Bài tập 5 trang 200 SBT Hình học 11

Nhận xét:

Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’

(C'A'D') ⊥ (AA'D'D) & (C'A'D') ∩(AA'D'D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)

Nên ∠(AC',(AA'D'D)) = ∠(C'AM) = 30^o.

Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đó: d[N,(C'MA)] = d[K,(C'MA)]

+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).

Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C'MA)] = KH.

+ Tính KH.

Ta có: S_AMK = S_AA'D'D – (S_AA'M + S_MD'K + S_ADK)  (1)

Trong tam giác AMC’, ta có: \(AM = C'M.\cot {30^0} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\).

Trong tam giác AA’M, ta có: \(AA' = \sqrt {A{M^2} - A'{M^2}}  = a\sqrt 6 \).

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
{S_{AA'D'D}} = a\sqrt 6 .a\sqrt 3  = 3{a^2}\sqrt 2 \\
{S_{AA'M}} = \frac{1}{2}a\sqrt 6 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4}\\
{S_{ADK}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.a\sqrt 3  = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4}\\
{S_{MD'K}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{8}
\end{array}\)

Thế vào (1), ta có: \({S_{AMK}} = \frac{{9{a^2}\sqrt 2 }}{8}\)

Mà \({S_{AMK}} = \frac{1}{2}AM.HK\) nên \(HK = \frac{{2{S_{AMK}}}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vậy \(d\left[ {N,\left( {C'MA} \right)} \right] = d\left[ {K,\left( {C'MA} \right)} \right] = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

-- Mod Toán 11 HỌC247