Cho hình lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(\widehat {ABC} = 120^\circ \). Chân đường cao hạ từ \(A’\) trùng với trọng tâm tam giác \(ABD\); góc giữa mặt phẳng \(\left( {ADD’A’} \right)\) với đáy bằng \(60^\circ \). Thể tích hình lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\) bằng bao nhiêu biết khoảng cách từ \(C\) đến \(B’C’\) bằng \(a\sqrt 3 \).

A. \(\frac{{27\sqrt 3 \,{a^3}}}{4}\).

B. \(\frac{{9\sqrt 3 \,{a^3}}}{8}\).

C. \(\frac{{9\sqrt 3 \,{a^3}}}{4}\).

D. \(\frac{{9\sqrt 3 \,{a^3}}}{{12}}\).

Lời giải:

Xét hình thoi \(ABCD\) có \(\widehat {ABC} = 120^\circ \), suy ra \(\widehat {BAD} = 60^\circ \). Do đó tam giác \(ABD\) đều.

Dựng \(GH\) vuông với \(AD\) tại \(H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot GH\\AD \bot A’G\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {A’GH} \right)\). Do đó \(AD \bot A’H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ADD’A’} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\AD \bot A’H \subset \left( {ADD’A’} \right)\\AD \bot GH \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {ADD’A’} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A’H;GH} \right) = \widehat {A’HG}\).

\( \Rightarrow \widehat {A’HG} = 60^\circ \).

Gọi \(x\) là độ dài cạnh của tam giác \(ABD\).

Ta có \(GH = \frac{1}{3}BH = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\).

Xét \(\Delta A’GH\) có \(A’H = \frac{{GH}}{{\cos 60^\circ }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(d\left( {C;B’C’} \right) = d\left( {BC;B’C’} \right) = d\left( {A’D’;AD} \right) = d\left( {A’;AD} \right) = A’H\).

Suy ra \(a\sqrt 3 = \frac{{x\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow x = 3a\).

Ta có \(GH = \frac{{x\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), do đó \(A’G = HG.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD.ABCD}} = A’G.\,{S_{ABCD}} = \frac{{3a}}{2}.\,2\,.\,{\left( {3a} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 \,{a^3}}}{4}\).