Cho lăng trụ đều \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh bên bằng \(2a\). Gọi \(M,\,O\) lần lượt là trung

điểm \(A’B’\) và \(A’C’\). Biết khoảng cách giữa \(AM\) và \(CO\) bằng \(\frac{{4a}}{9}\). Thể tích khối lăng trụ đã cho

bằng

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

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

C. \({a^3}\).

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

Lời giải:

Gọi \(N,\,I\) lần lượt là trung điểm \(D’C’\) và \(B’C’\) và \(P\) là điểm đối xứng \(M\) qua \(I\), khi đó \(AMPC\) là hình bình hành. Ta được \(AM{\rm{//}}\left( {COP} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {AM;\,OC} \right) = d\left( {AM;\left( {COP} \right)} \right) = d\left( {M;\,\left( {COP} \right)} \right) = d\left( {N;\left( {COP} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {C’;\left( {COP} \right)} \right) = \frac{{4a}}{9}\).

\( \Rightarrow d\left( {C’;\left( {COP} \right)} \right) = \frac{{2a}}{9}\).

Gọi độ dài cạnh đáy bằng \(x\).

Ta có: \(C’K = \frac{1}{2}d\left( {N;OP} \right) = \frac{1}{2}NH\) với \(\frac{1}{{N{H^2}}} = \frac{1}{{N{O^2}}} + \frac{1}{{N{P^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{5}{{{x^2}}}\).

\( \Rightarrow NH = \frac{{x\sqrt 5 }}{5};C’K = \frac{{x\sqrt 5 }}{{10}}\).

Trong tam giác \(CC’K\) có \(\frac{1}{{C'{J^2}}} = \frac{1}{{CC{‘^2}}} + \frac{1}{{C'{K^2}}} \Leftrightarrow \)\(\frac{{81}}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 5 }}{{10}}} \right)}^2}}} \Rightarrow x = a\)

Vậy \({V_{ABCD.A’B’C’D’}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\).