Xét tam giác \(PBC\)và tam giác \(PAB\)có: 

\(\frac{PB}{PA}=\frac{BC}{AB}=\frac{PC}{PB}=\sqrt{2}\)

suy ra \(\Delta PBC~\Delta PAB\left(c.c.c\right)\)

suy ra \(\widehat{PBC}=\widehat{PAB}\).

\(\widehat{APB}=180^o-\widehat{PAB}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{PBC}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{ABC}\)

\(=180^o-45^o-135^o\)

A B C B' C' A' E M

Từ giả thiết ta suy ra tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B

Thể tích của khối lăng trụ là \(V_{ABC.A'B'C'}=AA'.BC=a\sqrt{2.}\frac{1}{2}a^2=\frac{\sqrt{2}}{2}a^3\)

Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B'C nên khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM, B'C bằng khoảng cách giữa B'C và mặt phẳng (AME)

Nhận thấy, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME)

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do đó tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc với nhau nên :

\(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BM^2}+\frac{1}{BE^2}\Rightarrow\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{7}{a^2}\)

\(\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{7}}{7}\)

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng B'C và AM bằng \(\frac{a\sqrt{7}}{7}\)

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

A B C S H

Gọi H là trung điểm của BC=> HA=HB=HC

Kết hợp với giả thiết

SA=SB=SC=>\(SH\perp BC,\Delta SHA=\Delta SHB=SHC\)

\(\begin{cases}SH\perp\left(ABC\right)\\\widehat{SAH}=60^0\end{cases}\)

Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A

\(AC=AB=a\sqrt{2}\Rightarrow BC=2a\Rightarrow AH=a\)

Tam giác SHA vuông :

\(SH=AH.\tan60^0=a\sqrt{3}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.SH=\frac{\sqrt{3}a^3}{3}\)

Gọi O; R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Suy ra P thuộc đường thẳng SH, nên O thuộc mặt phẳng (SBC). Do đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC. 

Xét tam giác SHA ta có : \(SA=\frac{SH}{\sin60^0}=2a\Rightarrow\Delta SBC\) là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2a.

Suy ra \(R=\frac{2a}{2\sin60^0}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

A B H C C' A' B'

Gọi H là trung điểm của cạnh BC. Suy ra :

\(\begin{cases}A'H\perp\left(ABC\right)\\AH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+3a^2}=a\end{cases}\)

Do đó : \(A'H^2=A'A^2-AH^2=3a^2=3a^2\Rightarrow A'H=a\sqrt{3}\)

Vậ \(V_{A'ABC}=\frac{1}{3}A'H.S_{\Delta ABC}=\frac{a^2}{2}\)

Trong tam giác vuông A'B'H ta có :

\(HB'=\sqrt{A'B'^2+A'H^2}=2a\) nên tam giác B'BH cân tại B'

Đặt \(\varphi\) là góc giữa 2 đường thẳng AA' và B'C' thì \(\varphi=\widehat{B'BH}\)

Vậy \(\cos\varphi=\frac{a}{2.2a}=\frac{1}{4}\)

tại sao tam giác A'B'H lại vuông tại A' ạ??