Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành, cạnh \(AB = 2a,BC = 2a\sqrt 2 ,OD = a\sqrt 3 \). Tam giác \(SAB\) nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Gọi \(d\) là khoảng cách từ điểm \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\). Giá trị \({\left( {\frac{d}{a}} \right)^2}\) bằng (nhập đáp án vào ô trống).

__

Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z + 5 = 0\)

nên (S) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và bán kính \(R = 1\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z - 3 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1; - 2;2} \right)\).

\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot 1 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 2 > R\) nên \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\alpha \) là góc giữa \(MN\) và \(NH\).

\(\overrightarrow {MN} \) và \(\vec u\) cùng phương, \(\overrightarrow {NH} \) và \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \) cùng phương nên

\({\rm{cos}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  \cdot \vec u} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right| \cdot \left| {\vec u} \right|}} = \frac{{\left| {1 \cdot 1 - 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(M,N\) là các điểm lần lượt thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) (\(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau) và \(MN = \frac{{d\left( {N,\left( P \right)} \right)}}{{{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)}}\) nên \(MN\) lớn nhất khi và chỉ khi \(d\left( {N,\left( P \right)} \right)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \) tâm I của (S) nằm giữa \(N\) và hình chiếu vuông góc của \(N\) trên \(\left( P \right)\).

Xét tam giác \(MNH\) vuông tại \(H\) có \(\alpha  = \widehat {HNM}\) nên

\(HN = MN{\rm{cos}}\alpha  \Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{HN}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 HN\).

Ta có \(HN \le d\left( {I,\left( P \right)} \right) + R = 2 + 1 = 3\) nên \(MN \le 3\sqrt 2 \).

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(I\)nằm giữa \(H\) và \(N\).

Do đó, giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \), đạt được khi \(I\) nằm giữa \(H\) và \(N\).

Vậy giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \). Chọn A.

Dễ thấy hai điểm \(A,B\) nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Gọi \({A_1}\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) suy ra \({A_1}\left( {1; - 3; - 2} \right)\).

Gọi mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({A_1}\) và song song mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) suy ra \(\left( P \right):z =  - 2\).

Ta gọi \({A_2}:\)\(\overrightarrow {{A_1}{A_2}}  = \overrightarrow {MN} \) và gọi \(K\) là hình chiếu của \(B\) lên \(\left( P \right)\)

\( \Rightarrow K\left( { - 2;1; - 2} \right) \Rightarrow BK = 2,K{A_1} = 5\).

Khi đó: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {{A_2}N - BN} \right| \le {A_2}B \le \sqrt {B{K^2} + {{\left( {K{A_1} + 4} \right)}^2}}  = \sqrt {85} \).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(\left| {AM - BN} \right|\) bằng \(\sqrt {85} \), dấu bằng xảy ra khi \(N = {A_2}B \cap \left( {Oxy} \right)\). Chọn D.