Câu 2 (4,0 điểm). Cho hình lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có độ dài cạnh bên bằng $a\sqrt{3}$, tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ và cạnh $BC=2a$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là trung điểm $H$ của cạnh $BC$.

a) Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

b) Tính khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.

c) Gọi $\alpha$ là số đo góc nhị diện $[C,A{A}^{\prime },B]$. Tính $\cos \alpha$.

a) Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Khi đó $AH=\frac{1}{2}BC=a$ và $A^{\prime }H=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-A{H}^2}=a\sqrt{2}$. (0,5 điểm)

Có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=a^2$. (0,5 điểm)

Vậy $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=A^{\prime }H.S_{ABC}=a\sqrt{2}.a^2=a^3\sqrt{2}$ (đvtt). (0,5 điểm)

b) Do $H$ là trung điểm của $BC$ nên $d\left(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\right)=2.d\left(H,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\right)$.

Dựng $HE$ là khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.

Vậy $d\left(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\right)=2.d\left(H,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\right)=2HE$. (0,5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ và $BC=2a$ nên tìm được $AB=AC=a\sqrt{2}$.

Do $HD$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $HD=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. (0,5 điểm)

Từ $\frac{1}{H{E}^2}=\frac{1}{H{D}^2}+\frac{1}{H{A}^{\prime 2}}\Rightarrow HE=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

Suy ra $d\left(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\right)=\frac{2\sqrt{10}}{5}a$. (0,5 điểm)

c) Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AH\perp BC$, lại có $A^{\prime }H\perp BC$, suy ra $(A^{\prime }HA)\perp BC$, mà $H$ là trung điểm của $BC$ nên $(A^{\prime }HA)$ là mặt phẳng trung trực của $BC$.

Kẻ $BF\perp A{A}^{\prime }\left(F\in A{A}^{\prime }\right)$, khi đó $CF\perp A{A}^{\prime }$.

Do đó góc nhị diện $\left[C,A{A}^{\prime },B\right]$ có số đo bằng số đo $\widehat{BFC}$. (0,5 điểm)

Trong tam giác $A^{\prime }AH$ vuông tại $H$ tính được $HF=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Trong tam giác $FHB$ tính được $FB=\frac{a\sqrt{15}}{3}$.

Do $(A^{\prime }HA)$ là mặt phẳng trung trực của $BC$ nên $FC=FB=\frac{a\sqrt{15}}{3}$.

Trong tam giác $BFC$ tính được $\cos \widehat{BFC}=\frac{F{B}^2+F{C}^2-B{C}^2}{2FB.FC}=-\frac{1}{5}$. (0,5 điểm)