Cho lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi,

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp đổi điểm để tính khoảng cách

Lời giải

ΔA′D′C′ đều ⇒ C′M ⊥ A′D′

⇒ C′M ⊥ (AA′D′D)

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {AC\prime ;\left( {ADD\prime A\prime } \right)}} \right) = \widehat {C\prime AM} = {30^ \circ }\]

Gọi O là trung điểm của AC′

      K là trung điểm của DD′

⇒ K và N đối xứng nhau qua O

⇒ d[N,(C′MA)] = d[K,(C′MA)]

Do (C′MA) ⊥ (AA′D′D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM,  ta có: KH ⊥ (C′MA)

⇒ d[K,(C′MA)] = KH

Ta có: \(C'M = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}\)

Xét ΔAMC′: AM=C'M.cot30°=3a2.3=3a32

Xét ΔA′AM: \(A'A = \sqrt {A{M^2} - A'{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 6 \)  

Ta có: SAA′D′D = AA′.A′D′ = \(a\sqrt 6 .a\sqrt 3  = 3{a^2}\sqrt 2 \)

\({S_{AA'M}} = \frac{1}{2}a\sqrt 6 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4}\)

\({S_{MD'K}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{8}\)

\({S_{ADK}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.a\sqrt 3  = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4}\) 

\({S_{\Delta AMK}} = {S_{AA'D'D}} - \left( {{S_{\Delta A'AM}} + {S_{\Delta MD'K}} + {S_{\Delta ADK}}} \right)\)

\( = 3{a^2}\sqrt 2  - \left( {\frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4} + \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{8} + \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{4}} \right) = \frac{{9{a^2}\sqrt 2 }}{8}\)

Mặt khác: \[{S_{\Delta AMK}} = \frac{1}{2}AM.KH\]

\( \Rightarrow \frac{{9{a^2}\sqrt 2 }}{8} = \frac{1}{2}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}.KH\)

\( \Rightarrow KH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Chọn C