Ta có

\[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}\]

Tam giác ABC vuông cân tại B nên\[AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{2}\]

Xét tam giác vuông SAB có\[SA = AB.\tan {60^0} = \frac{a}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Ta có\[d\left( {AD;SC} \right) = d\left( {AD;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\]

Kẻ \[AK \bot SB\]

Do\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AK\) mà\[AK \bot SB\] nên\[AK \bot \left( {SBC} \right)\]

Khi đó\[d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC)\)

Trong (SAC) kẻ\[OK \bot SA\,\,\left( 1 \right)\] ta có\[OK \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OK \bot BD\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD.  Khi đó

\[d\left( {SA;BD} \right) = OK = \frac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{5}.\]

Do\[BB'\parallel AA'\] nên\[d\left( {BB';A'H} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'H} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right).\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BH \bot AH}\\{BH \bot A\prime H}\end{array}} \right. \Rightarrow BH \bot (AA\prime H)\)

Nên\[d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right) = BH = \frac{{BC}}{2} = a.\]

Vậy khoảng cách\[d\left( {BB';A'H} \right) = a\]

Gọi H là trung điểm của BC khi đó\[SH \bot BC\]

Mặt khác \[\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\] do đó\[SH \bot \left( {ABC} \right)\]

Ta có\[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] và\[AB = AC = \frac{a}{{\sqrt 2 }};AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\]

Do\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AH}\\{BC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SHA)\)

Dựng\[HK \bot SA\] khi đó HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA.

Lại có \[HK = \frac{{SH.AH}}{{\sqrt {S{H^2} + H{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy \[d\left( {SA;BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\)

\[ \Rightarrow \widehat {SBA}\] là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC)

Ta có \[SA = AB\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \]

Do AB||CD do đó\[d\left( {AB;CM} \right) = d\left( {AB;\left( {CMD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Dựng\[AH \bot SD\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AH(2)\)

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\]

khi đó\[d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\]

Lại có\[AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Do đó\[d = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Gọi\[E = HK \cap AC.\]  Do \[HK\parallel BD\] nên suy ra\[d\left( {HK;SD} \right) = d\left( {HK;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\]

(vì \[OE = \frac{1}{2}AO\])

Kẻ \[AF \bot SO\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow BD \bot AF(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AF \bot \left( {SBD} \right)\] khi đó\[d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AF = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{2a}}{3}.\]

Vậy khoảng cách\[d\left( {HK;SD} \right) = \frac{1}{2}AF = \frac{a}{3}.\]

Do \[AB\parallel CD\] nên\[d\left( {SD;AB} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).\]

(Do\[AH \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{HC}} = \frac{4}{3}\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Kẻ\[HE \bot CD\], kẻ\[HL \bot SE\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot SH}\\{CD \bot HE}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SHE) \Rightarrow CD \bot HL(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow HL \bot \left( {SCD} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL\]

Tính được\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 2 ,HE = \frac{3}{4}AD = 3a.\]

Khi đó\[d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL = \frac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{{\sqrt {11} }}.\]

Vậy\[d\left( {SD;AB} \right) = \frac{4}{3}HL = \frac{{4a\sqrt {22} }}{{11}}.\]

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CI \bot AB}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (SIC)\)

Dựng\[IF \bot SC\,\,\left( 1 \right)\] khi đó\[IF \subset \left( {SIC} \right) \Rightarrow IF \bot AB\,\,\left( 2 \right)\] do đó  IF là đoạn vuông góc chung của AB và SC. Dựng \[HE \bot SC \Rightarrow HE//IF\] ta có\[HE = \frac{1}{2}IF\]

Lại có\[CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Khi đó\[HE = \frac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + C{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}} \Rightarrow IF = \frac{{2a\sqrt {51} }}{{17}}\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\)

Khi đó\[\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}\]

Suy ra\[SA = AB\tan {60^0} = a\sqrt 3 \]

Gọi O là tâm hình vuông ABCD ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC)\)

Trong (SAC) dựng\[OM \bot SC\,\,\left( 1 \right)\] ta có \[OM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OM \bot BD\,\,\left( 2 \right)\]T ừ (1) và (2) suy ra OM là đường vuông góc chung BD và SC.

Ta có 

\[ \Rightarrow \frac{{SC}}{{CO}} = \frac{{SA}}{{MO}} \Rightarrow OM = \frac{{SA.OC}}{{SC}}\]

\[ = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}.\]

Ta có

\[AC = a\sqrt 2 ;\widehat {SCA} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = {45^0} \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \]

Dựng\[Bx||AC \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;(SBx)} \right)\]

Dựng\[AE \bot Bx,\;AF \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Bx \bot AE}\\{Bx \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow Bx \bot (SAE) \Rightarrow Bx \bot AF(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AF \bot \left( {SBE} \right) \Rightarrow d = d\left( {AC;\left( {SBx} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBx} \right)} \right) = AF\]

Ta có\[BE||AC \Rightarrow BE \bot BD\] dễ ràng suy ra OEBO là hình chữ nhật suy ra\[AE = OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Vậy khoảng cách

\[d\left( {SB;AC} \right) = \frac{{AE.SA}}{{\sqrt {A{E^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:\[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5a\]

Xác định\[{60^0} = \widehat {\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = \widehat {SCA}\] và\[SA = AC.\tan \widehat {SCA} = 5a\sqrt 3 .\]

Gọi N là trung điểm BC, suy ra\[MN\parallel AB\]

Lấy điểm E đối xứng với N qua M, suy ra ABNE là hình chữ nhật.

Do đó\[d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right).\]

Kẻ\[AK \bot SE\]

Vì\[ME \bot AE,ME \bot SA\] nên\[ME \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow ME \bot AK\]

Mà\[AK \bot SE\] nên \[AK \bot \left( {SME} \right)\]

Khi đó\[d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}.\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có\[{\rm{\Delta }}\,SAB = {\rm{\Delta }}\,SAD\left( {c - g - c} \right)\] suy ra\[SB = SD\]

Mà\[\widehat {SBD} = {60^0} \Rightarrow {\rm{\Delta }}\,SBD\] đều cạnh\[SB = SD = BD = a\sqrt 2 \]

Tam giác vuông SAB, có\[SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = a\]

Gọi E là trung điểm AD, suy ra\[OE\parallel AB\] và \[AE \bot OE\]

Do đó\[d\left( {AB;SO} \right) = d\left( {AB;\left( {SOE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right).\]

Kẻ\[AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OE \bot AD}\\{OE \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow OE \bot (SAD) \Rightarrow OE \bot AK(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AK \bot \left( {SOE} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì\[B'G \bot \left( {ABC} \right)\]

Dựng\[CI \bot AB\]  suy ra I là trung điểm của AB.

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot B\prime G}\\{AB \bot GI}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (B\prime GI) \Rightarrow (\widehat {(ABB\prime A\prime );(ABC)}) = \widehat {B\prime IG} = {60^0}\)

Lại có\[CI = \frac{1}{2}AB = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow GI = \frac{1}{3}CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\[ \Rightarrow B'G = GI.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Dựng\[IH \bot B'C\] ta có\[IH \subset \left( {B'IC} \right)\] mà \[AB \bot \left( {B'IC} \right) \Rightarrow IH \bot AB\]

\[ \Rightarrow d\left( {AB;B'C} \right) = IH = \frac{{B'G.CI}}{{B'C}}\]

Ta có :

\[B'C = \sqrt {B'{G^2} + G{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} + 2{a^2}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Do đó\[d = IH = \frac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Ta có\[AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \]

Dựng\[Cx||AM\] khi đó\[d\left( {AM;B'C} \right) = d\left( {AM;\left( {B'Cx} \right)} \right)\]

\[ = d\left( {M;\left( {B'Cx} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right)\]

(vì\[BM \cap \left( {B'Cx} \right) = C\] và M là trung điểm của BC)

Dựng\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE \bot Cx}\\{BF \bot B\prime E(1)}\end{array}} \right.\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Cx \bot BE}\\{Cx \bot BB\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow Cx \bot (BB\prime E) \Rightarrow Cx \bot BF(2)\)

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow BF \bot \left( {B'Cx} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right) = BF\]

Gọi\[P = BE \cap AM\], do \[MP//CE,MB = MC\] nên\[PB = PE\]

Mà \[BP = \frac{{AB.BM}}{{\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\]

Suy ra\[BE = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow BF = \frac{{BE.BB'}}{{\sqrt {B{E^2} + B{B^{\prime 2}}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 7 }}\]

Do đó\[d = \frac{a}{{\sqrt 7 }}\]

Ta có :\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{AM \bot BB\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow AM \bot (BCC\prime B\prime )\)

Trong \[\left( {BCC'B'} \right)\] kẻ\[MH//BC'\,\,\left( {H \in B'C} \right) \Rightarrow MH \bot B'C\]

\[MH \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AM \bot MH\]

\[ \Rightarrow MH\] là đoạn vuông góc chung giữa AM và B’C\[ \Rightarrow d\left( {AM;B'C} \right) = MH\]

Dễ thấy\[MH = \frac{1}{2}BK = \frac{1}{4}B'C = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]  với K là trung điểm của B′C.\[ \Rightarrow d\left( {AM;B'C} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Gọi I, J, K, P lần lượt là trung điểm của AD, AC, BC, BD.

Khi đó, AB // IP // JK, CD // IJ // KP

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right)\]

Ta có:\[KP = \frac{1}{2}CD = \frac{5}{2},IP = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}\]

\[A{K^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{25 + 34}}{2} - \frac{{41}}{4} = \frac{{77}}{4} = D{K^2}\]

Tam giác AKD cân tại K, KI là trung tuyến

\[ \Rightarrow KI \bot AD \Rightarrow I{K^2} = A{K^2} - A{I^2} = \frac{{77}}{4} - \frac{{41}}{4} = 9\]

\[\cos \widehat {IPK} = \frac{{I{P^2} + K{P^2} - I{K^2}}}{{2.IP.KP}} = \frac{{\frac{{25}}{4} + \frac{{25}}{4} - 9}}{{2.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}}} = \frac{7}{{25}} > 0 \Rightarrow \widehat {IPK} < {90^0}\]

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right) = \widehat {IPK} \Rightarrow \sin \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \sin \widehat {IPK} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{7}{{25}}} \right)}^2}} = \frac{{24}}{{25}}\]

Bước 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. 

\[{\rm{\Delta }}BCD,{\rm{\Delta }}ACD\] đều nên:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AN \bot CD}\\{BN \bot CD}\end{array}} \right\} \Rightarrow (ABN) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD\)

Tương tự ta có \[MN \bot AB\]

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB, CD là độ dài của MN.

Bước 2: Tính MN.

\[{\rm{\Delta }}ACD\] đều cạnh 2a; AN là đường cao.

\[ \to AN = AC.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]

\[AM = \frac{1}{2}AB = a\]

\[{\rm{\Delta }}AMN\] vuông tại M\[MN \bot AB\]  nên:

\[MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAD) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (SAD) = SA}\end{array}} \right. \Rightarrow SA \bot (ABCD)\)

Xác định

\[{60^0} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)}\]

\[ = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}\]

và \[SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt {A{D^2} + C{D^2}} .\tan {60^0} = a\sqrt 2 .\sqrt 3 = a\sqrt 6 .\]

Gọi M là trung điểm AB, suy ra ADCM là hình vuông nên CM=AD=a.

Xét tam giác ACB, ta có trung tuyến\[CM = a = \frac{1}{2}AB\] nên tam giác ACB vuông tại C.

Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật, suy ra \[AC\parallel BE\]  và E nằm trong (ABCD).

Do đó \[d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right)\]

Kẻ \[AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\]  ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE \bot AE}\\{BE \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BE \bot (SAE) \Rightarrow BE \bot AK(2)\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow AK \bot \left( {SBE} \right)\]

Khi đó \[d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }}.\]

Ta có:\[AE = BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Gọi I là điểm đối xứng của A qua D,

suy ra BCID là hình bình hành nên \[BD//CI\]

Do đó\[d\left( {BD;CD'} \right) = d\left( {BD;\left( {CD'I} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right).\]

Kẻ\[DE \bot CI\] tại E, kẻ\[DK \bot D'E\,\,\left( 1 \right)\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CI \bot DE}\\{CI \bot DD\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow CI \bot (DD\prime E) \Rightarrow CI \bot DK(2)\)

Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow DK \bot \left( {CD'I} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right) = DK.\]

Xét tam giác IAC, ta có DE//AC (do cùng vuông góc với CI) và có D là trung điểm của AI nên suy ra DE là đường trung bình của tam giác ACI. Suy ra\[DE = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a.\]

Tam giác vuông D′DE, có \[DK = \frac{{D'D.DE}}{{\sqrt {D'{D^2} + D{E^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\]