Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 1, biết khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $\frac{\sqrt{6}}{4}$, từ $B$ đến $(SCA)$ là $\frac{\sqrt{30}}{20}$, từ $C$ đến $(SAB)$ là $\frac{\sqrt{51}}{34}$ và hình chiếu vuông góc của $S$ xuống đáy nằm trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp $V_{S.ABC}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0),B=(1,0),C=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $S=(x,y,h)$ với $h$ là chiều cao. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}h$. Khoảng cách từ đỉnh tới mặt đối diện: $d_A=\frac{3V}{S_{SBC}}$, v.v. Thử $V=\frac{1}{64}\Rightarrow h=\frac{3V}{\sqrt{3}/4}=\frac{\sqrt{3}}{16}$. Khi đó $S_{SBC}=\frac{3/64}{\sqrt{6}/4}=\frac{3}{16\sqrt{6}}$, $S_{SCA}=\frac{15}{16\sqrt{30}}$, $S_{SAB}=\frac{51}{32\sqrt{51}}$. Tính diện tích các mặt qua tọa độ: $S_{SBC}=\frac{1}{2}\sqrt{h^2+k_1^2}$ với $k_1=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}$; $S_{SCA}=\frac{1}{2}\sqrt{h^2+k_2^2}$ với $k_2=\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}$; $S_{SAB}=\frac{1}{2}\sqrt{h^2+y^2}$. Từ $S_{SAB}$: $4S_{SAB}^2=\frac{51}{256}$ nên $y^2=\frac{51}{256}-\frac{3}{256}=\frac{3}{16}\Rightarrow y=\frac{\sqrt{3}}{4}$. Từ hai phương trình còn lại: $\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}=\frac{\sqrt{3}}{16}$ và $\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{16}$, giải ra $x=\frac{5}{8},y=\frac{\sqrt{3}}{4}$ (khớp). Điểm $(\frac{5}{8},\frac{\sqrt{3}}{4})$ nằm trong tam giác đều (thỏa mãn giả thiết hình chiếu nằm trong đáy). Vậy hệ nhất quán với $h=\frac{\sqrt{3}}{16}$, suy ra $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{3}}{16}=\frac{3}{192}=\frac{1}{64}$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn.