Đáp án:

$d(M;(A'BC))=\dfrac{3a}{8}$

Giải thích các bước giải:

Gọi $N$ là trung điểm $BC$

$\Rightarrow \begin{cases}AN\perp BC\\AN =\dfrac{a\sqrt3}{2}\end{cases}$

Ta có: $\triangle A'AB=\triangle A'AC\ (c.g.c)$

$\Rightarrow A'B = A'C$

$\Rightarrow \triangle A'BC$ cân tại $A'$

$\Rightarrow A'N\perp BC$

Khi đó:

$\begin{cases}(A'BC)\cap (ABC)= BC\\AN\perp BC\quad (cmt)\\AN\subset (ABC)\\A'N\perp BC\quad (cmt)\\A'N\subset (A'BC)\end{cases}$

$\Rightarrow \widehat{((A'BC);(ABC))}=\widehat{A'NA}$

Ta lại có: $(ABC)//(A'B'C')$

$\Rightarrow \widehat{((A'BC);(A'B'C'))}=\widehat{((A'BC);(ABC))}=\widehat{A'NA}$

$\Rightarrow \widehat{A'NA}= 60^\circ$

$\Rightarrow AA' = AN.\tan60^\circ = \dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot \sqrt3 = \dfrac{3a}{2}$

Gọi $P$ là trung điểm $B'C'$

$\Rightarrow \begin{cases}A'P\perp B'C'\\A'P = AN = \dfrac{a\sqrt3}{2}\\PN//BB'//CC'//AA'\\MP = MN =\dfrac12PN\end{cases}$

$\Rightarrow PN\perp (ABC);\ PN =\dfrac{3a}{2}$

Ta có:

$\begin{cases}BC\perp AN\\PN\perp BC\end{cases}$

$\Rightarrow BC\perp (A'ANP)$

Trong $mp(A'ANP)$ kẻ $PH\perp A'N$

$\Rightarrow BC\perp PN$

$\Rightarrow PN\perp (A'BC)$

$\Rightarrow PN = d(P;(A'BC))$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\triangle A'PN$ vuông tại $P$ đường cao $PH$ ta được:

$\quad \dfrac{1}{PH^2}=\dfrac{1}{A'P^2} +\dfrac{1}{PN^2}$

$\Rightarrow PH = \dfrac{A'P.PN}{\sqrt{A'P^2 + PN^2}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot \dfrac{3a}{2}}{\sqrt{\dfrac{3a^2}{4} + \dfrac{9a^2}{4}}}$

$\Rightarrow PH = \dfrac{3a}{4}$

Gọi $MK= d(M;(A'BC))$

$\Rightarrow MK//PH$

mà $MP = MN =\dfrac12PN$

nên $MK =\dfrac12PH =\dfrac{3a}{8}$

Vậy $d(M;(A'BC))=\dfrac{3a}{8}$

Có $BC//B'C'$

$\to (A'BC)\cap (A'B'C')=Ax//B'C'$

Trên $Ax$ lấy $D$ sao cho $A'D'=B'C'$

$\to A'B'C'D'$ là hình thoi tạo bởi hai tam giác đều 

Kẻ $C'H\bot Ax$

$\to C'H=\dfrac{a\sqrt3}{2}$

Có: $\sin60^o=\dfrac{d(C',(A'BC))}{C'H}$

$\to d(C',(A'BC))=\dfrac{3a}{4}$

Có $BC//B'C'$ nên:

$d(M,(A'BC))=\dfrac{1}{2}d(B',(A'BC))=\dfrac{1}{2}d(C',(A'BC))=\dfrac{3a}{8}$