Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính thể tích: \({V_{MNPQ}} = \dfrac{1}{3}.d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right).{S_{\Delta MNP}}\).

- Đổi \(d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)\) sang tính \(d\left( {D';\left( {MNP} \right)} \right)\).

- Tính diện tích tam giác MNP nhờ vào công thức He-rong: \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) với p là nửa chu vi, a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) kẻ QE // MN \(\left( {E \in CD} \right)\), khi đó ta có \(QE\parallel \left( {MNP} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {MNP} \right)} \right)\).

Hạ \(EF \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\,\,\left( {F \in C'D'} \right)\), gọi \(G = EF \cap NP\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{DE}}{{DC}} = \dfrac{{BQ}}{{BC}} = \dfrac{1}{4} = \dfrac{{D'F}}{{D'C'}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{D'F}}{{D'N}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{NF}}{{ND'}} = \dfrac{1}{2}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{GF}}{{PD'}} = \dfrac{{NF}}{{ND'}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{GF}}{{DD'}} = \dfrac{1}{4} = \dfrac{{GF}}{{EF}} \Rightarrow \dfrac{{GF}}{{GE}} = \dfrac{1}{3}\).

Ta có: \(EF \cap \left( {MNP} \right) = G \Rightarrow \dfrac{{d\left( {E;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {F;\left( {MNP} \right)} \right)}} = \dfrac{{GE}}{{GF}} = 3\) \( \Rightarrow d\left( {E;\left( {MNP} \right)} \right) = 3d\left( {F;\left( {MNP} \right)} \right)\).

Ta lại có \(FD' \cap \left( {MNP} \right) = N \Rightarrow \dfrac{{d\left( {F;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {D';\left( {MNP} \right)} \right)}} = \dfrac{{FN}}{{D'N}} = \dfrac{1}{2}\).

\( \Rightarrow d\left( {F;\left( {MNP} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {D';\left( {MNP} \right)} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {E;\left( {MNP} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}d\left( {D';\left( {MNP} \right)} \right)\).

Vì A’B’C’D’ là hình thoi nên C’B’ = C’D’ \( \Rightarrow C'M = C'N \Rightarrow \Delta C'MN\) là tam giác cân.

Gọi K là trung điểm của MN \( \Rightarrow C'K \bot MN\,\,\left( {K \in MN} \right)\).

Trong (A’B’C’D’) kẻ \(D'H\parallel C'K\,\,\left( {H \in MN} \right) \Rightarrow D'H \bot MN\). Trong (D’PH) kẻ \(D'I \bot PH\,\,\left( {I \in PH} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN \bot D'H\\MN \bot D'P\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {D'PH} \right)\) \( \Rightarrow MN \bot D'I\).

          \(\left\{ \begin{array}{l}D'I \bot PH\\D'I \bot MN\end{array} \right. \Rightarrow D'I \bot \left( {MNP} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {D';\left( {MNP} \right)} \right) = D'I\).

Vì tam giác ABC đều nên \(\angle ABC = \angle A'B'C' = {60^0}\) \( \Rightarrow \angle B'C'D' = {120^0} \Rightarrow \angle MC'K = {60^0}\).

Xét tam giác vuông MC’K có: \(C'K = C'M.\cos {60^0} = 2.\dfrac{1}{2} = 1 = D'H\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông D’PH có: \(D'I = \dfrac{{D'P.D'H}}{{\sqrt {D'{P^2} + D'{H^2}} }} = \dfrac{{1.1}}{{\sqrt {1 + 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\).

 \( \Rightarrow d\left( {E;\left( {MNP} \right)} \right) = \dfrac{3}{{2\sqrt 2 }} = d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)\).

Ta có: \(MK = C'M.\sin {60^0} = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3  \Rightarrow MN = 2\sqrt 3 \).

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có:

\(\begin{array}{l}PN = \sqrt {D'{P^2} + D'{N^2}}  = \sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \\D'{M^2} = C'D{'^2} + C'{M^2} - 2C'D'.C'M.\cos {120^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {4^2} + {2^2} - 2.4.2.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 28\\ \Rightarrow D'M = 2\sqrt 7 \\MP = \sqrt {D'{P^2} + D'{M^2}}  = \sqrt {1 + 28}  = \sqrt {29} \end{array}\)

Gọi p là nửa chu vi tam giác MNP, ta có \({S_{\Delta MNP}} = \sqrt {p\left( {p - MN} \right)\left( {p - PN} \right)\left( {p - MP} \right)}  = \sqrt 6 \).

Vậy \({V_{MNPQ}} = \dfrac{1}{3}.d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right).{S_{\Delta MNP}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{{2\sqrt 2 }}.\sqrt 6  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).  

Chọn D.