Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\). Hình chiếu vuông góc của điểm \(A’\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trọng tâm tam giác \(ABC\). Biết khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BCC’B’} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\) Tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\).

A. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)

C. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{18}}.\)

D. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}.\)

Lời giải:

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow A’G\) là đường cao của lăng trụ \(ABC.A’B’C’\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) thì \(A,G,M\) thẳng hàng và \(AM \bot BC\)

Vẽ \(MH \bot AA’\) tại \(H\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot A’G\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot MH\), suy ra \(MH\) là đường vuông góc chung của \(BC\) và \(AA’\).

Do \(AA’//BB’\) nên \(AA’//\left( {BCC’B’} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {BCC’B’} \right)} \right) = d\left( {AA’,BC} \right) = MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {A{M^2} – M{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{3a}}{4}\).

Xét hai tam giác \(AGA’\) và \(AHM\)có \(\widehat A\) chung; \(\widehat {AHM} = \widehat {AGA’} = {90^0}\) nên \(\Delta AHM \sim \Delta AGA’\)

Suy ra \(\frac{{A’G}}{{AG}} = \frac{{HM}}{{AH}} \Rightarrow A’G = \frac{{AG.HM}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{3a}}{4}}} = \frac{a}{3}\)

Diện tích đáy \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Thể tích lăng trụ \(V = {S_{ABC}}.A’G = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{a}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).