Cho hình lăng trụ đứng ABC. A'B'C' có đáy ABC là tam giác — Không quảng cáo

- Dựng góc giữa A'C với mặt đáy $\left( {ABC} \right)$ bằng ${45^0}$

- $d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)$

- Tính $d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)$

Gọi $H$ là trung điểm của BC

Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AH \bot BC$

Mà $AA' \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot \left( {A'BC} \right)$

Kẻ $AK \bot A'H{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in A'H} \right)$

Khi đó $AK \bot \left( {A'BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AK$

Ta có: $\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}$

Theo giả thiết $\angle A'CA = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {A'AC}$ vuông cân tại $A$

Do đó $AC = AA' = 4$

Khi đó $BC = AC\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{4.4}}{{4\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2$

Xét $\Delta A'AH$ có $AK \bot A'H$: $AK = {\rm{ }}\frac{{AA'.AH}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{H^2}} }} = \frac{{4.2\sqrt 2 }}{{\sqrt {16 + 8} }} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Vậy khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$  bằng $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Đáp án A.