Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = a,\,\,AC = 2a,\,\,\widehat {BAC} = 120^\circ .\) Gọi \(M\) là trung điểm cạnh

Ta có\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC}\)

\( = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \cos 120^\circ  = 7{a^2}.\)

Đặt \(CC' = 2x \Rightarrow CM = MC' = x.\)

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên ta có tam giác \[BCM\] vuông tại \(C\) và tam giác \(A'C'M\) vuông tại \(C'.\)

Ta có: \(B{M^2} = B{C^2} + C{M^2} = 7{a^2} + {x^2};\)

\(A'{M^2} = A'{C^2} + C'{M^2} = {\left( {2a} \right)^2} + {x^2} = 4{a^2} + {x^2}\); \(A'{B^2} = A'{A^2} + A{B^2} = 4{x^2} + {a^2}.\)

Vi \(\widehat {BMA'} = 90^\circ \) nên tam giác \(BMA'\) vuông tại \(M\), do đó:

\(A'{B^2} = B{M^2} + A'{M^2} \Leftrightarrow 4{x^2} + {a^2} = 7{a^2} + {x^2} + 4{a^2} + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 5 .\) Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB \cdot d\left( {C,\,\,AB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\,\,AB} \right) = a\sqrt 3 .\)

Lại có: \(d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABA'} \right)} \right) = d(C,AB)\) (vì \(C{C^\prime }\,{\rm{//}}\,\left( {ABA'} \right)\) và \(\left. {(ABC) \bot \left( {ABA'} \right)} \right).\)

Ta có: \({S_{ABA'}} = \frac{1}{2}AB \cdot AA' = {a^2}\sqrt 5 \,;\,\,{S_{MBA'}} = \frac{1}{2}MB \cdot MA' = 3\sqrt 3 {a^2}.\)

\({V_{AA'BM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABA'}} \cdot d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{MBA'}} \cdot d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}.\)

Chọn B.