Câu hỏi 1

Tam giác \(AA'B\) có \(AA' = A'B\) và \(\widehat {A'} = \widehat B = {60^0}\) nên là tam giác đều cạnh \(2\). Tam giác ABC vuông tại A có \(AB = 2,BC = 4\) nên theo Pitago ta có : \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{4^2} - {2^2}} = 2\sqrt 3 \)\( \Rightarrow A'C' = AC = 2\sqrt 3 \). Gọi E là trung điểm của A’B’ ta thấy, AE là đường cao trong tam giác đều AA’B cạnh \(2\) nên \(AE = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \) KE là đường trung bình trong tam giác B’C’A’ nên \(KE = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 3 = \sqrt 3 \) Do đó tam giác AEK cân tại E. Ta thấy, \(A'B'//AB \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (1) Mà \(AK \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',AK} \right) = \dfrac{3}{2}\). Gọi F là trung điểm của AK thì \(EF \bot AK\) (3) Lại có, \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot A'B'\\KE \bot A'B'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot EF\) (4) Do đó EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng A’B’ và AK \( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = EF = \dfrac{3}{2}\). Tam giác AEF vuông tại F có \(AE = \sqrt 3 ,EF = \dfrac{3}{2}\) nên theo Pitago ta có : \(AF = \sqrt {A{E^2} - E{F^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AK = 2AF = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \) Tam giác AKE có \(AE = EK = AK = \sqrt 3 \) nên là tam giác đều. Gọi H là hình chiếu của A lên KE thì : \(AH \bot KE\) và \(AH = EF = \dfrac{3}{2}\) (đường cao trong tam giác đều cạnh \(\sqrt 3 \)). Mà \(A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot AH\) Do đó \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\). Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AH = \dfrac{1}{2}AB.AC.AH\)\( = \dfrac{1}{2}.2.2\sqrt 3 .\dfrac{3}{2} = 3\sqrt 3 \). Chọn C.