Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Ta có $\left( {MNP} \right) \equiv \left( {MNCB} \right)$.

Gọi $E,\,\,F$ lần lượt là trung điểm của $MN,\,\,B'C'$.

Dễ dàng chứng minh được $\Delta AA'B' = \Delta AA'C'$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow AB' = AC' \Rightarrow \Delta AB'C'$ cân tại $A$.

$\Rightarrow AF \bot B'C'$ (Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có $MN\parallel B'C' \Rightarrow MN\parallel BC$ nên $MNCB$ là hình thang.

Dễ dàng chứng minh được $\Delta BB'M = \Delta CC'N$ nên $BM = CN$.

Mà $BM,\,\,CN,\,\,AA'$ đồng quy (Định lí 3 đường giao tuyến) nên $MNCB$ là hình thang cân.

Lại có $E,\,\,P$ là trung điểm của hai đáy nên $EP \bot MN,\,\,EP \bot BC$.

Trong $\left( {ACC'A'} \right)$ gọi $Q = CN \cap AC'$, trong $\left( {ABB'A'} \right)$ gọi $P = AB' \cap BM$.

Khi đó $\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {MNCB} \right) = PQ$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \supset B'C'\\\left( {MNCB} \right) \supset BC\\B'C'\parallel BC\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {MNCB} \right) = PQ\parallel BC\parallel MN$.

Do đó $PQ \bot EP$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNCB} \right) \cap \left( {AB'C'} \right) = PQ\\\left( {MNCB} \right) \supset EP \bot PQ\\\left( {AB'C'} \right) \supset AF \bot PQ\end{array} \right.$ $\Rightarrow \angle \left( {\left( {MNCB} \right);\left( {AB'C'} \right)} \right) = \angle \left( {EP;AF} \right)$

Trong $\left( {AB'C'} \right)$ gọi $G = PQ \cap AF$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{{AQ}}{{QC'}} = \dfrac{{AC}}{{NC'}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{AQ}}{{AC'}} = \dfrac{2}{3}$; $\dfrac{{AG}}{{AF}} = \dfrac{{AQ}}{{AC'}} = \dfrac{2}{3}$.

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

$AB' = \sqrt {AA{'^2} + A'B{'^2}}  = \sqrt {4 + 12}  = 4$;

$AF = \sqrt {AB{'^2} - B'{F^2}}  = \sqrt {16 - 3}  = \sqrt {13}$.

$\Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AF = \dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}$.

Gọi $H,\,\,K$ lần lượt là hình chiếu của $M,\,\,N$ trên $BC$, ta có $BH = KC = \dfrac{{BC - MN}}{2} = \dfrac{{2\sqrt 3  - \sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$.

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

$BM = \sqrt {BB{'^2} + B'{M^2}}  = \sqrt {4 + 3}  = \sqrt 7$.

$MH = \sqrt {B{M^2} - B{H^2}}  = \sqrt {7 - \dfrac{3}{4}}  = \dfrac{5}{2} = EP$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{{GP}}{{GE}} = \dfrac{{AP}}{{EF}} = 2$ $\Rightarrow GP = \dfrac{2}{3}EP = \dfrac{5}{3}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $2\sqrt 3$ nên $AP = \dfrac{{2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = 3$.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác $AGP$ ta có:

$\cos \angle AGP = \dfrac{{G{A^2} + G{P^2} - A{P^2}}}{{2GA.GP}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{5}{3}} \right)}^2} - {3^2}}}{{2.\dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}.\dfrac{5}{3}}} =  - \dfrac{{\sqrt {13} }}{{65}}$.

Vậy $\cos \angle \left( {\left( {MNCB} \right);\left( {AB'C'} \right)} \right) = \cos \angle \left( {EP;AF} \right) = \dfrac{{\sqrt {13} }}{{65}}$.

Chọn B.