Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AA'=\frac{a\sqrt{10}}{4},\,AC=a\sqrt{2},\,BC=a,\,\,\widehat{ACB}={{135}^{0}}\). Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Góc tạo thành bởi đường thẳng C’M với mặt phẳng (ACC’A’) bằng

Kẻ \(BE,\,\,MN\) vuông góc với AC.

\(\Delta BEC\) vuông tại E \(\Rightarrow BE=BC.\sin \widehat{BCE}=a.\sin {{45}^{0}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(MN\bot AC,\,\,BE\bot AC\Rightarrow MN//BE\), mà M là trung điểm của AB

\(\Rightarrow \)MN là đường trung bình của tam giác ABE \(\Rightarrow MN=\frac{BE}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

Ta có:  \(\left\{ \begin{align}  & AC\bot MN \\ & AC\bot C'M \\\end{align} \right.\Rightarrow AC\bot (C'MN)\Rightarrow (ACC'A')\bot (C'MN)\)

Mà  \((ACC'A')\cap (C'MN)=C'N\Rightarrow \left( \widehat{C'M;(ACC'A')} \right)=\left( \widehat{C'M;C'N} \right)\)

Xét \(\Delta ABC\):\(A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2.AB.BC.\cos C=2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.\sqrt{2}a.a.\cos {{135}^{0}}=5{{a}^{2}}\)

ME là trung tuyến của tam giác ABE \(\Rightarrow M{{C}^{2}}=\frac{2(A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}})-A{{B}^{2}}}{4}=\frac{2(2{{a}^{2}}+{{a}^{2}})-5{{a}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow CM=\frac{a}{2}\)

\(\Delta CMC'\) vuông tại M  \(\Rightarrow C'M=\sqrt{CC{{'}^{2}}-C{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{10}}{4} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)

\(\Delta C'MN\) vuông tại M  \(\Rightarrow \tan \widehat{NC'M}=\frac{MN}{C'M}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\frac{a\sqrt{6}}{4}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{NC'M}={{30}^{0}}\Rightarrow \) \(\left( \widehat{C'M;(ACC'A')} \right)={{30}^{0}}\)

Chọn: C