Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) có \(\widehat{BAC}={{120}^{0}}\), \(BC=A{A}'=a\). Gọi M là trung điểm của \(C{C}'\). Tính khoảng cách giứa hai đường thẳng BM và \(A{B}'\), biết rằng chúng vuông góc với nhau.

Gọi I là hình chiếu của A trên BC, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} AI \bot BC\\ AI \bot BB' \end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AI \bot BM{\rm{ }}\left( 1 \right).\)

Mặt khác, theo giả thiết: \(A'B\bot BM\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BM\bot \left( AB'I \right)\Rightarrow BM\bot B'I.\)

Gọi \(E=B'I\cap BM,\) ta có: \(\widehat{IBE}=\widehat{BB'I}\) (vì cùng phụ với góc \(\widehat{BIB'}).\)

Khi đó \(\Delta B'BI=\Delta BCM\left( g.c.g \right)\Rightarrow BI=CM=\frac{a}{2}\Rightarrow I\) là trung điểm cạnh \(BC\Rightarrow \Delta ABC\) cân tại A.

Gọi \(f\) là hình chiếu của E trên AB', ta có EF là đoạn vuông góc chung của AB' và BM.

Suy ra \(d\left( BM,AB' \right)=EF.\)

Ta có: \(AI=BI.\cot {{60}^{0}}=\frac{a}{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6};B'I=\sqrt{BB{{'}^{2}}+B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}=BM.\)

\(IE=BI.\sin \widehat{EBI}=BI.\frac{CM}{BM}=\frac{a}{2}.\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{10}\Rightarrow B'E=B'I-IE=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.\)

\(AB'=\sqrt{A{{I}^{2}}+B'I{{'}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\)

Mặt khác: \(\Delta B'IA\) đồng dạng \(\Delta B'FE\) nên \(\frac{B'A}{B'E}=\frac{IA}{EF}\Leftrightarrow EF=\frac{IAB'E}{B'A}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}.\frac{2a\sqrt{5}}{5}}{\frac{2a\sqrt{3}}{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{10}.\)

Vậy \(d\left( BM,AB' \right)=\frac{a\sqrt{5}}{10}.\)