Cho hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác cân \(AB = AC = a;\widehat {BAC} = {120^0}\) và $AB'$ vuông góc với $\left( {A'B'C'} \right)$ . Mặt phẳng $\left( {AA'C'} \right)$ tạo với mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ một góc \({30^0}\). Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là:

Trong (A’B’C’) kẻ \(B'K \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AB' \bot A'C'\left( {AB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\\B'K \bot A'C'\end{array} \right\} \Rightarrow A'C' \bot \left( {AB'K} \right) \Rightarrow A'C' \bot AK\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {AA'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = A'C'\\\left( {AA'C'} \right) \supset AK \bot A'C'\\\left( {A'B'C'} \right) \supset B'K \bot A'C'\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {AA'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AK;B'K} \right)} = \widehat {AKB'} = {30^0}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{A'B'C'}} = \dfrac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin 120 = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{1}{2}B'K.A'C'\\ \Rightarrow B'K = \dfrac{{2{S_{A'B'C'}}}}{{A'C'}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

\(AB' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AB' \bot B'K \Rightarrow \Delta AB'K\) vuông tại B’

$ \Rightarrow AB' = B'K.tan30 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{2}$

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AB'.{S_{A'B'C'}} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)