Phương pháp giải:

Khối nón cụt có đáy lớn \(R\), đáy nhỏ \(r\), chiều cao \(h\) có thể tích \(V = \frac{1}{3}\pi h\left( {{R^2} + {r^2} + Rr} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AH\) là hình chiếu của \(A'H\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

Suy ra \(\angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'A;AH} \right)\) \( = \angle A'AH = {60^0}\).

Xét tam giác \(ABH\) có \(\angle ABH = \angle ABC = {60^0}\) (do tam giác \(ABC\) đều), \(AB = 3a,\) \(BH = \frac{2}{3}BC = 2a\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ta có:

\(\begin{array}{l}A{H^2} = A{B^2} + B{H^2} - 2AB.BH.\cos \angle ABH\\A{H^2} = {\left( {3a} \right)^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2.3a.2a.\cos {60^0}\\A{H^2} = 7{a^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow AH = a\sqrt 7 \).

Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot AH\) \( \Rightarrow \Delta A'AH\) vuông tại \(H\).

\( \Rightarrow A'H = AH.tan{60^0}\)\( = a\sqrt 7 .\sqrt 3  = a\sqrt {21} \).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(3a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}A'H.{S_{\Delta ABC}}\) \( = a\sqrt {21} .\frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 7 {a^3}}}{4}\).

Chọn B.