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

Đáp án:

$S_{xq} =  2a^2\sqrt3$ 

Giải thích các bước giải:

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:

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