Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy ABC là tam giác...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. Vì A’ cách đều A, B, C nên \(A'O \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow OA\) là hình chiếu vuông góc của A’A trên (ABC) \( \Rightarrow \widehat {\left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'A;OA} \right)} = \widehat {A'AO} = {60^0}\)

Tam giác ABC đều nên \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OA = \dfrac{2}{3}AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(A'O \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'O \bot OA \Rightarrow \Delta A'OA\) vuông tại O

\( \Rightarrow A'O = OA.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = a\)\( = d\left( {B';\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right)\)

\({S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{B'ABC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}\)\( = \dfrac{1}{3}a\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

\({V_{A.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

\({V_{ABC.A'B'C'}} = A'O.{S_{\Delta ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ACB'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{B'.ABC}} - {V_{A.A'B'C'}}\)\( = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} - \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} - \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Chọn D.