Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB = a căn 3 ,AC = a. Điểm A' cách đều ba điểm A,B,C.

Đáp án C.

Ta có \(BC = 2a.\) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A'\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\) Do \(A'\) cách đều \(A,B,C\) nên hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\) Do đó \(H\) là trung điểm của cạnh \(BC\) và \(\Delta AHC\) đều cạnh \(a.\)

Dựng hình bình hành \(HABK \Rightarrow K\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\)

Do đó \(\left( {\widehat {AB',\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AB',AK}} \right) = \widehat {A'AK} = {60^0}.\)

Áp dụng định lý côsin trong \(\Delta AHK\) ta có:

\(AK = \sqrt {A{H^2} + H{K^2} - 2.AH.HK.\cos \left( {{{150}^0}} \right)} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - 2a.a\sqrt 3 .\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} = a\sqrt 7 .\)

\( \Rightarrow A'H = B'K = AK.\tan {60^0} = a\sqrt {21} .\)

Dựng hình bình hành \(ACBM\) ta có:

\(BC//AM \Rightarrow d\left( {BC,A'A} \right) = d\left( {BC,\left( {A'AM} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {A'AM} \right)} \right)\)

Kẻ \(HE \bot AM,HN \bot A'E \Rightarrow d\left( {H,\left( {A'AM} \right)} \right) = HN.\)

Ta có \(HE = AH.\sin {60^0} = a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{H{E^2}}} + \frac{1}{{A'{H^2}}} \Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt {609} }}{{29}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{\sqrt {29} }}.\)

Vậy \(d\left( {AA',BC} \right) = d\left( {H,\left( {A'AM} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{\sqrt {29} }}.\)