Phép dời hình biến mặt phẳng thành mặt phẳng.

Gọi $D$ là trung điểm của $B'C'$. Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại $A'$  nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Vì $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ đứng nên $AA' \bot (A'B'C')$.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}A'D \bot B'C'\\AA' \bot B'C'\end{array} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'\\\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'\\\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD;A'D} \right)} = \widehat {ADA'} = {60^0}\)

Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại $A'$  nên \(\widehat {DA'C'} = \dfrac{1}{2}\widehat {B'A'C'} = {60^0}\) (trung tuyến đồng thời là phân giác)

Xét tam giác vuông \(A'D'C'\) có: \(A'D = A'C'.cos60 = 2a.\dfrac{1}{2} = a\)

Xét tam giác vuông \(AA'D\) có: \(AA' = A'D.\tan 60 = a.\sqrt 3 \)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \dfrac{1}{2}.2a.2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \)

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

Ta thấy \({V_1} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = h.{S_{ABCD}}\)  với \(h = d\left( {A',\left( {ABCD} \right)} \right)\)

+) \({V_{D'.ADC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {D',\left( {ADC} \right)} \right).{S_{\Delta ADC}} = \dfrac{1}{3}.h.\dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_1}\)

Tương tự ta có \({V_{C.D'C'B'}} = {V_{B'.ABC}} = {V_{A.A'B'D'}} = {V_{D'.ADC}} = \dfrac{1}{6}{V_1}\)

Lại có \({V_{C.D'C'B'}} + {V_{B'.ABC}} + {V_{A.A'B'D'}} + {V_{D'.ADC}} + {V_{ACB'D'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}}\)

\( \Leftrightarrow {V_2} = {V_{ACB'D'}} = {V_1} - 4.\dfrac{1}{6}{V_1} = \dfrac{{{V_1}}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{1}{3}\).

Ta có: \(D = 8,M = 6\) thì \(D - C + M = 2 \Leftrightarrow 8 - C + 6 = 2 \Leftrightarrow C = 12\)

Vậy số cạnh là \(12\).

Khối đa diện lồi có \(D\) đỉnh, \(M\) mặt và \(N\) cạnh thì \(D - C + M = 2\).

Ta có:\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}A{B^2} = \dfrac{1}{2}{a^2}.\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SC.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.3a.\dfrac{1}{2}{a^2} \)\(= \dfrac{1}{2}{a^3}.\)

Ta thấy hai lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) và \(AA'D'.BB'C'\) có một phép đối xứng qua mặt phẳng \(\left( {AB'C'D} \right)\) nên hai lăng trụ này bằng nhau.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác $ABC$ có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos 120}  \)

$= \sqrt {4{a^2} + {a^2} - 2.2a.a.\dfrac{{ - 1}}{2}}  = a\sqrt 7  \Rightarrow CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}$

\(C'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow C'H \bot CH \Rightarrow \Delta CC'H\) vuông tại $H$

\( \Rightarrow C'H = \sqrt {CC{'^2} - C{H^2}}  = \sqrt {\dfrac{{10{a^2}}}{4} - \dfrac{{7{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin 120 = \dfrac{1}{2}.2a.a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

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

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A'$  trên \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow AH\) là hình chiếu vuông góc của $AA'$  trên \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';AH} \right)} = \widehat {A'AH} = {60^0}\)

\(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot AH \Rightarrow \Delta A'AH\) vuông tại \(H \Rightarrow A'H = AA'.\sin 60 = a\sqrt 3 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\)

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

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

Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AC = 2a \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}BA.BC = \dfrac{1}{6}.2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = \dfrac{{2{a^3}}}{3}\).

Hình đa diện lồi cũng là hình đa diện nên mỗi cạnh của nó là cạnh chung của đúng \(2\) mặt.

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

Bước 1:

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Vì chóp $S.ABC$ đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ ta có: \(AD \bot BC\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot SG\,\,\left( {SG \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SD \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AD \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;AD} \right)} = \widehat {SDA} = {60^0}\)

Bước 2:

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

\(SG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SG \bot AD \Rightarrow \Delta SGD\) vuông tại $G$

\( \Rightarrow SG = GD.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3  = \dfrac{a}{2}\)

Bước 3:

Tam giác $ABC$ đều \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Bước 4:

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

Hình đa diện luôn có số đỉnh và số mặt nhỏ hơn số cạnh

Không phải hình đa diện nào cũng có số đỉnh bằng số mặt, ví dụ hình lập phương có 8 đỉnh và 6 mặt

Hình tứ diện có số đỉnh bằng số mặt (bằng 4).

Chỉ có $5$ loại khối đa diện đều là tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối $12$ mặt đều và khối $20$ mặt đều.

Khối đa diện A là khối chóp tứ giác.

Khối đa diện D không phải là khối đa diện lồi

Khối đa diện B, C là khối đa diện lồi

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.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AC\)là hình chiếu của $SC$ trên \(\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = {60^0}\)

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại $A$ và $\widehat {SCA} = {60^0}$

Xét tam giác vuông $SAC$ có: \(SA = AC.\tan 60 = a\sqrt 2 .\sqrt 3  = a\sqrt 6 ;\,SC = \dfrac{{AC}}{{{\rm{cos60}}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\dfrac{1}{2}}} = 2a\sqrt 2 \)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAC$ có: \(A{C^2} = HC.SC \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{SC}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{S{C^2}}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{8{a^2}}} = \dfrac{1}{4}\)

Trong $\left( {SAC} \right)$  kẻ \(HK//SA \Rightarrow HK \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(\dfrac{{HK}}{{SA}} = \dfrac{{HC}}{{SC}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow HK = \dfrac{1}{4}SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\)

Vậy \({V_{H.ABCD}} = \dfrac{1}{3}HK.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}.\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}\)  

Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,\,\,AC = 2a,\,\,AD = 3a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(DH \le AD\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \dfrac{1}{2}AB.AC\).

Vây \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \dfrac{1}{3}AD.\dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),\,\,AB \bot AC\) hay \(AB,\,\,AC,\,\,AD\) đôi một vuông góc.

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 \(M\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì \(\Delta A'B'C'\) đều nên \(A'M \bot B'C'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'M \bot B'C'\\A'M \bot BB'\,\,\left( {BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A'M \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

\( \Rightarrow BM\) là hình chiếu của \(A'M\) lên \(\left( {BCC'B'} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;MB} \right) = \angle A'BM = {30^0}\).

Theo bài ra ta có \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(a\) nên \(A'M = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có: \(A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM\) \( \Rightarrow \Delta A'BM\) vuông tại \(M\) \( \Rightarrow BM = A'M.\cot {30^0} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BB'M\) ta có: \(BB' = \sqrt {B{M^2} - BB{'^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \).

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

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SB\).

Ta có: \(OB = \sqrt {\dfrac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}}  = BC\), \(OC = \dfrac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \). Suy ra \(OB \bot BC\).

Dễ thấy \(\angle SBO = \alpha \) và \(OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\).

Suy ra \(SO = \dfrac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{1}{{\cos \alpha }}\), \(OB = \dfrac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

\( \Rightarrow BC = OB = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là:

\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\cos \alpha }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^2} = \dfrac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(\begin{array}{l}1 = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{27}} \ge \dfrac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha  \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha  = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\).

Vậy \(a + b = 3 + 2 = 5\).

Vì $BC//AD$ nên mặt phẳng $\left( {BMC} \right)$ cắt $\left( {SAD} \right)$ theo đoạn thẳng $MN//AD\left( {N \in SD} \right)$

Vì \(MN//AD \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = k\)

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.MBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}} = k \Rightarrow {V_{S.MBC}} = k.{V_{S.ABC}} = \dfrac{k}{2}.{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = {k^2} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = {k^2}.{V_{S.ADC}} = \dfrac{{{k^2}}}{2}.{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.MBCN}} = {V_{S.MBC}} + {V_{S.MNC}} = \left( {\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2}} \right){V_{S.ABCD}}\end{array}$

Để mặt phẳng $\left( {BMNC} \right)$ chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì $\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}$ do $k > 0$.

* 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 \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}BD = a\).

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

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

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kẻ \(B'H \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\) (do \(\angle B'BC\) nhọn).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(HK\parallel AC \Rightarrow HK \bot AB\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\AB \bot B'H\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {B'HK} \right) \Rightarrow AB \bot B'K\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\B'K \subset \left( {ABB'A'} \right),\,\,B'K \bot AB\\HK \subset \left( {ABC} \right),\,\,HK \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {B'K;HK} \right) = \angle B'HK = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta B'HK\) vuông cân tại \(H \Rightarrow B'H = HK = x\).

Xét tam giác vuông \(BB'H\) có: \(BH = \sqrt {BB{'^2} - BH{'^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(AC = BC.\sin {60^0} = a\sqrt 3 \), \(AB = BC.\cos {60^0} = a\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{HK}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{{2a}} = \dfrac{x}{{a\sqrt 3 }}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left( {4{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow 12{a^2} - 3{x^2} = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{12{a^2}}}{7}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7} = B'H\end{array}\)

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = B'H.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^3}\sqrt 7 }}{7}\).