Cho khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ cạnh a và M là một điểm trong...

Cách giải:

Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm của $AB,CD,C'D',A'B'.~$
Không mất tính tổng quát, ta chọn $M\in \left( EFGH \right).~$
Qua M lần lượt kẻ $\left\{ \begin{aligned}
& PQ\bot ,PQ\bot HG\left( P\in EF;Q\in HG \right) \\
& RS\bot EH,RS\bot FG\left( R\in EH;S\in FG \right) \\
\end{aligned} \right.$
Ta dễ dàng chứng minh được
$MP=d\left( M;\left( ABCD \right) \right);MQ=~d\left( M;\left( A'B'C'D~' \right) \right)$
$MR=d\left( M;\left( ABB'A' \right) \right);MS=d\left( M;\left( CDD'C~' \right) \right)~$.
Theo bài ra ta có: ${{V}_{1}}=2{{V}_{2}}\Rightarrow d\left( M;\left( A'B'C'D' \right) \right)=2d\left( M;\left( ABCD \right) \right)\Rightarrow MQ=2MP.~$
Chứng minh tương tự ta có: $MS=2MR.~$
$\begin{array}{*{35}{l}}
\Rightarrow MP=MR=\dfrac{a}{3};MQ=MS=\dfrac{2a}{3}~ \\
~ \\
\end{array}$ Do đó M thuộc đường phân giác của ∠ FEH .
Mà EFGH là hình vuông nên EG là phân giác của ∠ FEH .
$\Rightarrow M\in EG.~$
Gọi $O=EG\cap FH$ ta có $EG\bot FH$ (do EFGH là hình vuông) nên MO ⊥ FH .
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& CD\bot CD \\
& CD\bot FG \\
\end{aligned} \right.~\Rightarrow CD\bot \left( EFGH \right)\Rightarrow \left( A'B'CD \right)\bot \left( EFGH \right)$.
Lại có $\left( A'B'CD \right)\cap \left( EFGH \right)=FH,MO\subset \left( EFGH \right)\bot FH\left( cmt \right).~$
$\Rightarrow MO\bot \left( A'B'CD \right)\Rightarrow MO\bot \left( A'CD \right)\Rightarrow d\left( M;\left( A'CD \right) \right)=MO.~$
Vì EFGH là hình vuông cạnh a nên $EO=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}~$
EPMR là hình vuông cạnh a 3nên $EM=\dfrac{a\sqrt{2}}{3}~$
$\Rightarrow MO=EO-EM=\dfrac{a\sqrt{2}}{6}~$
Vì $CD\bot \left( ADD'A' \right)$ nên $CD\bot A'D$, suy ra $A'B'CD$ là hình chữ nhật.
Có $CD=a,A'D=a\sqrt{2}.~$
$\Rightarrow {{S}_{A'B'CD}}=a.a\sqrt{2}={{a}^{2}}\sqrt{2}\Rightarrow {{S}_{A''CD}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}$
Vậy $~{{V}_{M.A'CD}}=~\dfrac{1}{3}MO.{{S}_{A'CD}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{2}}{6}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{18}$