Cho hình hộp \(ABCD.A'B'CD'\)có tất cả các cạnh đều bằng \[1\] và các góc phẳng đỉnh \(A\) đều bằng

Ta có \(\widehat {BAA'\,} = \widehat {DAA'}\)\( = \widehat {BAD} = 60^\circ \) và \(AB = AD\)\( = AA' = 1\).

Khi đó \(\Delta ABD\), \(\Delta ADA'\) và \(\Delta ABA'\) đều cạnh bằng \[1\].

\( \Rightarrow A'D = A'A\)\( = A'B = 1\). Suy ra hình chiếu của \(A'\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là tâm H của \(\Delta ABD\) đều.

Ta có \(AB'\;{\rm{//}}\;DC'\)\( \Rightarrow d\left( {AB';A'C'} \right) = d\left( {AB';\left( {DA'C'} \right)} \right)\)\( = d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right)\).

Dựng hình bình hành \(DCAJ\). Từ \(H\) kẻ \(HK \bot DJ\)\(\left( {K \in DJ} \right)\), ta có \(HK\;{\rm{//}}\;DB\).

Từ \(H\) kẻ \(HL \bot A'K\)\(\left( {L \in A'K} \right)\)\( \Rightarrow HL \bot \left( {DA'C'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right) = HL\).

Ta có: \(HK = \frac{1}{2}\), \(A'H = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Xét tam giác \(A'HK\): \(\frac{1}{{H{L^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{A'{H^2}}}\)\( \Rightarrow HL = \frac{{\sqrt {22} }}{{11}}\).