Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho hình chóp \(S.ABC\). Trên \(SA,\,\,SB,\,\,SC\) lần lượt lấy các điểm \(A',\,\,B',\,\,C'\), khi đó ta có: \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SC}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\), so sánh \({V_{GG'CA'}}\) và \({V_{A'.GHC}}.\)

- So sánh \({S_{GHC}};\,\,{S_{BCC'B'}}\), từ đó so sánh \({V_{A'.GHC}};\,\,{V_{A'.BCC'B'}}\).

- Áp dụng \({V_{A'.BCC'B'}} = \dfrac{2}{3}V\), tính \({V_{GG'CA'}}\).

Lời giải chi tiết:

Đặt \({V_{GG'CA'}} = {V_1}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(B'C'\), ta có: \(\dfrac{{{V_{A'.G'GC}}}}{{{V_{A'.HGC}}}} = \dfrac{{A'G'}}{{A'H}} = \dfrac{2}{3}\).

Do đó \({V_1} = \dfrac{2}{3}{V_{A'.GHC}}.\)

Xét tam giác \(CC'B'\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}C'B' = C'C = a\\\angle CC'B' = {60^0}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \Delta CC'B'\) là tam giác đều cạnh \(a\)\( \Rightarrow CH \bot B'C'\) và \(CH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\), chứng minh tương tự ta có \(B'K \bot BC\).

\( \Rightarrow CKB'H\) là hình chữ nhật, do đó \(d\left( {G;CH} \right) = CK = \dfrac{a}{2}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{GHC}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2}} = \dfrac{1}{4}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{A'.GHC}}}}{{{V_{A'.BCC'B'}}}} = \dfrac{{{S_{GHC}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \dfrac{1}{4}\)\( \Rightarrow {V_{A'.GHC}} = \dfrac{1}{4}{V_{A'.BCC'B'}}\). Mà \({V_{A'.BCC'B'}} = \dfrac{2}{3}V\).

Suy ra \({V_1} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{4}{V_{ABCC'B'}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{4}.\dfrac{2}{3}.V = \dfrac{V}{9}.\)

Chọn D.