Cho khối lăng trụ \(ABC.A'B'C',\) khoảng cách từ \(C\) đến đường thẳng \(BB'\) bằng \(\sqrt{5},\) khoảng cách từ \(A\) đến các đường thẳng \(BB'\)

Qua \(M\) dựng mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với \(AA'\) cắt các cạnh \(AA',\ BB',\ CC'\) lần lượt tại \(N,\ E,\ F.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & AA'\bot NE\Rightarrow NE=d\left( E,\ AA' \right)=d\left( N,\ BB' \right)=d\left( A,\ BB' \right)=1. \\  & AA'\bot NF\Rightarrow NF=d\left( F,\ AA; \right)=d\left( N,\ CC' \right)=d\left( A,\ CC' \right)=2 \\  & AA'\bot \left( P \right)\Rightarrow CC'\bot \left( P \right)\Rightarrow CC'\bot EF\Rightarrow EF=d\left( E,\ CC' \right)=d\left( F,\ BB' \right)=d\left( C,\ BB' \right)=\sqrt{5}. \\ \end{align} \right.\)

Có: \(N{{E}^{2}}+N{{F}^{2}}=EF{{'}^{2}}\Rightarrow \Delta NEF\) vuông tại \(N.\)  (định lý Pi-ta-go đảo)

\(\Rightarrow MN=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{5}}{2}.\)Mà: \(\frac{ME}{MF}=\frac{MB'}{MC'}=1\Rightarrow ME=MF\) (định lý Ta-lét)\(\Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF.\)

Xét tam giác \(AA'M\) vuông tại \(M\) ta có:

\(\frac{1}{M{{N}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A'{{M}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{5}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{5}\Leftrightarrow AM=\frac{\sqrt{15}}{3}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & \left( P \right)\bot AA' \\  & \left( A'B'C' \right)\bot AM \\ \end{align} \right.\Rightarrow \angle \left( \left( P \right),\ \left( A'B'C' \right) \right)=\angle \left( AA',\ AM \right)=\angle A'MA.\)

\(\Rightarrow \cos A'MA=\frac{AM}{AA'}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{3}}{\sqrt{5+\frac{5}{3}}}=\frac{1}{2}.\)

Ta thấy \(\Delta NEF\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta A'B'C'\) lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow {{S}_{A'B'C'}}=\frac{{{S}_{NEF}}}{\cos A'MA}=\frac{\frac{1}{2}NE.NF}{\frac{1}{2}}=1.2=2. \\  & \Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{A'B'C'}}.AM=2.\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3}. \\ \end{align}\)

Chọn B.