Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

Chọn A.
Đáy $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{ABC}=60^{\circ },BC=2a$:
$$AB=BC\cos 60^{\circ }=a,AC=BC\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}.$$
Diện tích tam giác đáy là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Vì $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ theo giao tuyến $BC$, kẻ $B^{\prime }H\perp BC$ ($H\in BC$) thì $B^{\prime }H\perp (ABC)$, do đó $h=B^{\prime }H$.
Kẻ $HK\perp AB$ tại $K$, thì $B^{\prime }K\perp AB$, góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }$.
Suy ra tam giác $B^{\prime }HK$ vuông cân tại $H$, do đó $B^{\prime }H=HK$.
Đặt $BH=x$ ($0<x<2a$). Trong tam giác vuông $BKH$ vuông tại $K$, góc $\widehat{HBK}=\widehat{CBA}=60^{\circ }$, nên:
$$HK=BH\sin 60^{\circ }=x\frac{\sqrt{3}}{2}⟹B^{\prime }H=x\frac{\sqrt{3}}{2}.$$
Mặt khác, $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình thoi nên $B{B}^{\prime }=BC=2a$.
Trong tam giác vuông $B^{\prime }HB$ vuông tại $H$:
$$B^{\prime }{H}^2+B{H}^2=B{B}^{\prime 2}⟺\frac{3x^2}{4}+x^2=4a^2⟺\frac{7x^2}{4}=4a^2⟺x^2=\frac{16a^2}{7}⟺x=\frac{4a}{\sqrt{7}}.$$
Suy ra chiều cao lăng trụ là:
$$h=B^{\prime }H=\frac{4a}{\sqrt{7}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.$$
Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là:
$$V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{3a^3}{\sqrt{7}}.$$

Đặt $x=\frac{AB}{AM}\ge 1$ và $y=\frac{AD}{AN}\ge 1$. Từ $x+2y=4$ và $x\ge 1,y\ge 1$ suy ra $y\in \left[1;\frac{3}{2}\right]$ và $x=4-2y$. Ta có $\frac{V^{\prime }}{V}=\frac{S_{MBCDN}}{S_{ABCD}}=1-\frac{S_{AMN}}{S_{ABCD}}=1-\frac{1}{2xy}=1-\frac{1}{2y(4-2y)}$. Vì $y\in \left[1;\frac{3}{2}\right]$ nên $2y(4-2y)=8y-4y^2\ge 3$ (đạt tại $y=\frac{3}{2},x=1$). Do đó $\frac{V^{\prime }}{V}\ge 1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.

Trong $△ABC$ vuông tại $B$, ta có $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=a\sqrt{2}$. Đặt $SB=x>2a$, từ $\widehat{BAS}=\widehat{BCS}=90^{\circ }$ suy ra $SA=\sqrt{x^2-a^2}$, $SC=\sqrt{x^2-2a^2}$. Sử dụng điều kiện $\sin (SB,(SAC))=\frac{d(B,(SAC))}{SB}=\frac{\sqrt{11}}{11}$ với $SB>2a$, ta tìm được $x=a\sqrt{11}$ và thể tích $V_{S.ABC}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$.

Chọn C.
Vì $BC\perp (SAB)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$.
Do đó góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{CSB}=30^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $SBC$: $SB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a}{1/\sqrt{3}}=a\sqrt{3}$.
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.
Khối đa diện $SIABCD$ gồm khối chóp $S.ABCD$ và khối chóp $I.SBC$ (hoặc $I.SCD$).
Vì $I$ đối xứng với $O$ qua $SC$ nên thể tích bổ sung bằng một phần hai thể tích khối chóp, tổng thể tích là $\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

Thiết diện qua đỉnh là tam giác đều cạnh $6$ nên độ dài đường sinh là $l=6$. Gọi $r\ge \frac{9}{2}=4,5$ là bán kính đáy, chiều cao nón là $h=\sqrt{36-r^2}$. Khoảng cách từ tâm đáy $O$ đến thiết diện $(SAB)$ với $AB=6$: gọi $M$ là trung điểm $AB$, ta có $OM=\sqrt{r^2-3^2}=\sqrt{r^2-9}$ và $SM=3\sqrt{3}$. Khi đó $d(O,(SAB))=\frac{h\cdot OM}{SM}=\frac{\sqrt{(36-r^2)(r^2-9)}}{3\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{33}}{9}⟺(36-r^2)(r^2-9)=176⟹r^2=25$ (vì $r\ge 4,5$) $⟹r=5$. Diện tích xung quanh là $S_{\text{xq}}=\pi rl=\pi \cdot 5\cdot 6=30\pi$.

Đặt cạnh đáy và cạnh bên của hình chóp là $x$. Ta có $OB=\frac{x\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\frac{x\sqrt{2}}{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $OM=\frac{x}{2}$ và $\frac{1}{d(O,(SBC){)}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{2}{x^2}+\frac{4}{x^2}=\frac{6}{x^2}\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{6}}=a\Rightarrow x=a\sqrt{6}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{x}^2\cdot \frac{x\sqrt{2}}{2}=\frac{x^3\sqrt{2}}{6}=2a^3\sqrt{3}$.

Chọn D.
[IMAGE_1]

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, vì $N$ là trung điểm của $BC$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang vuông $ABCD$.
Do đó $MN=\frac{AB+CD}{2}=\frac{AD}{2}=MA=MD$.
Suy ra tam giác $ADN$ vuông tại $N$, tức $DN\perp AN$.
Vì tam giác $SBC$ đều cạnh $2a$ và $(SBC)\perp (ABCD)$, với $N$ là trung điểm $BC$ ta có $SN\perp BC\Rightarrow SN\perp (ABCD)$ và $SN=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Ta có $DN\perp AN$ và $DN\perp SN\Rightarrow DN\perp (SAN)$.
Do đó kẻ $NH\perp SA$ ($H\in SA$) thì $NH$ chính là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $DN$, nên khoảng cách giữa $SA$ và $DN$ là $NH=a\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $SAN$ tại $N$, có đường cao $NH$:
$\frac{1}{N{H}^2}=\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{S{N}^2}\iff \frac{1}{2a^2}=\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{3a^2}\iff \frac{1}{A{N}^2}=\frac{1}{6a^2}\iff AN=a\sqrt{6}$.
Gọi $P$ là giao điểm của $AN$ và $CD$. Khi đó tam giác $ADP$ vuông cân tại $D$ và có diện tích bằng diện tích hình thang $ABCD$, suy ra $S_{ABCD}=A{N}^2=6a^2$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SN=\frac{1}{3}\cdot 6a^2\cdot a\sqrt{3}=2\sqrt{3}{a}^3$.

Chọn C.
Thể tích của rương được tính theo công thức $V=GH\cdot S_{AFHJ}$, với $GH=50\text{ cm}$.
Trong đó $S_{AFHJ}$ là diện tích hình thang cong giới hạn bởi các đoạn thẳng $AF,FH,HJ$ và cung tròn $JA$.
Ta có độ dài chiều dài tấm kim loại là $1,8\text{ m}=180\text{ cm}$, được chia thành các phần:
$AF=40\text{ cm},FH=40\text{ cm},HJ=40\text{ cm}$ và độ dài cung tròn $\widehat{JA}=180-(40+40+40)=60\text{ cm}$.
Gọi $(O,R)$ là đường tròn chứa cung $AJ$, góc ở tâm $\widehat{AOJ}=x$ (rad), $x>0$.
Theo định lí cosin trong tam giác $OAJ$ có đáy $AJ=FH=40\text{ cm}$:
$40^2=R^2+R^2-2R^2\cos x=2R^2(1-\cos x)=4R^2{\sin }^2\frac{x}{2}\Rightarrow R\sin \frac{x}{2}=20$.
Độ dài cung tròn $Rx=60\Rightarrow R=\frac{60}{x}$.
Suy ra $\frac{60}{x}\sin \frac{x}{2}=20\iff 3\sin \frac{x}{2}=x\iff x\approx 2,991563$.
Diện tích quạt tròn $S_{quat}=\frac{1}{2}{R}^{2}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{3600}{x}=\frac{1800}{x}$.
Diện tích tam giác $OAJ$ là $S_{\Delta OAJ}=\frac{1}{2}{R}^2\sin x=\frac{1800\sin x}{x^2}$.
Diện tích hình viên phân tạo bởi cung $AJ$ và dây cung $AJ$ là:
$S_{vp}=\frac{1800}{x}-\frac{1800\sin x}{x^2}$.
Diện tích đáy hình chữ nhật là $S_{AFHJ\text{ (phaˆˋn chữ nhật)}}=40\times 40=1600{\text{ cm}}^2$.
Suy ra $S_{AFHJ}=1600+\frac{1800}{x}-\frac{1800\sin x}{x^2}\approx 2171,62{\text{ cm}}^2$.
Thể tích chiếc rương là $V=50\times S_{AFHJ}\approx 108581{\text{ cm}}^3$.

Gọi $M^{\prime }$ là hình chiếu song song của $M$ trên $B^{\prime }{C}^{\prime }$, suy ra $\frac{N{M}^{\prime }}{BM}=\frac{1}{3}$. Từ định lý Thales ta tính được $\frac{EA}{FK}=\frac{4}{3}$, suy ra $\frac{d(E,(ABC))}{d(F,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))}=\frac{4}{3}\Rightarrow \frac{V_{E.ABC}}{V_{F.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{4}{3}$.

Chọn A.
Ta có các góc phẳng ở đỉnh $O$:
$\widehat{AOB}=120^{\circ }$, $2\widehat{BOC}=120^{\circ }\Rightarrow \widehat{BOC}=60^{\circ }$, $\frac{4}{3}\widehat{AOC}=120^{\circ }\Rightarrow \widehat{AOC}=90^{\circ }$.
Vì $OA=OB=OC=a$, áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo các cạnh bên và góc đỉnh:
$V_{OABC}=\frac{a^3}{6}\sqrt{1-{\cos }^{2}120^{\circ }-{\cos }^{2}60^{\circ }-{\cos }^{2}90^{\circ }+2\cos 120^{\circ }\cos 60^{\circ }\cos 90^{\circ }}$
$=\frac{a^3}{6}\sqrt{1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-0+0}=\frac{a^3}{6}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.
Sử dụng các tỉ số hình chiếu và trọng tâm của tứ diện, thể tích khối $(OHIE)$ tính được bằng $\frac{1}{16}{V}_{OABC}=\frac{a^3\sqrt{2}}{192}$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua tâm $O$ của hình lập phương và song song với $(A^{\prime }BD)$.
Thiết diện $MNPQRS$ là lục giác đều có các đỉnh là trung điểm của các cạnh tương ứng, cạnh lục giác là $x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Diện tích lục giác đều: $S_{MNPQRS}=6\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$.
Khoảng cách từ $A$ đến $(\alpha )$ là $AO=\frac{A{C}^{\prime }}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp:
$V=\frac{1}{3}{S}_{MNPQRS}\cdot AO=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^3}{8}.$

Đặt $x=\frac{SC}{SP}\ge 1,y=\frac{SD}{SQ}\ge 1$.
Từ tính chất đồng phẳng cho đáy hình bình hành:
$\frac{SA}{SM}+\frac{SC}{SP}=\frac{SB}{SN}+\frac{SD}{SQ}⟹2+x=\frac{4}{3}+y⟹y=x+\frac{2}{3}.$
Tỉ số thể tích:
$\frac{V_{S.MNPQ}}{V}=\frac{9(x+2)}{16(3x^2+2x)}.$
Khảo sát hàm số $g(x)=\frac{9(x+2)}{16(3x^2+2x)}$ trên $[1;+\infty )$, ta thấy $g(x)$ nghịch biến trên $[1;+\infty )$.
Do đó $\max \frac{V_{S.MNPQ}}{V}=g(1)=\frac{27}{80}$.
Vậy giá trị lớn nhất bằng $\frac{27}{80}V$.

Trong tam giác $SBA$, kẻ phân giác trong $BE$ của góc $\widehat{SBA}=120^{\circ }$, ta có $\widehat{ABE}=\widehat{EBS}=60^{\circ }$.
Ta có $S_{△SAB}=S_{△ABE}+S_{△SBE}\iff \frac{1}{2}AB\cdot SB\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}AB\cdot BE\sin 60^{\circ }+\frac{1}{2}SB\cdot BE\sin 60^{\circ }$.
Vì $\sin 120^{\circ }=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$, đặt $AB=x\Rightarrow SB=2x$, ta có $2x^2=ax+2ax=3ax\Rightarrow x=\frac{3a}{2}$. Do đó $AB=\frac{3a}{2}$ và $SB=3a$.
Áp dụng định lý cosin trong $△SAB$: $S{A}^2=A{B}^2+S{B}^2-2AB\cdot SB\cos 120^{\circ }={\left(\frac{3a}{2}\right)}^2+(3a{)}^2-2\cdot \frac{3a}{2}\cdot 3a\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{9a^2}{4}+9a^2+\frac{9a^2}{2}=\frac{63a^2}{4}\Rightarrow SA=\frac{3a\sqrt{7}}{2}$.
Chiều cao của khối chóp là $h=SA\sin 45^{\circ }=\frac{3a\sqrt{7}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3a\sqrt{14}}{4}$.
Diện tích đáy hình vuông $S_{ABCD}=A{B}^2={\left(\frac{3a}{2}\right)}^2=\frac{9a^2}{4}$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{9a^2}{4}\cdot \frac{3a\sqrt{14}}{4}=\frac{9\sqrt{14}{a}^3}{16}$.

Chọn đáp án B.

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là $a$. Gắn hệ trục tọa độ hoặc dùng tính chất đối xứng:
Do $\tan \alpha =\sqrt{2}$, mặt phẳng $(P)$ cắt các cạnh đối diện tại các trung điểm tương ứng tạo thành thiết diện đi qua tâm của khối lập phương.
Khi một mặt phẳng đi qua tâm đối xứng của khối lập phương, nó chia khối lập phương thành hai khối đa diện có thể tích hoàn toàn bằng nhau.
Do đó $V_1=V_2=\frac{1}{2}V$, suy ra tỉ số $\frac{V_1}{V_2}=1$.

Chọn đáp án A.

Chọn D.
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.
Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Khi đó góc giữa mặt bên $(SCD)$ và đáy là góc $\widehat{SKO}=60^{\circ }$.
Chiều cao hình chóp $SO=OK\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a}{2}\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V_0=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.
Mặt phẳng $(P)$ chứa $AB$ tạo với đáy góc $30^{\circ }$ cắt $SK$ tại $J$. Sử dụng định lý hàm số sin và tỉ số thể tích hình chóp đa giác, ta tính được tỉ số thể tích $\frac{V_{S.ABMN}}{V_0}=\frac{3}{8}$.
Thể tích khối chóp $S.ABMN$ là:
$V = \frac{3}{8} \cdot \frac{a^3 \sqrt{3}}{6} = \frac{a^3 \sqrt{3}}{16}.

Thiết diện vuông góc với cạnh bên là tam giác có ba cạnh $1,2,\sqrt{5}$ (vuông diện tích $S_{\perp }=1$). Từ $A^{\prime }M=\frac{\sqrt{15}}{3}$ và $AM\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, tính được độ dài cạnh bên $A{A}^{\prime }=\frac{2\sqrt{15}}{3}$, suy ra $V=S_{\perp }\cdot A{A}^{\prime }=\frac{2\sqrt{15}}{3}$.

Chọn D.
Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, khi đó $OI\perp AB$ và $O^{\prime }I\perp AB$.
Góc giữa $(O^{\prime }AB)$ và mặt phẳng đáy $(O)$ là góc $\widehat{O^{\prime }IO}=60^{\circ }$.
Tam giác $O^{\prime }OI$ vuông tại $O$, ta có: $O{O}^{\prime }=OI\cdot \tan 60^{\circ }=OI\sqrt{3}$, và $O^{\prime }I=\frac{OI}{\cos 60^{\circ }}=2OI$.
Đặt $AB=x$, vì $\Delta O^{\prime }AB$ đều nên $O^{\prime }I=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow 2OI=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow OI=\frac{x\sqrt{3}}{4}$.
Trong tam giác vuông $OIA$, ta có: $O{A}^2=O{I}^2+I{A}^2\Rightarrow R^2={\left(\frac{x\sqrt{3}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{x}{2}\right)}^2=\frac{7x^2}{16}\Rightarrow x=\frac{4R}{\sqrt{7}}$.
Suy ra chiều cao hình trụ $h=O{O}^{\prime }=OI\sqrt{3}=\frac{x\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3x}{4}=\frac{3R}{\sqrt{7}}$.
Diện tích xung quanh của hình trụ là:
$S_{xq} = 2\pi R h = 2\pi R \cdot \frac{3R}{\sqrt{7}} = \frac{6\pi R^2}{\sqrt{7}} = \frac{6\pi R^2 \sqrt{7}}{7}.


Chọn D.
Gọi cạnh tam giác đều $ABC$ là $x>0$. Khi đó $DH=\frac{x}{2}$.
Vì $O\in DH$ và $DH\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $O$ lên $(ABC)$ chính là $H$.
Hình cầu tâm $O$ tiếp xúc với $AB,AC$ và khoảng cách từ $O$ đến $AB,AC$ bằng bán kính $R=1$.
Do góc giữa $(BCD)$ và $(ABC)$ bằng $60^{\circ }$ và mặt cầu tiếp xúc $(BCD)$, ta thiết lập phương trình liên hệ giữa $x$ và bán kính $R=1$.
Giải phương trình hình học ta thu được $x=3$.
Khi đó diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$.
Chiều cao $DH=\frac{x}{2}=\frac{3}{2}$.
Thể tích tứ diện $ABCD$ là:
$V = \frac{1}{3} S_{\Delta ABC} \cdot DH = \frac{1}{3} \cdot \frac{9\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9\sqrt{3}}{8}.


Chọn B.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $CB=CD=a$, tam giác $CBD$ cân tại $C$.
Đỉnh của hình nón là $C$, các điểm $B,M,D$ thuộc mặt xung quanh và $A$ thuộc mặt đáy hình nón.
Do tính đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$, trục của hình nón nằm trong mặt phẳng $(SAC)$.
Gọi góc ở đỉnh của hình nón là $2\alpha$. Bằng cách lập phương trình hình học và tỉ số lượng giác trong tam giác vuông $SAC$ với $SA=a\sqrt{7},AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=3a$, ta xác định được bán kính đáy $R$ và đường sinh $l$ của hình nón $(C)$.
Tính toán diện tích xung quanh $S_{xq}=\pi Rl$ cho kết quả:
$S_{xq}=\frac{8\sqrt{30}}{15}\pi a^2.$


Gọi $E=MN\cap CD$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta BCD$ với ba điểm thẳng hàng $M,N,E$:
$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{EC}{ED}\cdot \frac{ND}{NB}=1⟺\frac{1}{2}\cdot \frac{EC}{ED}\cdot 1=1⟹\frac{EC}{ED}=2$.
Trong mặt phẳng $(ACD)$, đường thẳng $EP$ cắt $AC$ tại $Q$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta ACD$ với ba điểm $Q,P,E$:
$\frac{QA}{QC}\cdot \frac{EC}{ED}\cdot \frac{PD}{PA}=1⟺\frac{QA}{QC}\cdot 2\cdot 1=1⟹\frac{QA}{QC}=\frac{1}{2}$.
Ta có $\frac{V_{E.NPD}}{V_{E.MCQ}}=\frac{EN}{EM}\cdot \frac{EP}{EQ}\cdot \frac{ED}{EC}=\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{9}{32}$.
Do đó $V_{MCDNPQ}=\frac{23}{32}{V}_{E.MCQ}$.
Mặt khác $\frac{V_{E.MCQ}}{V_{D.ABC}}=\frac{d(E,(ABC))}{d(D,(ABC))}\cdot \frac{S_{CMQ}}{S_{ABC}}=2\cdot \left(\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}\right)=2\cdot \frac{4}{9}=\frac{8}{9}$.
Suy ra $V_{MCDNPQ}=\frac{23}{32}\cdot \frac{8}{9}{V}_{ABCD}=\frac{23}{36}{V}_{ABCD}$.
Thể tích phần đa diện cần tìm là:
$V_{ABMNPQ}=V_{ABCD}-V_{MCDNPQ}=\left(1-\frac{23}{36}\right)V_{ABCD}=\frac{13}{36}{V}_{ABCD}$.
Với tứ diện đều cạnh 1, $V_{ABCD}=\frac{\sqrt{2}}{12}$.
Vậy $V_{ABMNPQ}=\frac{13}{36}\cdot \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{13\sqrt{2}}{432}$.