Cách tính Khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bên.
Xét bài toán khoảng cách trong không gian.
Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuông góc lên mặt đáy là H. Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt bên $\left( SAB \right)$.
Dựng $HE\bot AB,\left( E\in AB \right)$ ta có:
$\left\{ \begin{array} {} AB\bot SH \\ {} AB\bot HE \\ \end{array} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SHE \right)$$\left( 1 \right)$.
Dựng $HF\bot SE,\left( F\in SE \right)$. Từ $\left( 1 \right)$ $HF\bot AB$
Do đó $HF\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( H;\left( SAB \right) \right)=HF$.
Cách tính: Xét tam giác SHE vuông tại H có đường cao HF ta có: $\frac{1}{H{{F}^{2}}}=\frac{1}{H{{E}^{2}}}+\frac{1}{S{{H}^{2}}}$
Hay $HF=\frac{HE.SH}{\sqrt{H{{E}^{2}}+S{{H}^{2}}}}$.
Bài tập khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bên có đáp án chi tiết
| Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B có $AB=a,BC=a\sqrt{3}$. Biết $SA=2a$ và $SA\bot \left( ABC \right)$.
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$. b) Gọi M là trung điểm của AC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBM \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Ta có : $AB\bot BC$, mặt khác $BC\bot SA\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)$.
Dựng $AH\bot SB\Rightarrow $ $\left\{ \begin{array} {} AH\bot SB \\ {} AH\bot BC \\ \end{array} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$.
Khi đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
b) Dựng $AE\bot BM,AF\bot SE$ ta có:
$\left\{ \begin{array} {} AE\bot BM \\ {} AE\bot BM \\ \end{array} \right.\Rightarrow BM\bot \left( SAE \right)\Rightarrow BM\bot \text{AF}$.
Khi đó: $\left\{ \begin{array} {} AF\bot SE \\ {} AF\bot BM \\ \end{array} \right.\Rightarrow AF\bot \left( SBM \right)$.
Ta có: $AB=a,AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a$. Do BM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
$BM=\frac{1}{2}AC=AM=AB=a\Rightarrow \Delta ABM$ đều cạnh $a$$\Rightarrow AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Khi đó $d\left( A;\left( SBM \right) \right)=\frac{AE.SA}{\sqrt{A{{E}^{2}}+S{{A}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.
| Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh $2a$, $SA\bot \left( ABC \right)$. Đường thẳng SB tạo với đáy một góc $60{}^\circ $.
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$. b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SCM \right)$, với M là trung điểm của cạnh AB. |
Lời giải chi tiết
a) Do $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{\left( SB;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SBA}=60{}^\circ $.
Do đó $SA=AB\tan 60{}^\circ =2a\sqrt{3}$.
Dựng $AE\bot BC,\Delta ABC$ đều nên $\frac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Dựng $AF\bot SE$, mặt khác $\left\{ \begin{array} {} BC\bot SA \\ {} BC\bot AE \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot \text{AF}$.
$\Rightarrow AF\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AF=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}$.
b) Do M là trung điểm của AB nên $CM\bot AB$.
Mặt khác $CM\bot SA\Rightarrow CM\bot \left( SAM \right)$. Dựng $AH\bot SM\Rightarrow AH\bot \left( SMC \right)$.
Khi đó $d\left( A;\left( SMC \right) \right)=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
| Bài tập 3: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Biết $OA=a,OB=b,OC=c$. Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng $\left( ABC \right)$. |
Lời giải chi tiết
Do $\left\{ \begin{array} {} OC\bot OA \\ {} OC\bot OB \\ \end{array} \right.\Rightarrow OC\bot \left( OAB \right)\Rightarrow AB\bot OC$.
Dựng $OE\bot AB,OF\bot CE$ suy ra $\text{OF}\bot BC$.
Khi đó $OF\bot \left( ABC \right)\Rightarrow d\left( O;\left( ABC \right) \right)=OF$.
Mặt khác: $\frac{1}{O{{F}^{2}}}=\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{E}^{2}}}$ và $\frac{1}{O{{E}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{B}^{2}}}$
Do đó $\frac{1}{{{d}^{2}}\left( O;\left( ABC \right) \right)}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$
Vậy $d=\frac{abc}{\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}}}$.
| Bài tập 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết $SB=3a,AB=4a,BC=2a$. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$.
A. $\frac{12a\sqrt{61}}{61}$ B. $\frac{4a}{5}$ C. $\frac{12a\sqrt{29}}{29}$ D. $\frac{3a\sqrt{14}}{14}$ |
Lời giải chi tiết
Ta có: BS, BA, BC đôi một vuông góc với nhau nên ta có:
$\frac{1}{{{d}^{2}}\left( B;\left( SAC \right) \right)}=\frac{1}{S{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{16{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{61}{144{{a}^{2}}}$
Do đó $d\left( B;\left( SAC \right) \right)=\frac{12a\sqrt{61}}{61}$. Chọn A.
| Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B và $AB=a,BC=a\sqrt{3}$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của cạnh AC. Biết $SH=a$, tính khoảng cách từ H đến các mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$. |
Lời giải chi tiết
Dựng $HE\bot AB$ và $HF\bot SE$ thì ta có $d\left( H;\left( SAB \right) \right)=HF$.
Mặt khác HE là đường trung bình trong tam giác ABC nên $HE=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Khi đó $d\left( H;\left( SAB \right) \right)=HF=\frac{HE.SH}{\sqrt{H{{E}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Tương tự dựng $HM\bot BC,HN\bot SM\Rightarrow d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HN$
Mặt khác $HM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow HN=\frac{SH.HM}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{M}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$.
| Bài tập 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có $AB=a,AD=2a$, SA vuông góc với đáy và $SA=a$.
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$ và $\left( SBC \right)$. b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBD \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Dựng $AN\bot SB$. Do $\left\{ \begin{array} {} BC\bot SA \\ {} BC\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot AN$.
$AN\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AN=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}$
Vậy $\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tương tự $d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AM=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
b) Dựng $AE\bot BD,\text{AF}\bot SE$.
Ta chứng minh được $d\left( A;\left( SBD \right) \right)=d=AF$
Vì $AS\bot AB\bot AD\Rightarrow \frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}\Rightarrow d=\frac{2a}{3}$.
| Bài tập 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh $2a$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AB. Biết $SD=3a$.
a) Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$. b) Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng $\left( SBD \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Ta có: $HD=\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{5}$
Mặt khác $SH=\sqrt{S{{D}^{2}}-D{{H}^{2}}}=2a$.
Dựng $HM\bot CD,HN\bot SM\Rightarrow d\left( H;\left( SCD \right) \right)=HN$.
Do AHMD là hình chữ nhật nên $AD=HM=2a$.
Khi đó $d\left( H;\left( SCD \right) \right)=\frac{SH.HM}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{M}^{2}}}}=a\sqrt{2}$.
b) Dựng $HE\bot BD;HF\bot SE$ khi đó $d\left( H;\left( SBD \right) \right)=HF$
Ta có: $AC=2a\sqrt{2}\Rightarrow OA=a\sqrt{2}\Rightarrow HE=\frac{OA}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Do đó $\frac{1}{H{{F}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{E}^{2}}}\Rightarrow HF=\frac{2a}{3}\Rightarrow d\left( H;\left( SBD \right) \right)=HF=\frac{2a}{3}$.
| Bài tập 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có tam giác ABC đều cạnh $a$. Gọi H là trung điểm của AB. Biết SH vuông góc với mặt đáy, mặt phẳng $\left( SCD \right)$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính a) Khoảng cách từ H đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$. b) Khoảng cách từ H đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Do $\Delta ABC$ đều nên $CH\bot AB\Rightarrow CH\bot CD$
$CH\bot \left( SHC \right)\Rightarrow \widehat{SCH}=60{}^\circ ,CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Ta có: $SH=CH\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{2}$.
$HK\bot BC,HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HF\bot SK\Rightarrow HF\bot \left( SBC \right)$
Mặt khác: $HF=\frac{HK.SH}{\sqrt{H{{K}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{\sqrt{42}a}{14}$.
Khi đó $d\left( H;\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{42}}{14}$
b) Dựng $HE\bot SC$ ta có: $HE\bot \left( SCD \right)$.
Ta có: $HE=\frac{HC.SH}{\sqrt{H{{C}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{3a}{4}\Rightarrow d\left( H;\left( SCD \right) \right)=HE=\frac{3a}{4}$.
| Bài tập 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có $AB=BC=\frac{AD}{2}$. Mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với mặt đáy. Biết $SA=2a$ và đường thẳng SD tạo với mặt phẳng $\left( SAC \right)$ một góc $30{}^\circ $. tính
a) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$. b) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Do $\left\{ \begin{array} {} \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\ {} \left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right) \\ \end{array} \right.\Rightarrow SA\bot \left( ABCD \right)$.
Đặt $AB=BC=\frac{AD}{2}=x$, gọi E là trung điểm của AC ta có: $CE=AB=\frac{1}{2}AD$ $\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại C (tính chất trung tuyến ứng cạnh huyền trong tam giác vuông).
+) Khi đó ta có: $SC=\sqrt{2{{x}^{2}}+4{{a}^{2}}},CD=x\sqrt{2}$.
+) Mặt khác: $\left\{ \begin{array} {} CD\bot SA \\ {} CD\bot AC \\ \end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SAC \right)$.
Do đó $\widehat{\left( SD;\left( SAC \right) \right)}=\widehat{DSC}=30{}^\circ \Rightarrow \tan 30{}^\circ =\frac{DC}{SC}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{2{{x}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=a$.
Dựng $AK\bot SC\Rightarrow AK\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AK=\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$.
b) Dựng $AH\bot SB$, ta có: $\left\{ \begin{array} {} BC\bot SA \\ {} BC\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot AH$.
Mặt khác: $AH\bot SB\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$.
Do đó $AH=\frac{AB.SA}{\sqrt{A{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
| Bài tập 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết $SA=a\sqrt{2}$ và SB tạo với đáy một góc $30{}^\circ $. Gọi H là trung điểm của AD. Tính các khoảng cách sau:
a) $d\left( H;\left( SBC \right) \right)$ b) $d\left( H;\left( SAC \right) \right)$ |
Lời giải chi tiết
a) Gọi H là trung điểm của AD ta có: $SH\bot AD$
Lại có: $\left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$.
Mặt khác: $AD=SA\sqrt{2}=2a\Rightarrow SH=\frac{1}{2}AD=a$.
$\widehat{SBH}=30{}^\circ \Rightarrow HB\tan 30{}^\circ =SH=a\Rightarrow HB=a\sqrt{3}$
Khi đó: $AB=\sqrt{H{{B}^{2}}-A{{H}^{2}}}=a\sqrt{2}$
Dựng $\left\{ \begin{array} {} HE\bot BC \\ {} HE\bot SE \\ \end{array} \right.$ ta có: $BC\bot HF$ từ đó suy ra $HF\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HF$.
Ta có: $\frac{1}{H{{F}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{E}^{2}}}\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{6}}{3}=d\left( H;\left( SBC \right) \right)$.
b) Dựng $HN\bot AC\Rightarrow AC\bot \left( SHN \right)$, dựng $HI\bot SN\Rightarrow HI\bot \left( SAC \right)$
Dựng $DM\bot AC\Rightarrow DM=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\Rightarrow HN=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow HI=\frac{HN.SH}{\sqrt{H{{N}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{a}{2}$.
Do đó $d\left( H;\left( SAC \right) \right)=HI=\frac{a}{2}$
| Bài tập 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân $\left( AD//BC \right)$ có $AB=BC=CD=a,AD=2a$, SA vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng $\left( SCD \right)$ tạo với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ một góc $60{}^\circ $. Tính cách các khoảng cách sau:
a) $d\left( A;\left( SCD \right) \right)$ b) $d\left( A;\left( SBC \right) \right)$ |
Lời giải chi tiết
a) Gọi O là trung điểm của cạnh AD ta có tứ giác ABCO là hình bình hành $\Rightarrow AB=CO=a=\frac{1}{2}AD$ do đó $\widehat{ACD}=90{}^\circ \Rightarrow AC\bot CD$ mà $SA\bot CD$ nên $\left( SAC \right)\bot CD\Rightarrow \widehat{SCA}=60{}^\circ $.
+) Ta có: $AC=\sqrt{A{{D}^{2}}-C{{D}^{2}}}=a\sqrt{3}$ suy ra $SA=AC\tan 60{}^\circ =3a$
+) Dựng $AE\bot SC,AE\bot CD\Rightarrow AE\bot \left( SCD \right)$.
+) Khi đó $d\left( B;SCD \right)=d\left( O;SCD \right)=\frac{1}{2}d\left( A;\left( SCD \right) \right)$.
+) Ta có: $AE=\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\frac{3a}{2}\Rightarrow d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AE=\frac{3a}{2}$.
b) Dựng $AK\bot BC,AH\bot SK\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)$
+) Ta có: $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH$.
+) Mặt khác: $AK=d\left( C;AD \right)=\frac{AC.CD}{\sqrt{A{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AH=\frac{AK.SA}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{K}^{2}}}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}$
Do đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH=\frac{3a}{\sqrt{13}}$.
| Bài tập 12: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$có đáy là tam giác đều cạnh $a$, gọi I là trung điểm cạnh BC, đường thẳng A’C tạo với đáy một góc $60{}^\circ $.
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( A’BC \right)$. b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa A’I và song song với AC. |
Lời giải chi tiết
a) Do $AA’\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{\left( A’C;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{A’CA}$.
Ta có: $\widehat{A’CA}=60{}^\circ \Rightarrow AA’=AC\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}$
Dựng $AI\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( A’AI \right)$ và $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Dựng $AH\bot A’I\Rightarrow d\left( A;\left( A’BC \right) \right)=AH$
Ta có: $AH=\frac{AI.AA’}{\sqrt{A{{I}^{2}}+AA{{‘}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$
Vậy $d\left( A;\left( A’BC \right) \right)=AH=\frac{a\sqrt{15}}{5}$
b) Dựng $Ix//AC\Rightarrow \left( \alpha \right)\equiv \left( A’Ix \right)$
Khi đó: $d\left( A;\left( \alpha \right) \right)=d\left( A;\left( A’Ix \right) \right)$, Ix cắt AB tại trung điểm M và AB.
Dựng $AK\bot Ix,AE\bot A’K$
Do $IM//AC\Rightarrow \widehat{AMK}=\widehat{MAC}=60{}^\circ $ suy ra $AK=AM\sin \widehat{AMK}=\frac{a}{2}\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{4}$
Ta có: $d\left( A;\left( A’IK \right) \right)=AE=\frac{AK.A’A}{\sqrt{A{{K}^{2}}+A'{{A}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{51}}{17}$
| Bài tập 13: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$có đáy là tam giác vuông cân tại A với $AB=AC=3a$. Hình chiếu vuông góc của B’ lên mặt đáy là điểm H thuộc BC sao cho $HC=2HB$. Biết cạnh bên của lăng trụ bằng $2a$.
a) Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng $\left( B’AC \right)$. b) Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng $\left( BAA’B’ \right)$. |
Lời giải chi tiết
a) Ta có: BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=3a\sqrt{2}\Rightarrow HB=a\sqrt{2}$
Lại có $B’H=\sqrt{BB{{‘}^{2}}-H{{B}^{2}}}=a\sqrt{2}$
Dựng $HE\bot AC,HF\bot B’E\Rightarrow HF\bot \left( B’AC \right)$
Áp dụng định lý Talet trong tam giác BAC ta có:
$\frac{HE}{AB}=\frac{CH}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow HE=2a\Rightarrow HF=\frac{HE.B’H}{\sqrt{H{{E}^{2}}+B'{{H}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$
Do có: $d\left( H;\left( B’AC \right) \right)=HF=\frac{2a}{\sqrt{3}}$
b) Dựng $HM\bot AB,HN\bot B’M$
Khi đó $d\left( H;\left( B’BA \right) \right)=HN$.
Ta có: $HM=\frac{AC}{3}=a\Rightarrow HN=\frac{HB’.HM}{\sqrt{HB{{‘}^{2}}+H{{M}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
