Cho khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\)có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của \(B’\)lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trọng tâm tam giác \(ABC\), góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A’B’C’} \right)\)và \(\left( {BCC’B’} \right)\)bằng \(60^\circ \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA’\)và \(B’C’\)bằng \(3a\). Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

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

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

C. \(\frac{{8{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

D. \(8{a^3}\sqrt 6 \).

Lời giải:

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(O\)lên \(B’M\). Giả sử cạnh đáy bằng \(x\).

Ta có \(B’O \bot \left( {ABC} \right)\)và \(\left( {\left( {A’B’C’} \right),\left( {BCC’B’} \right)} \right) = \left( {\left( {ABC} \right),\left( {BCC’B’} \right)} \right) = \widehat {B’MO} = {60^0}\).

\(d\left( {A’A,B’C’} \right) = d\left( {A’A,\left( {B’C’CB} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {B’C’CB} \right)} \right) = 3d\left( {O,\left( {B’C’CB} \right)} \right) = 3OH = 3a\)

\( \Rightarrow OH = a\).

Trong tam giác \(B’OM\)có

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{B'{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\), trong đó \(\left\{ \begin{array}{l}OM = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\\B’O = OM.\tan 60^\circ = \frac{x}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(\frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{{12}}{{{x^2}}} \Rightarrow x = 4a\).

Thể tích khối lăng trụ \(V = B’O.{S_{ABC}} = \frac{x}{2}.\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = 8{a^3}\sqrt 3 \).