Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng 1, gọi \(M\) là trung điểm \(AD\) và \(N\) trên cạnh \(BC\) sao cho \(BN = 2NC.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(CD\) là

Gọi \(H\) là trung điểm \(CD.\)

\(E,F\) lần lượt là điểm trên \(BD,BC\) sao cho \(BE = \frac{1}{3}BC,BF = \frac{1}{3}BD.\)

\(K\) là giao điểm của \(BH\) và \(EF.\) Kẻ \(GL\) vuông góc với \(AK\)

\(\left\{ \begin{array}{l}NP//CD\\NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD//\left( {MNP} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right)//\left( {AEF} \right)\\BK = KG = GH\end{array} \right.\) nên \(d\left( {G;\left( {AEF} \right)} \right) = d\left( {\left( {AEF} \right),\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right).\)

\(d\left( {CD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {G,\left( {AEF} \right)} \right) = GL.\)

Ta có GA là chiều cao của khối chóp đều nên \(GA = \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\)

\(GK = \frac{1}{3}BH = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\)

Trong tam giác \(AGK\) vuông tại \(G\) có \(GL = \sqrt {\frac{{G{A^2}.G{K^2}}}{{G{A^2} + G{K^2}}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\).

Đáp án B.