Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều...

Phương pháp:
- Gọi D là điểm đối xứng A qua B . Khi đó $A'B//B'D$
Suy ra: $d\left( A'B;B'C \right)=d\left( A'B;\left( B'CD \right) \right)=d\left( B;\left( B'CD \right) \right)$
- Tính $d\left( B;\left( B'CD \right) \right)$
Cách giải:
Gọi D là điểm đối xứng A qua B . Khi đó $A'B//B'D$
Suy ra: $d\left( A'B;B'C \right)=d\left( A'B;\left( B'CD \right) \right)=d\left( B;\left( B'CD \right) \right)$
Kẻ $BK\bot CD\left( K\in CD \right)$
Ta có: $BA=BC=BD$ nên $\Delta ACD$ vuông tại C
Lại có: $BK//AC$
Mà B là trung điểm của AD nên K là trung điểm của CD và $BK=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}$
Kẻ $BH\bot B'K$ tại H , suy ra $d\left( B;\left( B'CD \right) \right)=BH$
Ta có: $\dfrac{1}{B{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{B{{K}^{2}}}+\dfrac{1}{BB{{'}^{2}}}=\dfrac{4}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{9}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow BH=\dfrac{a\sqrt{2}}{3}$
Vậy $d\left( B;\left( B'CD \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{2}}{3}.$