Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 24)

Đáp án là D. 

Đáp án là A.

          •  $y^{\text{'}}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

          • Xét dấu y'    

          Từ bảng xét dấu. Chọn A

Đáp án là A.

          • Từ Bảng biến thiên, ta thấy B,C,D là đáp án sai. Chọn A.

Đáp án là A.

• Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=36$.

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình $x^2+bx+c=0$ có nghiệm khi và chỉ khi $\Delta =b^2-4c\ge 0\iff b^2\ge 4c$ .

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A  là 19.

Vậy xác suất của biến cố  A là :$P\left(A\right)=\frac{19}{36}$ .

Đáp án là A.

          Từ đồ thị, ta thấy đồ thị có

          • Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt $x=-1;y=2.$   Loại C và D.

          • Điểm $\left(0;-1\right)\in \left(C\right)$  nên loại B.

Đáp án là B.

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}AM\perp SB\\ AM\perp BC\left(\text{do\hspace{0.17em}}BC\perp \left(SAB\right)\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow AM\perp \left(SBC\right). \end{gathered}$$

Đáp án là B.

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3x-1}{3x+2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3-\frac{1}{x}}{3+\frac{2}{x}}=1.$

Đáp án là D. 

$y^{\text{'}}=3x^2-\mathrm{3,}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}cho\hspace{0.17em}}{y}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;2\right]\\ x=-1\notin \left[0;2\right]\end{array}\right.$

$y\left(0\right)=5;y\left(2\right)=7;y\left(1\right)=3.$

$\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=y\left(2\right)=7.$

Đáp án là D

Đáp án là D.

$MI=\frac{x\sqrt{3}}{3};S_{tg}=\frac{{\left(a-2x\right)}^2\sqrt{3}}{4}.$

$V_{lt}=MI.S_{tg}=\frac{a^{2}x-4a{x}^2+4x^3}{4};\left(0<x<\frac{a}{2}\right).$

xét hàm số 

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=4x^3-4a{x}^2+a^{2}x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right) \\ =12x^2-8ax+a^2, \\ \text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}cho\hspace{0.17em}}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{a}{6}\\ x=\frac{a}{2}\left(loai\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Thể tích đạt GTLN khi $x=\frac{a}{6}.$

Đáp án là C.

Đáp án là A.

$V_{S.ABCD}=\frac{4a^3}{3}=\frac{1}{3}.4a^2.SH$

$$\begin{gathered} SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2} \\ =\sqrt{S{H}^2+B{H}^2+B{C}^2}=a\sqrt{6}. \end{gathered}$$

Đáp án là A.

          • $$\begin{gathered} y^{\text{'}}=3x^2-6\left(m+1\right)x+3{\left(m-1\right)}^2; \\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-6\left(m+1\right) \end{gathered}$$  

          • Hàm số đạt cực trị tại điểm x=1 thì  

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(1\right)=0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4m=0\\ m\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m=0\\ m=4\end{array}\right.\\ m\ne 0\end{array}\right.\Rightarrow m=4. \end{gathered}$$

          * Ghi chú: Không có đáp án, sửa lại đáp A thành  

Đáp án là C.

          • Txđ:  $D=ℝ$

          Với $x<4$  ta có $f\left(x\right)=\frac{\left(a+2\right)x}{4}$  $\Rightarrow f\left(x\right)$ liên tục trên  $\left(-\infty ;4\right)$

          Với $x>4$ ta có :  $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+5}}{x-4} \Rightarrow f\left(x\right)=\frac{\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+5}}{x-4}$liên tục trên $\left(4;+\infty \right)$  

          • Tại x >4 ta có:$f\left(4\right)=a+2$

Ta có  $\underset{x\to 4^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 4^{-}}{\lim }\frac{\left(a+2\right)x}{4}=a+2$

$$\begin{gathered} \underset{x\to 4^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 4^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+5}}{x-4} \\ =\underset{x\to 4^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+5}}=\frac{1}{6} \end{gathered}$$         

Để hàm số $f\left(x\right)$ liên tục trên$ℝ$  khi hàm số $f\left(x\right)$ liên tục tại $x=4$ thì 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 4^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 4^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(4\right) \\ \iff a+2=\frac{1}{6}\iff a=-\frac{11}{6} \end{gathered}$$

Đáp án là D

Đồ thị $f^{\text{'}}\left(x\right)$  có bảng biến thiên:

$\underset{[-2;6]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{f\right(-1),f(6\left)\right\}.$

Đáp án là C.

Ta có: đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$   cắt trục  tại  4 điểm phân biệt tức phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$  có 4  nghiệm phân biệt. Tuy nhiên, nhìn vào đồ thị ta thấy dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$  chỉ đổi khi qua  nghiệm đầu. Vậy hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$  có  3 cực trị.

Đáp án là C.

Không mất tính tổng quát, giả sử

 $x_C>x_B$ .

Ta có: d có phương trình 

$y=m\left(x-2\right)$ .

Phương trình hoành độ giao điểm:

$m\left(x-2\right)=-x^3+6x^2-9x+2$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2-4x+1+m=0\end{array}\right.$

Để tồn tại A, B,  thì phương trình  $x^2-4x+m+1=0$phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

$\iff m<3$$\Rightarrow x_A=2;x_B+x_C=4;x_B{x}_C=m+1$ ; $y_C-y_B=m\left(x_C-x_B\right)$.

Trường hợp 1: $\Rightarrow x_B{x}_C=m+1>0\iff -1<m<3\left(*\right)$ .

Ta có .

$S_{B{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C}=\frac{\left(B{B}^{\text{'}}+C{C}^{\text{'}}\right).B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{2}=\frac{\left(x_B+x_C\right).m\left(x_C-x_B\right)}{2}=8\iff \frac{4m\sqrt{16-4\left(m+1\right)}}{2}=8$

.

Đối chiếu điều kiện  (*) ta được m=2.

Trường hợp 2:  

$x_C>0>x_B$ $\Rightarrow x_B{x}_C=m+1<0\iff m<-1<0$

 (Loại vì $m>0$ ).

Đáp án là C.

Số nghiệm của phương trình  $\left|f\left(x-2\right)-2\right|=\pi$bằng số giao điểm của đường thẳng $y=\pi$  và đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-2\right)-2\right|$ .Ta có đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-2\right)-2\right|$ như sau:        

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình $\left|f\left(x-2\right)-2\right|=\pi$ có hai nghiệm thực phân biệt. 

Đáp án là C.

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2ax-3a$ .

Hàm số có hai điểm cực trị  $\iff y^{\text{'}}=0$có hai nghiệm phân biệt $\iff x^2-2ax-3a=0$  (*) có hai nghiệm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff {\Delta }^{\text{'}}>0\iff a^2+3a>0 \\ \iff a\in \left(-\infty ;-3\right)\cup \left(0;+\infty \right) \end{gathered}$$  (1).

Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm $x_1$  ,  $x_2$là hai nghiệm của phương trình (*).

Ta có $x_1^2-2a{x}_1-3a=0\Rightarrow x_1^2=2a{x}_1+3a$ ; tương tự $x_2^2=2a{x}_2+3a$  .

$\frac{x_1^2+2a{x}_2+9a}{a^2}+\frac{a^2}{x_2^2+2a{x}_1+9a}=2$

$\iff \frac{2a{x}_1+3a+2a{x}_2+9a}{a^2}+\frac{a^2}{2a{x}_2+3a+2a{x}_1+9a}=2$

$\iff \frac{2a\left(x_1+x_2\right)+12a}{a^2}+\frac{a^2}{2a\left(x_1+x_2\right)+12a}=2$$\iff \frac{4a^2+12a}{a^2}+\frac{a^2}{4a^2+12a}=2$

$\iff \frac{4a+12}{a}+\frac{a}{4a+12}=2$

$$\begin{gathered} \iff {\left(4a+12\right)}^2+a^2=2a\left(4a+12\right) \\ \iff 9a^2+72a+144=0 \end{gathered}$$

$\iff a=-4$(thỏa mãn điều kiện (1)).

Vậy $a_0=-4$

Đáp án là B.

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}.$

Đáp án là A

Đáp án là C.

• Gọi I là trung điểm của EC.

Ta có  $IM\text{//}BE$ hay $IM\text{//}NE$.

Xét $\Delta SMI$ có  $NE\text{//}MI$ và N  là trung điểm của SM  suy ra E là trung điểm của SI .

Do đó $SE=EI=IC\Rightarrow \frac{SE}{SC}=\frac{1}{3}$.

Ta có $\frac{V_{SABE}}{V_{SABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SB}{SB}.\frac{SE}{SC}=\frac{1}{3}$

.

Đáp án là C.

• Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1,3 có 2 cách.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là: $2.C_7^4.5!$ số.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số 0 đứng đầu là: $2.C_6^3.4!$ số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là $2.C_7^4.5!-2.C_6^3.4!=7440$   

Đáp án là D.

      • Hàm số  $f\left(x\right)=x^3+3x^2-\left(m^2-3m+2\right)x+5$ đồng biến trên $\left(0;2\right)$ khi $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0\forall x\in \left(0;2\right)$ ( $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$tại hữu hạn điểm)

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+6x-\left(m^2-3m+2\right)$

.$$\begin{gathered} f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0\forall x\in \left(0;2\right) \\ \iff 3x^2+6x-\left(m^2-3m+2\right)\ge 0\forall x\in \left(0;2\right) \end{gathered}$$

${\Delta }_{f^{\text{'}}\left(x\right)}=3m^2-9m+15>0\forall m$

Vậy $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$.

Yêu cầu bài toán$\left[\begin{array}{l}2\le x_1<x_2\left(1\right)\\ x_1<x_2\le 0\left(2\right)\end{array}\right.$

(1) Vô nghiệm.

(2) $$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}S<0\\ P\ge 0\end{array}\right.\iff -m^2+3m+2\ge 0 \\ \iff \frac{3-\sqrt{17}}{2}\le m\le \frac{3+\sqrt{17}}{2} \end{gathered}$$  

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án là C

ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\\ SH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

mà $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}DI\perp CH\\ DI\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow DI\perp \left(SHC\right) \\ \Rightarrow d\left(D,\left(SHC\right)\right)=DI=2a\sqrt{2} \end{gathered}$$

ta có

 $$\begin{gathered} \Delta BHC=\Delta AHE\Rightarrow S_{\Delta BHC}=S_{\Delta AHE}; \\ HE=HC \end{gathered}$$

mà 

$$\begin{gathered} S_{ABCD}=S_{AHCD}+S_{\Delta BHC} \\ =S_{AHCD}+S_{\Delta AHE}=S_{\Delta DCE} \end{gathered}$$

Tam giác SAB đều nên .$SH=a\sqrt{3}$

Tam giác  SHC có

$$\begin{gathered} HC=\sqrt{S{C}^2-S{H}^2}=a\sqrt{2} \\ \Rightarrow EC=2HC=2a\sqrt{2} \end{gathered}$$ .

Khi đó $S_{ABCD}=S_{\Delta DCE}=\frac{1}{2}DI.EC=4a^2$.

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.4a^2=\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án là D.

Ta có:

$\begin{array}{l}y={\sin }^{4}x+{\cos }^{2}x+2\\ y={\sin }^{4}x-{\sin }^{2}x+3\end{array}$

Đăt $t={\sin }^{2}x,t\in \left[0;1\right]$

$\begin{array}{l}f\left(t\right)=t^4-t^2+3\\ \Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=4t^3-2t\\ \Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\in \text{[}0;1]\\ t=\frac{\sqrt{2}}{2}\in \text{[}0;1]\\ t=\frac{-\sqrt{2}}{2}\notin \text{[}0;1\text{]}\end{array}\right.\\ \Rightarrow f\left(0\right)=3;f\left(1\right)=3;f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{11}{4}\end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là:$\frac{11}{4}$

Đáp án là B.

Đạo hàm:$y^{\text{'}}=9x^2-2x-7$ .

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$  là : $y=k\left(x-x_0\right)+y_0$ .

Hệ số góc  $k=y^{\text{'}}\left(0\right)=-7$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm tại điểm $A\left(0;1\right)$  là: $y=-7\left(x-0\right)+1\iff y=-7x+1$

Đáp án là B.

Gọi I là trung điểm BC.

Ta có  $\Delta ABC$  đều nên$AI=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$ .

$\left\{\begin{array}{l}AI\perp BC\\ A{A}^{\text{'}}\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow A^{\text{'}}I\perp BC$

$S_{A\text{'}BC}=\frac{1}{2}BC.A\text{'}I\Rightarrow A\text{'}I=\frac{2S_{A\text{'}BC}}{BC}=4$

$AA\text{'}\perp \left(ABC\right)\Rightarrow AA\text{'}\perp AI$.

Xét $\Delta A^{\text{'}}AI$ vuông tại   $\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{I}^2-A{I}^2}=2$              

Vậy  $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{4^2\sqrt{3}}{4}.2=8\sqrt{3}$

Đáp án là D.

Đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận khi phương trình  $m^2{x}^2+m-1=0$có hai nghiệm phân biệt khác  -1$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2\ne 0\\ -m^2\left(m-1\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m<1\end{array}\right.$ .

Đáp án là A.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$ .

Ta có:$y\text{'}=\frac{1+m}{{\left(x+1\right)}^2}$

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng xác định $\iff 1+m>0\iff m>-1$

Đáp án là D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm $\sin x=\cos x\iff \sin x-\cos x=0\left(\ast \right)$

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số chính là số nghiệm của phương trình (*) trên $\left[-2\pi ;\frac{5\pi }{2}\right]$ .

Khi đó ta có $\sin x-\cos x=0\iff \sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=0$$\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$ .

Mà  $x\in \left[-2\pi ;\frac{5\pi }{2}\right]$ nên ta có $-2\pi \le \frac{\pi }{4}+k\pi \le \frac{5\pi }{2}$$-2\pi \le \frac{\pi }{4}+k\pi \le \frac{5\pi }{2}$ .

Hay ta có $k\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}$  .

Đáp án là C.

$y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2-3$ ;

 $y^{\text{'}}\left(x_A\right)=3{\text{x}}_A^2-3$;

$y^{\text{'}}\left(x_B\right)=3{\text{x}}_B^2-3$

Tiếp tuyến tại A,B song song nên$y^{\text{'}}\left(x_A\right)=y^{\text{'}}\left(x_B\right)\iff 3{\text{x}}_A^2-3=3{\text{x}}_B^2-3$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}_A=x_B\left(\text{lo¹i do\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}{x}_A>x_B\right)\\ x_A=-x_B\left(\text{chän}\right)\end{array}\right.$

Ta có :

$$\begin{gathered} A{B}^2={\left(x_B-x_A\right)}^2+{\left(y_B-y_A\right)}^2 \\ ={\left(x_B-x_A\right)}^2+{\left[x_B^3-3{\text{x}}_B+1-\left(x_A^3-3{\text{x}}_A+1\right)\right]}^2 \end{gathered}$$

$=4{\text{x}}_B^6-24{\text{x}}_B^4+40{\text{x}}_B^2$

Giả thiết $AB=6\sqrt{37}$

$$\begin{gathered} \iff 4{\text{x}}_B^6-24{\text{x}}_B^4+40{\text{x}}_B^2=36.37 \\ \iff {\left(x_B^2\right)}^3-6{\left(x_B^2\right)}^2+10\left(x_B^2\right)-333=0 \end{gathered}$$

$\iff x_B^2=9\iff \left[\begin{array}{l}{x}_B=3\Rightarrow x_A=-3\left(\text{lo¹i}\right)\\ x_B=-3\Rightarrow x_A=3\left(\text{chän}\right)\end{array}\right.$

Vậy $S=2{\text{x}}_A-3{\text{x}}_B=2.3-3\left(-3\right)=15$ .

Đáp án là B.

• Ta có

$$\begin{gathered} {\left(3-2x\right)}^{15}=\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{3}^{15-k}{\left(-2x\right)}^k \\ =\sum _{k=0}^{15}{\left(-2\right)}^k{3}^{15-k}{C}_{15}^k{x}^k \end{gathered}$$.

Hệ số của $x_{}^7$  ứng với $\left\{\begin{array}{l}0\le k\le \mathrm{15,}k\in \mathbb{N}\\ k=7\end{array}\right.\iff k=7$  .

Vậy ${\left(-2\right)}^7{3}^8{C}_{15}^7=-C_{15}^7{.3}^8{.2}^7$  là hệ số cần tìm

Đáp án là A.

• Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-x}-\sqrt{4x^2+1}}{2x+3}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|x\right|\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}\right)}{x\left(2+\frac{3}{x}\right)}$$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}\right)}{\left(2+\frac{3}{x}\right)}$$=\frac{1}{2}$

Đáp án là D.

Đáp án là A.

          • Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn.

Có 3 trường hợp :

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có  $C_9^7$cách

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có  $C_{11}^7$ cách

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có  $C_{10}^7$ cách

 Suy ra có $C_9^7+C_{11}^7+C_{10}^7=486$ cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn. Do đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là  $C_{15}^7-486=5949$ cách.

Xác suất cần tìm là $P=\frac{5949}{C_{15}^7}=\frac{661}{715}.$  

Đáp án là B.

$BC=AB\sqrt{2}=2a\sqrt{2}$.Gọi  H là trung điểm BC  ta có:

$\left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ BC=\left(ABC\right)\cap \left(DBC\right)\\ \left(ABC\right)\perp \left(DBC\right)\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(DBC\right)$

kẻ $HE\perp DC$, $HK\perp AE$ (1)

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}DC\perp HE\\ DC\perp AH(doAH\perp \left(DBC\right)\subset DC)\end{array}\right.\\ \Rightarrow DC\perp \left(AHE\right)\Rightarrow DC\perp HK\left(2\right)\end{array}$

từ $\left(1\right)\&\left(2\right)$ $HK\perp \left(ADC\right)\Rightarrow d\left(H;\left(ADC\right)\right)=HK$

$$\begin{gathered} d\left(B;\left(ADC\right)\right)=2d\left(H;\left(ADC\right)\right) \\ =\frac{2AH.HE}{\sqrt{A{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3} \end{gathered}$$

$AH=\frac{BC}{2},HE=\frac{AB}{2}$;$AH=\frac{BC}{2}=a\sqrt{2},HE=\frac{BC}{2}=a$