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

Chọn C.

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

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

Mặt khác, theo giả thiết: $A\text{'}B\perp BM\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $BM\perp (AB\text{'}I)\Rightarrow BM\perp B\text{'}I.$

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

Khi đó $\Delta B\text{'}BI=\Delta BCM(g.c.g)\Rightarrow BI=CM=\frac{a}{2}\Rightarrow I$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 $d(BM,AB\text{'})=EF.$

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

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

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

Mặt khác: $\Delta B\text{'}IA$ đồng dạng $\Delta B\text{'}FE$ 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 $d(BM,AB\text{'})=\frac{a\sqrt{5}}{10}.$