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

Ta có $BC=2a.$ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A'$ xuống mặt phẳng $\left( ABC \right).$ Do $A'$ cách đều $A,B,C$ nên hình chiếu vuông góc của $A'$ 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 $\Delta AHC$ đều cạnh $a.$
Dựng hình bình hành $HABK\Rightarrow K$ là hình chiếu vuông góc của $B'$ xuống mặt phẳng $\left( ABC \right).$
Do đó $\left( \widehat{AB',\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{AB',AK} \right)=\widehat{A'AK}={{60}^{0}}.$
Áp dụng định lý côsin trong $\Delta AHK$ ta có:
$AK=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}-2.AH.HK.\cos \left( {{150}^{0}} \right)}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-2a.a\sqrt{3}.\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}=a\sqrt{7}.$
$\Rightarrow A'H=B'K=AK.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{21}.$
Dựng hình bình hành $ACBM$ ta có:
$BC//AM\Rightarrow d\left( BC,A'A \right)=d\left( BC,\left( A'AM \right) \right)=d\left( H,\left( A'AM \right) \right)$
Kẻ $HE\bot AM,HN\bot A'E\Rightarrow d\left( H,\left( A'AM \right) \right)=HN.$
Ta có $HE=AH.\sin {{60}^{0}}=a.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \dfrac{1}{H{{N}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{E}^{2}}}+\dfrac{1}{A'{{H}^{2}}}\Rightarrow HN=\dfrac{a\sqrt{609}}{29}=\dfrac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}.$
Vậy $d\left( AA',BC \right)=d\left( H,\left( A'AM \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{21}}{\sqrt{29}}.$