Đáp án C

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC' trên mặt phẳng (ABCD) .

Lại do C C ' ⊥ A B C D  nên tam giác C'AC vuông tại C .

Suy ra A C ' , A B C D = A C ' , A C = C ' A C = α  .

Ta có tan α = C C ' A C = 2 2 ⇒ π 6 < α < 2 π 9  .

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai do HS tính được tan   α 2 2  và cho rằng α = π 4  .

Phương án B: Sai do HS tính sai tan α = A C A C ' = 2  nên suy ra π 4 < α < π 3  .

Phương án D: Sai do HS tính sai tan α = C C ' A C ' = 3 3  nên suy ra α = π 6  .

Đáp án C.

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A'C trên mặt phẳng (ABCD).

Lại do CC' ⊥ (ABCD) nên tam giác C'AC vuông tại C

Suy ra 
 

Ta có 

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai do HS tính được  tan α 2 2  và cho rằng  α   =   π 4

Phương án B: Sai do HS tính sai  tan α   =   A C A C '   =   2  nên suy ra 

Phương án D: Sai do HS tính sai  tan α   =   C C ' A C '   =   3 3  nên suy ra  α   =   π 6

a) \(AA'C'C\) là hình chữ nhật

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AC\parallel A'C'\\A'C' \subset \left( {A'C'B} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AC\parallel \left( {A'C'B} \right)\)

\(ABC'D'\) là hình bình hành

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AD'\parallel BC'\\BC' \subset \left( {A'C'B} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AD'\parallel \left( {A'C'B} \right)\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AC\parallel \left( {A'C'B} \right)\\AD'\parallel \left( {A'C'B} \right)\\AC,A{\rm{D}}' \subset \left( {AC{\rm{D}}'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {AC{\rm{D}}'} \right)\parallel \left( {A'C'B} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AC{\rm{D}}'} \right),\left( {A'C'B} \right)} \right) = {0^ \circ }\)

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AB\parallel A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow \left( {AB,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = {0^ \circ }\)

a) \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}}\)

\(BB' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BB' \bot AC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AC \bot \left( {B{\rm{DD'B'}}} \right)\\AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {B{\rm{DD}}'B'} \right)\)

b) \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AB\parallel C{\rm{D}}\)

\(CDD'C'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow C{\rm{D}}\parallel C'{\rm{D}}'\)

\( \Rightarrow AB\parallel C'{\rm{D}}' \Rightarrow d\left( {AB,C'{\rm{D}}'} \right) = d\left( {B,C'{\rm{D}}'} \right)\)

\(A'B'C'D'\) là hình vuông \( \Rightarrow C'D' \bot B'C'\)

\(CDD'C'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow C'D' \bot CC'\)

\( \Rightarrow C'D' \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow C'D' \bot BC' \Rightarrow d\left( {B,C'{\rm{D}}'} \right) = BC'\)

\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}CC' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {AC',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AC',AC} \right) = \widehat {CAC'} = {60^ \circ }\\ \Rightarrow CC' = AC.\tan \widehat {CAC'} = a\sqrt 6 \end{array}\)

\(\Delta BCC'\) vuông tại \(C \Rightarrow BC{'^2} = \sqrt {B{C^2} + CC{'^2}}  = a\sqrt 7 \)

Vậy \(d\left( {AB,C'{\rm{D}}'} \right) = a\sqrt 7 \).

b) Xét tứ giác A’BCD’ có BC//A’D’ và BC = A’D’

=> tứ giác A’BCD’ là hình bình hành

=> BA’ // CD’ ( tính chất của hình bình hành)

Tương tự, tứ giác ABC’D’ là hình bình hành nên BC’//AD’

Gọi O và O’ là tâm của ABCD và A’B’C’D’.

Gọi H và I lần lượt là tâm của hai tam giác đều BA’C’ và ACD’.

* Xét ( BB’D’D) có BO’// D’O nên OI // HB

Lại có: O là trung điểm BD

=> I là trung điểm của HD: IH = ID (1)

* Xét (BB’D’D) có D’O// BO’ nên D’I // HO’

Lại có: O’ là trung điểm của B’D’ nên H là trung điểm B’I: HI = HB’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 

* Theo phần trên B'D ⊥ (BA'C) ⇒ IH ⊥ (BA'C)

Mà I ∈ (ACD') nên khoảng cách giữa hai mp song song (ACD’) và ( BA’C’) là độ dài đoạn IH.

Khi đó:

Đáp án A