Ta có: \(A'A = 2SA',B'B = 2SB',C'C = 2SC' \)

$\Rightarrow \overrightarrow {SA'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SC} $

Do đó phép vị tự tâm \(S\) tỉ số \(k = \dfrac{1}{3}\) biến các điểm \(A,B,C\) thành \(A',B',C'\).

Vì $A'B'C'D'$  là hình vuông cạnh $a$ nên \(B'D' = a\sqrt 2 \)

\(BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D' \Rightarrow \Delta BB'D'\) vuông tại \(B' \Rightarrow BB' = \sqrt {BD{'^2} - B'D{'^2}}  = \sqrt {6{a^2} - 2{a^2}}  = 2a\)

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = BB'.{S_{ABCD}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\) 

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AD,SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB,\Delta SAD\) vuông tại \(A\).

Lại có \(CD \bot SA,CD \bot AD \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD \Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại $D.$

\(CB \bot SA,CB \bot AB \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot SB \Rightarrow \Delta SCB\) vuông tại \(B\).

Vậy có tất cả $4$ mặt là các tam giác vuông.

Cạnh của khối lập phương đã cho là:\(a = \sqrt[3]{{27}} = 3.\)

\( \Rightarrow \) Diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho là: \({6.3^2} = 54.\)

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ dưới:

Ta có: \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\)

\({S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

\(SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\) 

Công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\).

Đa diện đều loại \(\left\{ {5;3} \right\}\) có tên gọi là Mười hai mặt đều.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có: \(OA = 3cm\,;\,OB = 4cm\)

Xét tam giác vuông $OAB$ có: \(AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5cm\).

Khi đó chu vi đáy bằng \(P = 4.5 = 20 = 2AA' \Rightarrow AA' = 10\left( {cm} \right)\)

\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 10.24 = 240\left( {c{m^3}} \right)\)

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt (ví dụ các đỉnh của hình tứ diện)

Không tồn tại 1 đỉnh nào đó của đa diện nào đó là đỉnh chung của ít hơn 3 mặt

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(AB\) thì \(A,B\) đối xứng nhau qua \(\left( P \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $ABCD$ là hình vuông \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = A{B^2} = 16 \Rightarrow AB = 4\left( {cm} \right) = AD\)

Gọi $E$ là trung điểm của AB\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của tam giác ABD\( \Rightarrow OE//AD \Rightarrow OE \bot AB\) và \(OE = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}.4 = 2\left( {cm} \right)\)

\(\left. \begin{array}{l}OE \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow AB \bot SE\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}SE.AB = 8\sqrt 3  \Rightarrow SE = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{{AB}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OE \Rightarrow \Delta SOE\) vuông tại O\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {48 - 4}  = \sqrt {44}  = 2\sqrt {11} \left( {cm} \right)\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt {11} .16 = \dfrac{{32\sqrt {11} }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\)

Các khối tứ diện, khối hộp, khối lăng trụ tam giác đều là khối đa diện lồi.

Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc được một khối đa diện lồi.      

Ta có: \(\Delta ABC\) cân tại \(C\) \( \Rightarrow AC = BC = a.\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC.\sin C\) \( = \dfrac{1}{2}.a.a.\sin {45^0}\)\( = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta AA'C\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AA' = \sqrt {A'{C^2} - A{C^2}} \) \( = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}}\) \( = 2a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.\)

Nối các đường chéo của các mặt ta được 2 tứ diện đều không có đỉnh nào chung.

Mỗi tứ diện đều có 4 tmặt là 4 tam giác đều. Nên tổng cộng có 8 tam giác đều.

Đa diện đều có tất cả các mặt là các đa giác bằng nhau.

Không tồn tại đa diện đều có $5$ và $6$  đỉnh, do đó chóp $S.ABCD$ và lăng trụ $ABC.A'B'C'$ không thể là đa diện đều.

Nếu mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng $3$  mặt thì nó cũng là đỉnh chung của đúng $3$  cạnh. Giả sử số đỉnh của đa diện là $n$ thì số cạnh của nó phải là $\dfrac{{3n}}{2}$  (vì mỗi cạnh được tính $2$  lần), do đó $n$ chẵn.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Đặt \(SA = SB = SC = SD = a\)

Tam giác $SCD$ có:\(SC = SD;\widehat {CSD} = {60^0} \Rightarrow \Delta SCD\) đều\( \Rightarrow CD = SC = SD = a\)

\( \Rightarrow \) Hình vuông $ABCD$ cạnh \(a \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC \Rightarrow \Delta SOC\) vuông tại $O$

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  \Rightarrow h = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow a = h\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = {a^2} = {\left( {h\sqrt 2 } \right)^2} = 2{h^2}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}h.2{h^2} = \dfrac{{2{h^3}}}{3}\)

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

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên \(\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}\)

(vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}\))

\( \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{AMN}} = \dfrac{1}{2}AM.AN = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8}\\{S_{BCM}} = \dfrac{1}{2}BM.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{8} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{5{a^2}}}{8} = \dfrac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\end{array}\)

Xét tam giác \(ABC\), giả sử \(AB = 6,\,\,BC = 8,\,\,AC = 10\) ta có \(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\,\,\left( { = 100} \right)\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pytago đảo) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\) và giả sử \(SA\) hợp với đáy góc \({60^0}\) \( \Rightarrow HA\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( {ABC} \right)\) nên \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH = {60^0}\).

\( \Rightarrow SH = SA.\sin {60^0} = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 .24 = 16\sqrt 3 \).

Gọi E là trung điểm của AB ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OE \bot AB\\A'O \bot AB\left( {A'O \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'OE} \right) \Rightarrow AB \bot A'E\)

Tam giác vuông A’EA có \(\widehat {A'AE} = {45^0} \Rightarrow \Delta EAA'\)vuông cân tại E\( \Rightarrow EA' = EA = \dfrac{a}{2};AA' = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

\(A'O \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'O \bot OE \Rightarrow \Delta A'OE\) vuông tại O

\( \Rightarrow A'O = \sqrt {A'{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Tam giác ABC đều cạnh a nên \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'O.{S_{ABC}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\)

Gọi \(O'\) là trung điểm của \(A'C'\) ta có \(BO' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\)

Dễ thấy \(\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(\left( {CDD'C'} \right)//\left( {ABB'A'} \right)\) nên góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {CDD'C'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\).

Xét tam giác \(ABD\) có :

\(\cos \widehat {BAD} = \dfrac{{A{B^2} + A{D^2} - B{D^2}}}{{2.AB.AD}}\)\( = \dfrac{{3{a^2} + 3{a^2} - 9{a^2}}}{{2.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }} =  - \dfrac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \widehat {BAD} = {120^0}\) \( \Rightarrow \widehat {ADC} = {60^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ACD\) đều, do đó \( \Rightarrow \Delta A'C'D'\) đều cạnh \(a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_{A'C'D'}} = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow {S_{A'B'C'D'}} = 2{S_{A'C'D'}} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(O'H \bot A'B'\) thì \(A'B' \bot \left( {BO'H} \right)\) \( \Rightarrow A'B' \bot BH\).

Suy ra góc giữa \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(\left( {A'B'BA} \right)\) bằng \(\widehat {\left( {BH,O'H} \right)} = \widehat {BHO'} = \alpha \)

Mà \(\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\) nên \(\tan \alpha  = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow BO' = O'H\tan \alpha  = \dfrac{{2O'H}}{{\sqrt 3 }}\)

Lại có \(O'H = A'O'\sin {60^0} = \dfrac{{A'C'}}{2}.\sin {60^0}\) \( = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{4}\) \( \Rightarrow BO' = \dfrac{{2.\dfrac{{3a}}{4}}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{A'B'C'D'}}.BO'\) \( = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{9{a^3}}}{4}\)

Gọi $H$ là tâm tam giác đều $ABC$ . Vì $A'A = A'B = A'C$ nên hình chóp $A'.ABC$  là đều nên \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$.

Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên \(CI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HI = \dfrac{1}{3}CI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Tam giác $A'AB$  cân tại $A'$  nên \(A'I \bot AB \Rightarrow \Delta A'AI\) vuông tại \(I \Rightarrow A'I = \sqrt {AA{'^2} - A{I^2}}  = \sqrt {\dfrac{{7{a^2}}}{{12}} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\)

\(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot HI \Rightarrow \Delta A'HI\) vuông tại \(H \Rightarrow A'H = \sqrt {A'{I^2} - H{I^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{3} - \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \dfrac{a}{2}\)

Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 3\overrightarrow {GO} \\ \Rightarrow \overrightarrow {GA}  + 3\overrightarrow {GO}  = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \overrightarrow {GA}  =  - 3\overrightarrow {GO} \\ \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AO}} = \dfrac{3}{4}\end{array}\)

Trong \(\left( {ABE} \right)\) gọi \(F = BG \cap AE\,\,\left( {F \in AE} \right)\).

Lấy \(M \in AC\), trong \(\left( {ACD} \right)\) gọi \(N = MF \cap AD\,\,\,\left( {N \in AD} \right)\), khi đó ta có mặt phẳng chứa \(BG\) cắt \(AC,\,\,AD\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) chính là \(\left( {BMN} \right)\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(AOE\), cát tuyến \(BGF\):

\(\dfrac{{GA}}{{GO}}.\dfrac{{BO}}{{BE}}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow 3.\dfrac{2}{3}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{FA}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AE}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow F\) là trọng tâm tam giác \(ACD\).

Trong \(\left( {ACD} \right)\) kéo dài \(MN\) cắt \(CD\) tại \(H\). Đặt \(\dfrac{{AM}}{{AC}} = x\) \(\left( {0 < x < 1} \right)\).

 Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(ACE\), cát tuyến \(MHF\):

\(\dfrac{{MA}}{{MC}}.\dfrac{{HC}}{{HE}}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{x}{{1 - x}}.\dfrac{{HC}}{{HE}}.\dfrac{1}{2} = 1\)\( \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HE}} = \dfrac{{2\left( {1 - x} \right)}}{x}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow HE = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\\ \Rightarrow HC + CE = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\\ \Rightarrow CE = \dfrac{{3x - 2}}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}HD = HC + 2CE\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = HC + \dfrac{{3x - 2}}{{1 - x}}HC = \dfrac{{2x - 1}}{{1 - x}}HC\\ \Rightarrow \dfrac{{HE}}{{HD}} = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}:\dfrac{{2x - 1}}{{1 - x}} = \dfrac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}\end{array}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(AED\), cát tuyến \(MFN\):

\(\begin{array}{l}\dfrac{{FA}}{{FE}}.\dfrac{{HE}}{{HD}}.\dfrac{{ND}}{{NA}} = 1 \Rightarrow 2.\dfrac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}.\dfrac{{ND}}{{NA}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{ND}}{{NA}} = \dfrac{{2x - 1}}{x} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{ND}} = \dfrac{x}{{2x - 1}}\\ \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{NA + ND}} = \dfrac{x}{{x + 2x - 1}} = \dfrac{x}{{3x - 1}}\\ \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{x}{{3x - 1}}\end{array}\).

Khi đó ta có \(\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AM}}{{AC}}.\dfrac{{AN}}{{AD}} = x.\dfrac{x}{{3x - 1}} = \dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = \dfrac{{2x\left( {3x - 1} \right) - 3{x^2}}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{3{x^2} - 2x}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\x = \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{4}{9}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số \(\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{4}{9}\).

* Xác định \(\angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\).

+ \(\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'AO} \right) \bot BD\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'AO} \right) \cap \left( {A'BD} \right) = A'O\\\left( {A'AO} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AO\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A'O;AO} \right) = \angle A'OA\).

\( \Rightarrow \angle A'OA = {30^0}\).

* Xét tam giác \(A'OA\) vuông tại \(A\) có \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}BD = a\).

\( \Rightarrow AA' = \tan {30^0}.AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

\( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = \dfrac{1}{2}AC.BD.AA'\) \( = \dfrac{1}{2}.{\left( {2a} \right)^2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).

Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(S\) lên \(AB,\,\,BC,\,\,AC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta BCA}} = {S_{\Delta CAB}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}SM.AB = \dfrac{1}{2}SN.BC = \dfrac{1}{2}SP.CA\end{array}\)

Mà \(AB = BC = CA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow SM = SN = SP\).

Gọi \(O\) là hình chiếu của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SM\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OM\).

CMTT ta có \(ON \bot BC,\,\,OP \bot AC\).

Xét các tam giác vuông \(\Delta SOM,\,\,\Delta SON,\,\,\Delta SOP\) có:

\(\begin{array}{l}SO\,\,chung\\SM = SN = SP\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta SOM = \Delta SON = \Delta SOP\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow OM = ON = OP\), suy ra \(O\) cách đều các cạnh \(AB,\,\,BC,\,\,CA\) nên \(O\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) hoặc \(O\) là tâm đường tròn bàng tiếp \(\Delta ABC\).

+ TH1: \(O\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\). Mà \(\Delta ABC\) đều nên \(O\) là đồng thời là trọng tâm tam giác đều \(ABC\). Khi đó ta có \(AN = \dfrac{{\sqrt 6 .\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2},\,\,AO = \dfrac{2}{3}AN = \sqrt 2 \).

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {18 - 2}  = 4\).

\({S_{\Delta ABC}} = {\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.4.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

TH2: \(O\) là tâm đường tròn bàng tiếp \(\Delta ABC\).

Gọi \(R\) là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác \(ABC\), \(p\) là nửa chu vi tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow p = \dfrac{{3\sqrt 6 }}{2}\).

Khi đó ta có \({S_{ABC}} = \left( {p - BC} \right).R\) \( \Rightarrow {\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \left( {\dfrac{{3\sqrt 6 }}{2} - \sqrt 6 } \right).R \Leftrightarrow R = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Có \(AN = \dfrac{{\sqrt 6 .\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow OA = AN + ON = 3\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow SA > OA = 3\sqrt 2 \) (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

\( \Rightarrow SB = 3\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(OBM\) có: \(OB = \sqrt {O{M^2} + B{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 6 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SOB\) có: \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}}  = 2\sqrt 3 \).

Khi đó ta có \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 .{\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = 3\).

Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = 3\).