Cho hình lăng trụ đứng\(ABC.A’B’C’\), biết đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(2a\). Khoảng cách từ trọng tâm\(O\) của tam giác \(ABC\)đến mặt phẳng \(\left( {A’BC} \right)\) bằng \(\frac{a}{3}\). Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) bằng

A. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{8}\).

B. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{{28}}\).

C. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{4}\).

D. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).

Lời giải:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Ta có \(\left( {A’AM} \right) \bot \left( {A’BC} \right)\) theo giao tuyến \(A’M\).

Trong \(\left( {A’AM} \right)\) kẻ \(OH \bot A’M\,(H \in A’M)\).

\( \Rightarrow OH \bot \left( {A’BC} \right)\).

Suy ra: \(d\left( {O,\,\left( {A’BC} \right)} \right) = OH = \frac{a}{3}\).

Xét hai tam giác vuông \(A’AM\)và \(OHM\)có góc \(\widehat M\)chung nên chúng đồng dạng.

Suy ra: \(\frac{{OH}}{{A’A}} = \frac{{OM}}{{A’M}} \Rightarrow \frac{{\frac{a}{3}}}{{A’A}} = \frac{{\frac{1}{3}.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {A'{A^2} + A{M^2}} }} \Rightarrow \frac{1}{{A’A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {A'{A^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }}\).

\( \Rightarrow A’A = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Vậy thể tích của hình lăng trụ là: \({V_{ABC.A’B’C’}} = {S_{\Delta ABC}}.A’A = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).