Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $2a.$ Biết $A'$ cách đều ba đỉnh $A,B,C$ và mặt phẳng $\left( A'BC \right)$ vuông...

Có $A'$ cách đều ba đỉnh $A,B,C$ nên hình chóp $A'.ABC$ là hình chóp tam giác đều
$\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)$ với $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Gọi $O=A'B\cap AB',O'=A'C\cap AC'.$ Khi đó $\left( A'BC \right)\cap \left( AB'C' \right)=OO'.$
Lại có trong $\left( A'BC \right),A'I\bot OO'$ tại $J$ với $I$ là trung điểm $BC.$
Trong $\left( AB'C' \right)$ có $AI\bot OO'$ tại $J$ (có $\Delta AA'B=\Delta AA'C\Rightarrow AO=AO'$ và $J$ là trung điểm $OO')$
$\Rightarrow \left( \left( A'BC \right),\left( AB'C' \right) \right)=\left( A'I,AJ \right)={{90}^{0}}$, mà ta dễ dàng chứng minh được $J$ là trung điểm $A'I$ hay trong tam giác $A'AI$ thì $AJ$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.
$\Rightarrow \Delta A'AI$ là tam giác cân tại $A$ hay $AA'=AI=a\sqrt{3}.$
Khi đó: $h=A'H=\sqrt{AA{{'}^{2}}-{{\left( \dfrac{2}{3}AI \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{2}{3}a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{3}.$
Vậy $V={{S}_{ABC}}.A'H={{\left( 2a \right)}^{2}}.\dfrac{\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{15}}{3}={{a}^{3}}\sqrt{15}.$