Cho khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) và \(A’A = A’B = A’C\). Biết khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BCC’B’} \right)\) bằng \(\frac{a}{2}\), thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

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

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

C. \(\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\).

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

Lời giải:

Gọi \(O\) là tâm tam giác đều \(ABC\). Do \(A’A = A’B = A’C\) nên \(A’O \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi \(M,N\) là trung điểm \(BC,B’C’ \Rightarrow BC \bot AM\), mà \(BC \bot A’O\) nên \(BC \bot \left( {AMA’} \right)\).

Dựng \(A’H \bot MN\), mà \(A’H \bot BC\) nên \(A’H \bot \left( {BCC’B’} \right)\).

Do \(AA’\,{\rm{//}}\left( {BCC’B’} \right)\) nên \(d\left( {A,\left( {BCC’B’} \right)} \right) = d\left( {A’,\left( {BCC’B’} \right)} \right) \Leftrightarrow A’H = \frac{a}{2}\)

Gọi \(I = A’O \cap MN \Rightarrow \Delta IA’N\) có \(OM\,\,{\rm{//}}\,A’N\) nên \(\frac{{IO}}{{IA’}} = \frac{{OM}}{{A’N}} = \frac{1}{3} \Rightarrow A’O = \frac{2}{3}IA’\)

Ta có: \(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{N^2}}} + \frac{1}{{A'{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{A'{I^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} – \frac{1}{{A'{N^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} – \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 a}}{2}} \right)}^2}}} = \frac{8}{{3{a^2}}} \Rightarrow A’I = \frac{{\sqrt 6 a}}{4}\)

\( \Rightarrow A’O = \frac{2}{3}A’I = \frac{{\sqrt {6a} }}{6}\)

Vậy \({V_{ABC.A’B’C’}} = {S_{\Delta ABC}}.A’O = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{\sqrt 6 a}}{6} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{8}\).