Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy là tam giác $ABC$ cân tại $A$, góc $BAC$ bằng $120^{\circ }$ và $AB=2a$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trung điểm $H$ của $BC$, biết $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$.

a) Chứng minh: $A^{\prime }A\perp BC$.

b) Tính góc giữa đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và mặt phẳng $(ABC)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên trung điểm $H$ của $BC$ là chân đường cao, tức $AH\perp BC$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABC)$ là $H$ nên $A^{\prime }H\perp (ABC)$, suy ra $A^{\prime }H\perp BC$. Vì $BC$ vuông với cả $AH$ và $A^{\prime }H$ (hai đường thẳng cắt nhau tại $H$, cùng nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }AH)$) nên $BC\perp (A^{\prime }AH)$. Do đó $BC\perp A^{\prime }A$ (đpcm).

b) Vì $H$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABC)$ nên góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $(ABC)$ là góc $\left(A{A}^{\prime },(ABC)\right)=\widehat{A^{\prime }AH}$.

Tam giác $A^{\prime }AH$ vuông tại $H$ với $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$ là cạnh huyền.

Tính $AH$: tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $AB=AC=2a$, $\widehat{BAC}=120^{\circ }$, nên $\widehat{BAH}=60^{\circ }$ và $AH=AB\cos 60^{\circ }=2a\cdot \frac{1}{2}=a$ (khi đó $BC=2a\sin 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$).

Theo định lý Pythagore: $A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{H}^2}=\sqrt{2a^2-a^2}=a$.

Suy ra $\tan \widehat{A^{\prime }AH}=\frac{A^{\prime }H}{AH}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }AH}=45^{\circ }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $45^{\circ }$.