TRẢ LỜI

1. Có $A’A=A’B=A’C$ nên $A’.ABC$ là chóp tam giác đều.

   Gọi $I$ là trọng tâm $\Delta ABC$

   $\to A’I\bot (ABC)$

   $\to (AA’,(ABC))=(AA’,AI)=\widehat{A’AI}$

   $AI=\dfrac{a\sqrt3}{3}\to AA’=\dfrac{AI}{\cos60^o}=\dfrac{2a\sqrt3}{3}$

   Gọi $G$, $K$ trung điểm $BC$, $B’C’$

   $\Delta ABC$ đều nên $BC\bot AG$

   Mà $AI\bot (ABC)\to BC\bot AI$

   $\to BC\bot (A’GA)$

   $\to BC\bot A’G$

   Có $BCC’B’$ là hình bình hành nên $BC//B’C’$

   Mà $A’K\bot B’C’$ nên $A’K\bot BC$

   Suy ra $BC\bot (GA’K)$

   $\to BC\bot GK$

   Mà $GK//CC’$ nên $BC\bot CC’$

   Vậy $BCC’B’$ là hình chữ nhật 

   Chu vi $\Delta ABC$: $3a$

   Vậy $S_{xq}=3a.\dfrac{2a\sqrt3}{3}=2a^2\sqrt3$

   

   Trả lời
2. Giải đáp:

   $S_{xq} =  2a^2\sqrt3$ 

   Lời giải và giải thích chi tiết:

   Gọi $O$ là tâm của đáy $ABC$

   $\Rightarrow OA = OB = OC = \dfrac{a\sqrt3}{3}$

   Lại có: $A’A = A’B = A’C$

   $\Rightarrow A’O\perp (ABC)$

   $\Rightarrow \widehat{(AA’;(ABC))} = \widehat{AA’O} = 60^\circ$

   $\Rightarrow AA’ = \dfrac{OA}{\cos60^\circ} = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$

   Gọi $M,\ M’$ lần lượt là trung điểm $BC, B’C’$

   $\Rightarrow MM’//BB’//CC’$

   Ta có:

   $\begin{cases}AM\perp BC\\A’O\perp BC\end{cases}$

   $\Rightarrow BC\perp (A’OM)$

   hay $BC\perp (AA’M’M)$

   $\Rightarrow BC\perp MM’$

   $\Rightarrow BC\perp CC’$

   $\Rightarrow \widehat{BCC’} = 90^\circ$

   mà $BB’C’C$ là hình bình hành (mặt bên của lăng trụ)

   nên $BB’C’C$ là hình chữ nhật

   Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được: $AA’B’B$ và $AA’C’C$ là hình chữ nhật

   Khi đó:

   $S_{xq} = P_{ABC}.AA’ = 3a\cdot \dfrac{2a\sqrt3}{3} = 2a^2\sqrt3$

   Trả lời