Cho lăng trụ tam giác đều \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) có...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

 Dựng hình, xác định giá trị lớn nhất của tam giác

Giải chi tiết:

Ta có \(A{A}'\bot \left( ABC \right)\) nên \(A{A}'\bot CM\).

Mặt khác \({A}'H\bot CM\).

Do đó \(CM\bot \left( A{A}'H \right)\). Suy ra \(CM\bot AH\).

Vậy \(H\) còn là hình chiếu của \(A\) trên \(CM\).

Ta có \({{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}AH.HC\le \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\left( A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}} \right)=\frac{A{{C}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\). (bất đẳng thức Cô-si)

Dấu bằng xảy ra khi \(AH=HC\), tức là khi \(\widehat{ACM}=45{}^\circ \).

Vậy tam giác \(AHC\) có diện tích lớn nhất khi \(M\) ở vị trí sao cho \(\widehat{ACM}=45{}^\circ \).

Khi đó \(HC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(\widehat{HCB}=15{}^\circ \).

Trong tam giác \(HBC\): \(B{{H}^{2}}=H{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2HC.BC.\cos \widehat{HCB}\) \(\begin{align} & =H{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2HC.BC.\cos {{15}^{0}} \\ & =\frac{{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}-2.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a.\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}=\frac{\left( 4-2\sqrt{3} \right){{a}^{2}}}{4}\Rightarrow BH=\frac{a\left( \sqrt{3}-1 \right)}{2}. \\ \end{align}\)

Chọn C