Cho hình hộp đứng ABCDA'B'C'D' có ĐÁY AA'=2 là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của và thuộc cạnh sao cho . Tính thể tích tứ diện .

Từ Q kẻ $QI\perp B\text{'}C\text{'},$ từ P kẻ $PH//QM$, kéo dài MN cắt đường thẳng $A\text{'}D\text{'}$ tại K như hình vẽ.

Theo giả thiết ABC là tam giác đều cạnh 4 suy ra: $S_{\Delta ABC}=4\sqrt{3}.$

Dễ thấy $\Delta QIM\backsim \Delta PD\text{'}H$ nên $\frac{IM}{D\text{'}H}=\frac{QI}{PD\text{'}}=2\Rightarrow D\text{'}H=\frac{1}{2}IM=\frac{1}{8}B\text{'}C\text{'}=\frac{1}{8}A\text{'}D\text{'}.$

Mà $D\text{'}K=\frac{1}{2}A\text{'}D\text{'}$ suy ra

$KH=D\text{'}K-D\text{'}H=\frac{3}{8}A\text{'}D\text{'}\Rightarrow S_{\Delta MNH}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta MKH}=\frac{1}{2}.\frac{3}{8}{S}_{\Delta MD\text{'}A\text{'}}=\frac{3}{16}{S}_{\Delta MD\text{'}A}=\frac{3}{16}{S}_{\Delta ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $V_{QMNP}=V_{QMNH}=\frac{1}{3}QI.S_{\Delta MNH}=\frac{1}{3}\mathrm{.2.}\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án D