Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a , AA ′ = a √ 3 , M là trung điểm của CC ′ . Tính khoảng cách từ điểm C ′ đến mặt phẳng ( A ′BM ).

Gọi \(E = AC \cap A'M\), vì \(M\) là trung điểm của \(CC'\) nên dễ thấy \(C\) là trung điểm của \(AE\).

Ta có, \(d\left( {C',\left( {A'BM} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {A'BM} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BM} \right)} \right)\)
Áp dụng định lí cosin cho ta có:
\(B{E^2} = A{B^2} + A{E^2} - 2.AB.AE.{\rm{cos}}{60^ \circ } = 3{a^2} \Rightarrow BE = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(ABE\) có vuông tại \(B \Rightarrow AB \bot BE\).
Kẻ \(AH \bot A'B\) (1), khi đó \(BE \bot AB,BE \bot AA'\)
\( \Rightarrow BE \bot \left( {ABA'} \right) \Rightarrow BE \bot AH\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(d\left( {A,\left( {A'BM} \right)} \right) = AH\)
Lại có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{A^{'2}}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(d\left( {C';\left( {A'BM} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Đáp án cần chọn là: A