Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a

Trong (ABC) xác định điểm E sao cho ACEO là hình bình hành.

Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}CE//AO//A\text{'}O\text{'}\\ CE=AO=A\text{'}O\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow A\text{'}O\text{'}EC$ cũng là hình bình hành.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{O\text{'}G}{GE}=\frac{O\text{'}K}{CE}=\frac{O\text{'}K}{A\text{'}O\text{'}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{O\text{'}G}{O\text{'}E}=\frac{1}{3}.$

Trong (AOO'A') kéo dài O'M cắt AO tại D.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{O\text{'}M}{MD}=\frac{A\text{'}O\text{'}}{AD}=\frac{A\text{'}M}{AM}=1\Rightarrow \frac{O\text{'}M}{O\text{'}D}=\frac{1}{2}.$

Khi đó ta có $\frac{V_{O\text{'}.OMG}}{V_{O\text{'}.ODE}}=\frac{O\text{'}M}{O\text{'}D}.\frac{O\text{'}G}{O\text{'}E}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\Rightarrow V_{O\text{'}.ODE}=6V_{O\text{'}.OMG}=6a^3.$

Ta có $V_{O\text{'}.ODE}=\frac{1}{3}h.S_{\Delta ODE}=6a^3.$

Ta lại có $S_{\Delta ODE}=\frac{1}{2}d\left(E;OD\right).OD$

Ta có $OD=2OA=2.\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3},d\left(E;OD\right)=d\left(C;AO\right)=\frac{a}{2}.$

$\Rightarrow S_{\Delta ODE}=\frac{1}{2}d\left(E;OD\right).OD=\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}.$

Vậy $h=\frac{18a^3}{\frac{a^2\sqrt{3}}{6}}=36a\sqrt{3}.$

Chọn B.