Lời giải:

a) Ta có: $IA = IC = \dfrac12AC\quad (gt)$

$\Rightarrow \begin{cases}BI\perp AC\\BI = \dfrac{a\sqrt3}{2}\end{cases}$

Ta lại có: $B'I\perp (ABC)\quad (gt)$

$\Rightarrow \widehat{(BB';(ABC))} = \widehat{B'BI}$

Xét $\triangle B'BI$ vuông tại $I$ có:

$\cos\widehat{B'BI} = \dfrac{BI}{BB'} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{2}}{a} = \dfrac{\sqrt3}{2}$

$\Rightarrow \widehat{B'BI} = 30^\circ$

Do đó: $\widehat{(BB';(ABC))} = 30^\circ$

Ta cũng có:

$\tan\widehat{B'BI} = \dfrac{B'I}{BI}$

$\Rightarrow B'I = BI.\tan\widehat{B'BI} = \dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot \tan30^\circ = \dfrac{a}{2}$

Khi đó:

$V_{A'B'C'.ABC} = S_{ABC}.B'I = \dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot \dfrac{a}{2} = \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$

b) Ta có:

$\begin{cases}AC\perp B'I\quad (B'I\perp (ABC))\\AC\perp BI\end{cases}$

$\Rightarrow AC\perp (BB'I)$

Gọi $H$ là trung điểm $A'C'$

$\Rightarrow AC\perp (BB'HI)$

$\Rightarrow AC\perp HI$

mà $HI//CC'$

nên $AC\perp CC'$

$\Rightarrow \widehat{ACC'} = 90^\circ$

Ta lại có: $AA'C'A$ là hình bình hành (mặt bên của lăng trụ)

nên $AA'C'C$ là hình chữ nhật