Cho hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành và $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C=11$, $\widehat{A^{\prime }AB}=30^{\circ }$, $\widehat{A^{\prime }BC}=60^{\circ }$, $\widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$.
a) Tính độ dài đoạn thẳng $A^{\prime }{B}^{\prime }$?
b) Tính khoảng cách $d$ giữa hai đường thẳng $AB$ và $A^{\prime }D$?

a) Xét $\Delta A^{\prime }AB$ ta có: $A^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{A}^2+A{B}^2-2.A^{\prime }A.AB.\cos 30°$. $\iff A^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{A}^2+A{B}^2-2A^{\prime }A.AB.\cos 30°\iff 11^2=11^2+A{B}^2-\mathrm{2.11.}AB.\frac{\sqrt{3}}{2}\iff AB=11\sqrt{3}=A^{\prime }{B}^{\prime }$. b) Trong $\Delta A^{\prime }BC$ ta có $A^{\prime }B=A^{\prime }C=11$, $\widehat{A^{\prime }BC}=60°$ nên $\Delta A^{\prime }BC$ đều suy ra $BC=11$. Xét $\Delta A^{\prime }CA$ ta có $A^{\prime }C=A^{\prime }A=11$, $\widehat{A^{\prime }CA}=45°$ nên $\Delta A^{\prime }CA$ vuông cân tại $A^{\prime }\Rightarrow AC=11\sqrt{2}$. Xét tam giác $ABC$ có $B{C}^2+A{C}^2=A{B}^2$ do vậy $\Delta ABC$ vuông tại $C$. Gọi $I$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $I$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, vì $\Delta ABC$ vuông tại $C$ nên $I$ là trung điểm của $AB$ và $A^{\prime }I\perp (ABCD)\Rightarrow A^{\prime }I\perp CD$ (1). Vẽ $IK\perp CD\equiv K$ (2), $IH\perp A^{\prime }K\equiv H$ (3). Từ (1) và (2) suy ra $CD\perp (A^{\prime }IK)\Rightarrow CD\perp IH$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $IH\perp (SCD)$ tại H do đó khoảng cách $d(I,(A^{\prime }CD))=IH$. Mà $AB\parallel CD$ suy ra khoảng cách $d(AB,A^{\prime }D)=d(AB,(A^{\prime }CD))=d(I,(A^{\prime }CD))=IH$. Vẽ $CJ\perp AB$ tại J ta suy ra $IK=CJ=\frac{CA.CB}{AB}=\frac{11\sqrt{6}}{3}$. Trong tam giác $A^{\prime }AB$ cân tại $A^{\prime }$ có $A^{\prime }I=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-\frac{A{B}^2}{4}}=\frac{11}{2}$. Trong tam giác $A^{\prime }IK$ vuông tại $I$ ta có $IH=\frac{IK.A^{\prime }I}{\sqrt{I{K}^2+A^{\prime }{I}^2}}=\sqrt{22}$.