Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $\sqrt{2}$. Hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt phẳng $(A'B'C')$ là trung điểm $H$ của trung tuyến $B'M$. Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi mặt phẳng $(ABB'A')$ và $(A'B'C')$. Biết $\cos\alpha = \sqrt{\frac{3}{103}}$. Tính độ dài cạnh bên $CC'$.

Lời giải Từ $H$ kẻ $HK$ vuông góc với $A'B'$ ($K \in A'B'$). Khi đó $\alpha = \widehat{AKH}$ là góc giữa hai mặt phẳng $(ABB'A')$ và $(A'B'C')$. Ta có $A'B'C'$ là tam giác đều, gọi $N$ là trung điểm của $A'B'$, $G$ là trọng tâm tam giác $A'B'C'$. Khi đó $HK$ song song với $C'N$. Suy ra: $$ \frac{HK}{C'N} = \frac{HK}{3GN} = \frac{1}{3} \cdot \frac{B'H}{B'G} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4} $$ Do đó: $$ \Rightarrow HK = \frac{1}{4} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{8} $$ Gọi độ dài cạnh bên là $CC' = x = AA'$. Khi đó: $$ A'H = \sqrt{HM^{2} + A'M^{2}} = \sqrt{\Big(\frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{4}\Big)^{2} + \Big(\frac{\sqrt{2}}{2}\Big)^{2}} = \frac{\sqrt{14}}{4} $$ Suy ra: $$ AH = \sqrt{x^{2} - A'H^{2}} = \sqrt{x^{2} - \frac{7}{8}} $$ Ta có: $$ \cos\alpha = \sqrt{\frac{3}{103}} \Rightarrow \tan\alpha = \frac{10}{\sqrt{3}} $$ $$ \Rightarrow \frac{AH}{HK} = \frac{\sqrt{x^{2} - \frac{7}{8}}}{\frac{\sqrt{6}}{8}} = \frac{10}{\sqrt{3}} \Rightarrow \sqrt{x^{2} - \frac{7}{8}} = \frac{10}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{6}}{8} = \frac{10\sqrt{2}}{8} = \frac{5\sqrt{2}}{4} $$ Suy ra: $$ x^{2} - \frac{7}{8} = \frac{25}{8} \Rightarrow x^{2} = 4 \Rightarrow x = 2 $$ Vậy độ dài cạnh bên $CC' = 2$.