'H}} \Rightarrow HK = \dfrac{{A'H.HD}}{{A'A}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \dfrac{a}{6}\end{array}\)

Chọn B.