Cho lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\)có đáy là hình vuông...

D

- 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:

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HE \bot ID\) 

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}ID \bot HE\\ID \bot A'H\left( {A'H \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow ID \bot \left( {A'HE} \right)\)

Trong \(\left( {A'HE} \right)\) kẻ \(HK \bot A'E\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}HK \bot A'E\\HK \bot ID\left( {ID \bot \left( {A'HE} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {A'ID} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {A'ID} \right)} \right) = HK\)

\(\Delta BCH = \Delta CDI\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {BCH} = \widehat {CDI}\)

Mà \(\widehat {CDI} + \widehat {CIF} = {90^o}\)(2 góc nhọn phụ nhau trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \widehat {BCH} + \widehat {CIF} = {90^0} \Rightarrow \Delta CIF\) vuông tại F \( \Rightarrow CF \bot DI.\)

Mà \(HE \bot DI\)tại E \( \Rightarrow E \equiv F\) hay \(CH \bot DI = \left\{ E \right\}\).

Xét tam giác vuông BHC có: \(CH = \sqrt {B{H^2} + B{C^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + {a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(\begin{array}{l}\Delta CIE \sim \Delta CHB\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{CI}}{{CH}} = \dfrac{{CE}}{{CB}} \Rightarrow CE = \dfrac{{CI.CB}}{{CH}} = \frac{{\dfrac{a}{2}.a}}{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5}\\ \Rightarrow HE = HC - CE = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} - \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}\end{array}\)

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

Vì \(A'H \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A'H \bot HE \Rightarrow \Delta A'HE\) vuông tại H

\( \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{A'{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{E^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} + \dfrac{{20}}{{9{a^2}}} = \dfrac{{32}}{{9{a^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{8}\)

Chọn D.