Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, đường thẳng A’B tạo

Gọi M là trung điểm của B’C’

Vì tam giác A’B’C’ đều nên A’M ⊥ B’C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'M \bot B'C'\\A'M \bot BB'\left( {BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A'M \bot \left( {BCC'B'} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'B;MB} \right)} = \widehat {A'BM} = 30^\circ \)

Theo bài ra ta có \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh a có AM là đường cao nên \(A'M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}.AM.B'C' = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có: \(A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM\) nên tam giác A’BM vuông tại M

Suy ra: \(BM = A'M.\cot 30^\circ = \frac{{3a}}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông BB’M ta có:

\(BB' = \sqrt {B{M^2} - B'{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 2 \)

Do đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{A'B'C'}} = a\sqrt 2 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}.\)

Vậy đáp án cần chọn là B.