Cho tứ diện ABCD có \(AB = BD = AD = 2a,AC = \sqrt 7 a,BC = \sqrt 3 a\). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD bằng a, tính thể tích của khối tứ diện ABCD.    

Vì \(AB = BD = AD = 2a,AC = \sqrt 7 a,BC = \sqrt 3 a\) nên tam giác \({\rm{ABD}}\) đều và \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{B}}\) (định lí Pytago đảo).

Gọi \(M\) là trung điểm của AB, dựng hình chữ nhật BCEM.

Vì BCEM là hình chữ nhật nên \(AB \bot ME\).

Vì \(\Delta ABD\) đều , \(M\)là trung điểm của AB nên \(AB \bot MD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{AB}} \bot {\rm{ME}}}\\{{\rm{AB}} \bot {\rm{MD}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{AB}} \bot ({\rm{DME}}) \Rightarrow ({\rm{ABC}}) \bot ({\rm{DME}})} \right.\).

Trong (DME), kẻ \({\rm{DH}} \bot {\rm{ME}}\) tại \({\rm{H}}\), suy ra \({\rm{DH}} \bot ({\rm{ABC}})\).

Ta có \({\rm{DM}} = {\rm{a}}\sqrt 3 = {\rm{ME}}\), suy ra tam giác DME cân tại \({\rm{M}}\).

Gọi N là trung điểm của \({\rm{DE}} \Rightarrow {\rm{MN}} \bot {\rm{DE}}\). Do đó \({\rm{DH}} = \frac{{{\rm{MN}}{\rm{. DE }}}}{{{\rm{ME}}}}\) (*).

Ta có: \({\rm{EC}}//{\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{EC}} \bot ({\rm{DME}}) \Rightarrow {\rm{EC}} \bot {\rm{MN}}\).

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{MN}} \bot {\rm{DE}}}\\{{\rm{MN}} \bot {\rm{EC}}}\end{array}\quad \Rightarrow {\rm{MN}} \bot ({\rm{DEC}})} \right.\).

Lại có: \({\rm{AB}}//({\rm{DEC}}) \Rightarrow d({\rm{AB}},{\rm{CD}}) = d({\rm{AB}},({\rm{DEC}})) = d({\rm{M}},({\rm{DEC}})) = {\rm{MN}} = {\rm{a}}\).

Suy ra \({\rm{DE}} = 2{\rm{NE}} = 2\sqrt {{\rm{M}}{{\rm{E}}^2} - {\rm{M}}{{\rm{N}}^2}} = 2{\rm{a}}\sqrt 2 \).

Thế vào (*) ta được: \({\rm{DH}} = \frac{{{\rm{a}}.2{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{{\rm{a}}\sqrt 3 }} = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy \({{\rm{V}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}.{\rm{DH}}{\rm{.}}\frac{1}{2}{\rm{.AB}}{\rm{.BC}} = \frac{1}{6}.\frac{{2{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3}.2{\rm{a}}{\rm{.a}}\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 2 {{\rm{a}}^3}}}{3}\). Chọn B.