Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A(3;4;4),B(1;2;3),C(5;0;-1)$. Điểm $M$ thay đổi trong không gian thoả mãn $\widehat{ABM}=\widehat{AMC}=90^{\circ }$. Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $B$ và vuông góc với $AC$ cắt $AM$ tại $N$. Khoảng cách từ $N$ đến $(ABC)$ có giá trị lớn nhất bằng:

Ta có $\overrightarrow{BA}=(2;2;1),\overrightarrow{BC}=(4;-2;-4)\Rightarrow \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=8-4-4=0$, do đó tam giác $ABC$ vuông tại $B$.

Độ dài $BA=3,BC=6,AC=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}$.

Từ giả thiết $AB\perp BM$ và $AB\perp BC$ suy ra $AB\perp (MBC)$.

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $AC$, ta có tam giác vuông $ABC$ có đường cao $BK$:
$BK=\frac{BA\cdot BC}{AC}=\frac{3\cdot 6}{3\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.$

Vì $(\alpha )\perp AC$ và $B\in (\alpha )$ nên $BK\subset (\alpha )$, do đó $N\in (\alpha )$ dẫn tới $BN\perp AC$.

Lại có $BN\perp AM$ nên $BN\perp (AMC)\Rightarrow BN\perp NK$. Do đó điểm $N$ thuộc đường tròn đường kính $BK$.

Kẻ $NH\perp BK$ tại $H$, suy ra $NH\perp (ABC)$ nên $d(N,(ABC))=NH$.

Trong tam giác vuông $BNK$ tại $N$, ta luôn có:
$NH\le \frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}\cdot \frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

Dấu "=" xảy ra khi tam giác $BNK$ vuông cân tại $N$.

Vậy khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến $(ABC)$ bằng $\frac{3\sqrt{5}}{5}$.