Cho hình lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ và $BC=4a$, tam giác $A{A}^{\prime }C$ cân tại $A^{\prime }$ và tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $B^{\prime }$. Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ bằng $a$. Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

+) Gọi $D$ đối xứng $B$ qua $A$ thì $AD{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành nên $A^{\prime }D\parallel A{B}^{\prime }$.

Dẫn tới $A^{\prime }D\perp B^{\prime }{C}^{\prime }\Rightarrow A^{\prime }D\perp BC$. Kết hợp $BC\perp A^{\prime }H$ suy ra $BC\perp (A^{\prime }DH)\Rightarrow BC\perp DH$.

Lại có $AB=AC=AD$ nên $BC\perp CD$, do đó $D$, $H$, $C$ thẳng hàng, hay $H\in CD$. (1)

+) Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $\{\begin{array}{l}AC\perp A^{\prime }M\\ AC\perp A^{\prime }H\end{array}\Rightarrow AC\perp (A^{\prime }MH)\Rightarrow AC\perp MH$.

Mà $AC\perp AB$ nên $MH\parallel AB$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $H$ là trung điểm $CD$.

+) Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $B$ thì $BE{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là hình bình hành nên $B^{\prime }E\parallel B{C}^{\prime }$.

Suy ra $d\left(B,(B^{\prime }AE)\right)=d\left(A{B}^{\prime },B{C}^{\prime }\right)=a$.

+) Gọi $K$ là trung điểm $BC$ thì $A^{\prime }{B}^{\prime }KH$ là hình bình hành nên $B^{\prime }K\parallel A^{\prime }H\Rightarrow B^{\prime }K\perp (ABC)$.

Khi đó $KA=\frac{1}{2}BC=2a$, $KE=KB+BE=6a$.

Dẫn tới $KE=\frac{3}{2}BE\Rightarrow d\left(K,(B^{\prime }AE)\right)=\frac{3}{2}d\left(B,(B^{\prime }AE)\right)=\frac{3a}{2}$.

+) Tứ diện $B^{\prime }AEK$ là tứ diện vuông tại $K$ nên $\frac{1}{d^2\left(K,(B^{\prime }AE)\right)}=\frac{1}{K{A}^2}+\frac{1}{K{E}^2}+\frac{1}{K{B}^{\prime 2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{K{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{6a^2}\Rightarrow B^{\prime }K=a\sqrt{6}$.

Vậy $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=B^{\prime }K.S_{ABC}=a\sqrt{6}.4a^2=4a^3\sqrt{6}$.