Đáp án B

Chọn B

Ta có: tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin 60{}^\circ =\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \({A}'\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) \(\Rightarrow H\) là trung điểm \(BC\).
Tam giác \(ABC\) đều nên có \(AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\).
Có \({A}'H\bot \left( ABC \right)\Rightarrow {A}'H\bot AH\Rightarrow {A}'H=\sqrt{{A}'{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{3a}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)
Vậy \({{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.{A}'H=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}=\dfrac{3{{a}^{3}}}{4\sqrt{2}}\).