Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, khoảng cách từ C đến đường thẳng BB’ bằng \(\sqrt 5 \) , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB’ và CC’ lần lượt bằng 1 và 2, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm M của B’C’ và \(A'M = \frac{{\sqrt {15} }}{3}\) . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A  trên BB’,CC’ \( \Rightarrow AE = 1,AF = 2\)

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AE\\BB' \bot AF\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow BB' \bot EF\\ \Rightarrow EF = d\left( {C,BB'} \right) = \sqrt 5 \end{array}\)

Ta có: \(A{E^2} + A{F^2} = {1^2} + {2^2} = 5 = E{F^2}\) Suy ra \(\Delta AEF\)  vuông tại \(A\) .

Gọi M’ là trung điểm của BC

Gọi \(K = MM' \cap EF \Rightarrow K\) là trung điểm của \(EF\Rightarrow AK=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{5}}{2}.\) (do tam giác AEF vuông tại A và AK là đường trung tuyến)

Lại có \(MM'//BB' \Rightarrow MM' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MM' \bot AK\) . Lại có tam giác AMM’ vuông tại A có AK là đường cao nên:

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{AM{'^2}}} \Rightarrow \frac{4}{5} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{9}{{15}} \Rightarrow AM = \sqrt 5 \)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(FE\Rightarrow AH\bot \left( BCC'B' \right)\)

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{5}{4} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\)

\(\begin{align} & MM{{'}^{2}}=A{{M}^{2}}+AM{{'}^{2}}=5+\frac{15}{9}=\frac{20}{3}\Rightarrow MM'=\frac{2\sqrt{15}}{3}=BB' \\ & {{S}_{BB'C'C}}=d\left( C,BB'\right).BB'=\sqrt{5}.\frac{2\sqrt{15}}{3}=\frac{10\sqrt{3}}{3} \\ & \Rightarrow{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3}{2}{{V}_{ABCC'B'}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}AH.{{S}_{BB'C'C}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.\frac{2\sqrt{5}}{5}.\frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3} \\ \end{align}\)

Chọn D.