Gọi E là trung điểm của BC thì BC ^ AE (vì ∆ABC đều).

Ta có BC ^ SA và BC ^ AE Þ BC ^ (SAE).

Þ (SBC) ^ (SAE).

Trong mặt phẳng (SAE), vẽ AF ^ SE (F Î SE).

Suy ra AF ^ (SBC) hay d(A, (SBC))=AF.

Xét ∆SAE vuông tại A, ta có:

$\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{2}{3a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{2}{a^2}\Rightarrow AF=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy $d\left(S,\left(ABC\right)\right)=AF=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

a) Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SG ^ (ABC) hay d(S, (ABC))=SG.

Tam giác ABC là tam giác đều cạnh 3a nên

$AG=\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Tam giác SAG vuông tại G nên $SG=\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a$

Vậy d(S, (ABC)) = a.

b) Vì SC Ç (SAG) = S nên $\frac{d(M,(SAG\left)\right)}{d(C,(SAG\left)\right)}=\frac{MS}{CS}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d(M,(SAG\left)\right)=\frac{1}{2}d(C,(SAG\left)\right)$

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có: CB ^ AI và CB ^ SG

Þ CB ^ (SAG) và CB Ç (SAG) = I.

Do đó $d(C,(SAG\left)\right)=CI=\frac{1}{2}BC=\frac{3a}{2}$

Vậy $d(M,(SAG\left)\right)=\frac{3a}{4}$

B'D' Ç A'C' tại O.

Gọi P là trung điểm của OC'.

Vě OH ^ MP, HE // NP, EF // OH.

ABCD là hình lập phương, ta dễ dàng có được: B'D' ^ (A'C'CA).

Hay B'D' ^ OH, mà OH // EF       

Þ EF ^ B'D' (1).

NP // B'D' Þ NP ^ (A'C'CA) hay NP ^ OH.

Đồng thời OH ^ MP.

Þ OH ^ (MNP) hay OH ^ MN Þ EF ^ MN (2)

Từ (1) và (2) ta có: d(MN, B'D') = EF = OH.

Xét tam giác vuông MOP, ta có OM = a, OP = $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, suy ra OH = $\frac{a}{3}$ .

Vậy d(MN, B'D') = $\frac{a}{3}$

Gọi O là trung điểm AC, J là trung điểm OD.

Vě OH ^ BJ, HE // AC, EF // OH.

Có IJ // AC nên AC // (BIJ).

Þ d(AC, BI) = d(AC, (BIJ)) = d(O, (BIJ)).

Do ABCD là tứ diện đều nên ta dễ dàng nhận ra AC ^ (OBD).

Þ AC ^ OH (OH Ì OBD).

AC // IJ, Þ OH ^ IJ.

Kết hợp giả thiết, suy ra OH ^ (BIJ) hay d(O, (BIJ)) = OH.

Xét tam giác OBD cân tại O, ta có

$\begin{array}{l}BD=\sqrt{11}.\\ OB=OD=BD.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{33}}{2}\\ \Rightarrow BJ=\frac{\sqrt{11}}{4}\end{array}$

Áp dụng công thức Heron, ta có:

 $S_{OBD}=\frac{11\sqrt{2}}{4}\Rightarrow S_{OBJ}=\frac{11\sqrt{2}}{4}.$

Ta tính được OH = $\sqrt{2}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BI là $\sqrt{2}$

Ta có: (SAC) ^ (ABC) và (SAC) Ç (ABC) = AC.

Trong mặt phẳng (SAC), vẽ SH ^ AC (H Î AC) thì SH ^ (ABC).

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB và BC.

Khi đó, ta có $\left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{SIH},\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{SKH}.$

Mà $\widehat{SIH}=\widehat{SKH}=60°$  nên HI = HK.

Suy ra tử giác BIHK là hình vuông nên H là trung điểm cạnh AC.

Khi đó tử giác BIHK là hình vuông cạnh $\frac{a}{2}$

SH = HI . tan 60° = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{3}.S_{BCD}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{2}.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$

Vậy thể tích V của khối chóp S.ABC là $\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$

Ta có: $S_{ABCD}=\frac{1}{2}.AB.(AD+BC)=\frac{1}{2}.a.(3a+a)=2a^2$

Lại có: $S_{ABD}=\frac{1}{2}.AB.AD=\frac{1}{2}.a.3a=\frac{3a^2}{2}$

Suy ra $S_{BCD}=S_{ABCD}-S_{ABD}=\frac{a^2}{2}$

Vậy $V_{S.BCD}=\frac{1}{3}.S_{BCD}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{2}.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$

Gọi I là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên A¢I.

Ta có: BC ^ AI và BC ^ AA¢ Þ BC ^ (A¢AI) Þ (A¢BC) ^ (A¢AI).

Mặt khác (A¢BC) Ç (A¢AI) = A¢I và AH ^ A¢I.

Nên $d(A,(A\text{'}BC\left)\right)=AH=\frac{a\sqrt{57}}{12}$

∆ABC đều cạnh a $\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Xét tam giác A¢AI vuông tại A, ta có:

$\frac{1}{A\text{'}{A}^2}=\frac{1}{A{H}^2}-\frac{1}{A{I}^2}=\frac{144}{57a^2}-\frac{4}{3a^2}=\frac{68}{57a^2}\Rightarrow AA\text{'}=\frac{a\sqrt{57}}{2\sqrt{17}}$

Do đó $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{57}}{2\sqrt{17}}=\frac{a^3\sqrt{171}}{8\sqrt{17}}$

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{171}}{8\sqrt{17}}$

Ta có:

$V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=V_{BAB\text{'}C}+V_{D.ACD\text{'}}+V_{A\text{'}B\text{'}AD\text{'}}+V_{C\text{'}B\text{'}CD\text{'}}+V_{ACB\text{'}D\text{'}}=4.V_{BAB\text{'}C}+V_{ACB\text{'}D\text{'}}$

$\Rightarrow V_{ACB\text{'}D\text{'}}=V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-4.V_{BAB\text{'}C}=V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-4.\frac{1}{6}.V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$\Rightarrow V_{ACB\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}\mathrm{.2.3.6}=12\left(c{m}^3\right)$

a)

Áp dụng công thức: $V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{SS\text{'}}+S\text{'}\right)$

Do ABC, A¢B¢C¢ là các tam giác đều nên: $\left\{\begin{array}{l}S=S_{ABC}=a^2\sqrt{3}\\ S\text{'}=S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{S_{ABC}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\\ h=2a\end{array}\right.$  , thay vào công thức trên ta có:

$V=\frac{1}{3}.2a.\left(a^2\sqrt{3}+\sqrt{a^2\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}+\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)$

$=\frac{2}{3}a.\left(\frac{5\sqrt{3}{a}^2}{4}+\sqrt{\frac{3a^4}{4}}\right)$$=\frac{2}{3}a.\left(\frac{5\sqrt{3}{a}^2}{4}+\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}\right)$

$=\frac{2}{3}a.\left(\frac{5\sqrt{3}{a}^2}{4}+\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}\right)=\frac{2}{3}a.\frac{7\sqrt{3}{a}^2}{4}=\frac{7a^3\sqrt{3}}{6}$

b) Áp dụng công thức: $V\text{'}=S\text{'}.h\text{'}$ , với $S\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4},h\text{'}=2a.$

Ta có: $V\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.2a.=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}$

Ta có: $OC=40\sqrt{2},O\text{'}C\text{'}=20\sqrt{2}$ , suy ra $CH=20\sqrt{2}$

Trong tam giác vuông C¢CH có: $C\text{'}H=\sqrt{CC{\text{'}}^2-C{H}^2}=20\sqrt{14}$ 

Nên $OO\text{'}=C\text{'}H=20\sqrt{14}$

Thể tích của cái sọt đựng đồ là:

 $V=\frac{1}{3}.20\sqrt{14}.(6400+\sqrt{6400.1600}+1600)\approx 279377,08$ (cm³).