Câu hỏi 4

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kéo dài \(AM \cap CD = \left\{ E \right\}\). Trong \(\left( {CDD'C'} \right)\) kéo dài \(EI\) cắt \(CC',\,\,DD'\) lần lượt tại \(N,\,\,P\). Khi đó \(\left( {AMI} \right)\) cắt khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) theo thiết diện là tứ giác \(AMNP\) và thể tích khối đa diện không chứa điểm \(D\) là \(V = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_{CDAMNP}} = {a^3} - {V_1}\).

Ta có \({V_1} = {V_{D.APE}} - {V_{C.MNE}}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{MC}}{{AD}} = \dfrac{{EM}}{{EA}} = \dfrac{{EC}}{{ED}} = \dfrac{1}{2}\) nên \(M,\,\,C\) lần lượt là trung điểm của \(AE\) và \(DE\).

Khi đó ta có \(CE = CD = a,\,\,DE = 2CD = 2a\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(DD'E\) có: \(\dfrac{{PD}}{{PD'}}.\dfrac{{ID'}}{{IC}}.\dfrac{{EC}}{{ED}} = 1\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{PD}}{{PD'}}.1.\dfrac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{PD}}{{PD'}} = 2\).

\( \Rightarrow PD = \dfrac{2}{3}DD' = \dfrac{{2a}}{3}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{NC}}{{PD}} = \dfrac{{EC}}{{ED}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow NC = \dfrac{1}{2}PD = \dfrac{a}{3}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{D.APE}} = \dfrac{1}{6}DP.DA.DE = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{2a}}{3}.a.2a = \dfrac{{2{a^3}}}{9}\\\,\,\,\,\,\,{V_{C.MNE}} = \dfrac{1}{6}.CN.CM.CE = \dfrac{1}{6}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^3}}}{{36}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{D.APE}} - {V_{C.MNE}} = \dfrac{{2{a^3}}}{9} - \dfrac{{{a^3}}}{{36}} = \dfrac{{7{a^3}}}{{36}}\).

Vậy \(V = {a^3} - {V_1} = {a^3} - \dfrac{{7{a^3}}}{{36}} = \dfrac{{29{a^3}}}{{36}}\).

Chọn D.