Cho lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A,AB=a\sqrt{3},AC=a.$ Điểm $A^{\prime }$ cách đều ba điểm $A,B,C.$ Góc giữa đường...

Ta có $BC=2a.$ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ xuống mặt phẳng $\left(ABC\right).$ Do $A^{\prime }$ cách đều $A,B,C$ nên hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $\left(ABC\right)$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Do đó $H$ là trung điểm của cạnh $BC$ và $\mathrm{\Delta }AHC$ đều cạnh $a.$
Dựng hình bình hành $HABK\Rightarrow K$ là hình chiếu vuông góc của $B^{\prime }$ xuống mặt phẳng $\left(ABC\right).$
Do đó $\left(\widehat{A{B}^{\prime },\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{A{B}^{\prime },AK}\right)=\widehat{A^{\prime }AK}={60}^0.$
Áp dụng định lý côsin trong $\mathrm{\Delta }AHK$ ta có:
$AK=\sqrt{A{H}^2+H{K}^2-2.AH.HK.\cos \left({150}^0\right)}=\sqrt{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2-2a.a\sqrt{3}.(-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}})}=a\sqrt{7}.$
$\Rightarrow A^{\prime }H=B^{\prime }K=AK.\tan {60}^0=a\sqrt{21}.$
Dựng hình bình hành $ACBM$ ta có:
$BC//AM\Rightarrow d(BC,A^{\prime }A)=d(BC,\left(A^{\prime }AM\right))=d(H,\left(A^{\prime }AM\right))$
Kẻ $HE\mathrm{\perp }AM,HN\mathrm{\perp }{A}^{\prime }E\Rightarrow d(H,\left(A^{\prime }AM\right))=HN.$
Ta có $HE=AH.\sin {60}^0=a.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{H{N}^2}}={\displaystyle \frac{1}{H{E}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A^{\prime }{H}^2}}\Rightarrow HN={\displaystyle \frac{a\sqrt{609}}{29}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}}.$
Vậy $d(A{A}^{\prime },BC)=d(H,\left(A^{\prime }AM\right))={\displaystyle \frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}}.$