Bài tập trắc nghiệm Tỉ số thể tích của khối chóp có đáp án chi tiết

Bài tập trắc nghiệm Tỉ số thể tích của khối chóp có đáp án chi tiết

Dưới đây là một số bài tính thể tích sử dụng tỷ số thể tích có đáp án

 Lời giải chi tiết

Vì E đối xứng với B qua C $\Rightarrow $ C là trung điểm của BE.

Mà M là trung điểm của SB. $SC\cap ME=N$

Suy ra N là trọng tâm $\Delta SBE\xrightarrow{{}}\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$.

a) Ta có: ${{S}_{\Delta SBE}}=\frac{1}{2}{{d}_{A\to BC}}.BE=2\frac{1}{2}{{d}_{A\to BC}}.BC=2.{{S}_{ABC}}$

Và $\frac{d\left( S;\left( ABC \right) \right)}{d\left( M;\left( ABC \right) \right)}=\frac{SB}{BM}\Rightarrow d\left( M;\left( ABC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( S;\left( ABC \right) \right)$

Khi đó ${{V}_{M.ABE}}=\frac{1}{3}d\left( M;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta SBE}}$

$=\frac{1}{2}.2.\frac{1}{3}d\left( M;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}={{V}_{S.ABC}}=18.$

b) Ta có $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}$

Lại có ${{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.AMN}}+{{V}_{AMNBC}}\xrightarrow[{}]{}{{V}_{AMNBC}}={{V}_{S.ABC}}-{{V}_{S.AMN}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{2}{3}.18=12$

c) Ta có ${{V}_{S.ANE}}={{V}_{S.AME}}-{{V}_{S.AMN}}={{V}_{S.AME}}-\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}$

Lại có $\frac{{{V}_{S.AME}}}{{{V}_{S.ABE}}}=\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2}\xrightarrow{{}}{{V}_{S.AME}}=\frac{1}{2}{{V}_{S.ABE}}=\frac{1}{2}.2{{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.ABC}}$

Do đó ${{V}_{S.ANE}}={{V}_{S.ABC}}-\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{2}{3}.18=12$

Lời giải chi tiết

Gọi G là trọng tâm tam giác $ABC\Rightarrow SG\bot \left( ABC \right)$.

Tam giác SAG vuông tại G, có

$SG=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{G}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{33}}{3}.$

$\Rightarrow $ Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SG.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{11}}{12}$

a) Ta có $\frac{{{S}_{\Delta AMN}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{1}{3}$

Mà ${{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.AMN}}+{{V}_{S.MBCN}}\xrightarrow[{}]{}{{V}_{S.MBCN}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{11}}{18}$

b) Qua G kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại E, N. Tương tự, từ E, N kẻ các đường thẳng song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại P, Q.

Dễ dàng chứng minh được $\frac{SP}{SB}=\frac{SQ}{SC}=\frac{AN}{AC}=\frac{2}{3}.$

Ta có: ${{V}_{MPQCB}}=\frac{1}{2}{{V}_{A.PQCB}}=\frac{1}{2}\left( {{V}_{S.ABC}}-{{V}_{S.APQ}} \right)=\frac{1}{2}\left( {{V}_{S.ABC}}-\frac{SP}{SB}.\frac{SQ}{SC}.{{V}_{S.ABC}} \right)=\frac{5}{18}{{V}_{S.ABC}}.$

Vậy thể tích cần tìm là ${{V}_{MPQCB}}=\frac{5}{18}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{11}}{12}=\frac{5\sqrt{11}}{216}{{a}^{3}}$.

Lời giải chi tiết

Gọi O là tâm hình vuông ABCD $\Rightarrow \widehat{\left( SBD \right);\left( ABCD \right)}=\widehat{SOA}=45{}^\circ $

Suy ra$SA=OA=\frac{AC}{2}=a\xrightarrow[{}]{}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{a}{3}.{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}=\frac{2{{a}^{3}}}{3}.$

a) Ta có ${{S}_{\Delta MNP}}={{S}_{\Delta SAB}}-{{S}_{\Delta SMN}}-{{S}_{\Delta AMP}}-{{S}_{\Delta BPN}}$

$={{S}_{\Delta SAB}}-\frac{1}{4}{{S}_{\Delta SAB}}-\frac{1}{4}{{S}_{\Delta SAB}}-\frac{1}{4}{{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{4}{{S}_{\Delta SAB}}.$

Lại có ${{V}_{MNPD}}={{V}_{D.MNP}}=\frac{1}{3}d\left( D;\left( SAB \right) \right).{{S}_{\Delta MNP}}=\frac{1}{4}{{V}_{D.SAB}}$

$=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABD}}=\frac{1}{4}.\frac{{{S}_{\Delta ABD}}}{{{S}_{ABCD}}}.{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{8}.\frac{2{{a}^{3}}}{3}=\frac{{{a}^{3}}}{12}.$

b)  Xét $\Delta SAD$ vuông tại A, đường cao AH $\Rightarrow \frac{SH}{SD}={{\left( \frac{SA}{SD} \right)}^{2}}=\frac{1}{3}.$

Tính thể tích khối chóp MHCD.

Ta có $\frac{{{S}_{\Delta HCD}}}{{{S}_{\Delta SCD}}}=\frac{HD}{SD}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta HCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta SCD}}$

$\Rightarrow {{V}_{M.HCD}}=\frac{1}{3}.d\left( M;\left( SCD \right) \right).{{S}_{\Delta HCD}}=\frac{1}{6}.\frac{1}{3}.d\left( A;\left( SCD \right) \right).{{S}_{\Delta SCD}}$

$=\frac{1}{6}{{V}_{A.SCD}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{6}.\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{12}.{{V}_{S.ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}}{18}.$

Tính thể tích khối chóp HFCD.

Vì $EC//AD\Rightarrow \frac{EC}{AD}=\frac{CF}{AC}=\frac{EF}{FD}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{DF}{DE}=\frac{2}{3}.$

Cách 1. Ta có ${{V}_{H.FCD}}=\frac{1}{3}.d\left( H;\left( ABCD \right) \right).{{S}_{\Delta FCD}}$ mà $\frac{d\left( H;\left( ABCD \right) \right)}{d\left( S;\left( ABCD \right) \right)}=\frac{HD}{SD}=\frac{2}{3}.$

Và $\frac{{{S}_{\Delta FCD}}}{{{S}_{\Delta ECD}}}=\frac{DF}{DE}=\frac{2}{3}\xrightarrow{{}}{{V}_{H.FCD}}=\frac{4}{9}.{{V}_{S.ECD}}=\frac{4}{9}.\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{9}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{2{{a}^{3}}}{27}.$

Cách 2. Ta có ${{V}_{H.FCD}}={{V}_{F.HCD}}=\frac{1}{3}.d\left( F;\left( SCD \right) \right).{{S}_{\Delta HCD}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}d\left( A;\left( SCD \right) \right).\frac{2}{3}{{S}_{\Delta SCD}}$

$=\frac{2}{9}{{V}_{A.SCD}}=\frac{2}{9}{{V}_{S.ACD}}=\frac{2}{9}.\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{9}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{2{{a}^{3}}}{27}.$

Lời giải chi tiết

Gọi M là trung điểm AC; E, F lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC, ACD. Trong tam giác MBD có $EF=\frac{1}{3}BD.$

Tương tự ta có các cạnh còn lại của tứ diện mới sinh ra bằng $\frac{1}{3}$ cạnh của tứ diện ban đầu. Do đó $\frac{{{V}'}}{V}={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{3}}=\frac{1}{27}.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Ta có: ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.AC.AD=27{{a}^{3}}.$

Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB.

Suy ra ${{V}_{AEFG}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=\frac{27}{4}{{a}^{3}}.$

Do M, N, P là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB.

Nên ta có: $\frac{AM}{AE}=\frac{AN}{AF}=\frac{AP}{AG}=\frac{2}{3}.$

Lại có: $\frac{{{V}_{A.MNP}}}{{{V}_{A.EFG}}}=\frac{AM}{AE}.\frac{AN}{AF}.\frac{AP}{AG}=\frac{8}{27}.$

$\xrightarrow{{}}{{V}_{A.MNP}}=\frac{8}{27}.{{V}_{A.EFG}}=2{{a}^{3}}.$ Chọn D.

Lời giải chi tiết

Từ giả thiết, ta có $\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2}$.

Thể tích khối chóp ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.9.5=15$

Ta có $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{ABMNC}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=10.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Trên SB, SC lần lượt lấy các điểm E, F sao cho $SE=SF=3.$.

Khi đó S.AEF là khối tứ diện đều có cạnh $a=3$.

Suy ra thể tích khối chóp S.AEF là ${{V}_{S.AEF}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{9\sqrt{2}}{4}.$

Ta có: $\frac{{{V}_{S.AEF}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SE}{SB}.\frac{SF}{SC}=\frac{3}{4}.\frac{3}{5}=\frac{9}{20}.$

$\xrightarrow{{}}{{V}_{S.ABC}}=\frac{20}{9}.{{V}_{S.AEF}}=5\sqrt{2}.$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Thể tích khối tứ diện đều ABCD cạnh a là ${{V}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$

Gọi $P=EN\cap CD$ và $Q=EM\cap AD$.

$\Rightarrow $P, Q lần lượt là trọng tâm của $\Delta BCE$ và $\Delta ABE$

Gọi S là diện tích tam giác BCD $\Rightarrow {{S}_{\Delta CDE}}={{S}_{\Delta BNE}}=S.$

Ta có: ${{S}_{\Delta PDE}}=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta CDE}}=\frac{S}{3}.$

Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD, suy ra

$d\left[ M;\left( BCD \right) \right]=\frac{h}{2};d\left[ Q;\left( BCD \right) \right]=\frac{h}{3}.$

Khi đó ${{V}_{M.BNE}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta BNE}}.d\left( M;\left( BCD \right) \right)=\frac{S.h}{6}$;

Và ${{V}_{Q.PDE}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta PDE}}.d\left( Q;\left( BCD \right) \right)=\frac{S.h}{27}$

Suy ra ${{V}_{PQD.NMB}}={{V}_{M.BNE}}-{{V}_{Q.PDE}}=\frac{S.h}{6}-\frac{S.h}{27}=\frac{7S.h}{54}=\frac{7}{18}.\frac{S.h}{3}=\frac{7}{18}.{{V}_{ABCD}}.$

Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là $V={{V}_{ABCD}}-{{V}_{PQD.NMB}}=\frac{11}{18}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{11\sqrt{2}{{a}^{3}}}{216}$. Chọn B.

Lời giải chi tiết

Tam giác vuông SAB, có $SB=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\sqrt{3}$

Gọi M là trung điểm của AD $\Rightarrow $ ABCM là hình vuông nên $CM=AB=a=\frac{AD}{2}.$

$\xrightarrow{{}}$Tam giác ACD vuông tại C.

Ta có ${{V}_{S.AHCD}}={{V}_{S.ACD}}+{{V}_{S.AHC}}$

• ${{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ACD.}}SA=\frac{1}{3}\left( \frac{1}{2}AD.AB \right)SA=\frac{\sqrt{2}}{3}$
• $\frac{{{V}_{S.AHC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SH}{SB}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{2}{3}\Rightarrow {{V}_{S.AHC}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{\sqrt{2}}{9}$

Vậy ${{V}_{S.AHCD}}=\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{\sqrt{2}}{9}=\frac{4\sqrt{2}}{9}.$ Chọn B

Lời giải chi tiết

Cách 1. Kẻ $MN//AD\left( N\in SD \right)\xrightarrow{{}}\frac{SN}{SD}=\frac{SM}{SA}=k.$

Khi đó mặt phẳng $\left( MBC \right)$ chia khối chóp thành hai phần là S.MBCN và AMBDNC.

Ta có ${{V}_{S.MBCN}}={{V}_{S.MBC}}+{{V}_{S.MCN}}.$

$\frac{{{V}_{S.MBC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}=k\Rightarrow {{V}_{S.MBC}}=k.{{V}_{S.ABC}}.$

$\frac{{{V}_{S.MCN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SD}={{k}^{2}}\Rightarrow {{V}_{S.MCN}}={{k}^{2}}.{{V}_{S.ACD}}.$

Lại có ${{V}_{S.MBCN}}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.ABCD}}\Rightarrow k.{{V}_{S.ABC}}+{{k}^{2}}.{{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.ABCD}}$

$\Rightarrow k.\frac{{{V}_{S.ABCD}}}{2}+{{k}^{2}}.\frac{{{V}_{S.ABCD}}}{2}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.ABCD}}\xrightarrow{{}}k+{{k}^{2}}=1\Rightarrow k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}.$

Cách 2: Với $\frac{SA}{SM}=\frac{1}{k};\frac{SB}{SB}=1;\frac{SC}{SC}=1;\frac{SD}{SN}=\frac{1}{k}$

Áp dụng công thức, ta được $\frac{{{V}_{S.MBCN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{2.\frac{1}{k}+2}{4.\frac{1}{k}.\frac{1}{k}}=\frac{{{k}^{2}}+1}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết

Gọi h, S lần lượt là chiều cao và diện tích đáy của khối chóp S.ABCD. Khi đó ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}S.h.$

Nối MN cắt SA tại E, MC cắt AD tại F.

Tam giác SBM có A, N lần lượt là trung điểm của BM và SB. Suy ra E là trọng tâm tam giác SBM.

Vì ACDM là hình bình hành nên F là trung điểm MC.

Ta có ${{V}_{BNC.AEF}}={{V}_{ABCEN}}+{{V}_{E.ACF}}$

$\frac{{{V}_{S.ENC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SE}{SA}.\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{3}\xrightarrow{{}}{{V}_{S.ENC}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}$

$\xrightarrow[{}]{}{{V}_{ABCEN}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ABC}}=\frac{2}{3}\left( \frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}} \right)=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABCD}}.$

${{V}_{E.ACF}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ACF}}.d\left( E;\left( ACF \right) \right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{4}S.\frac{1}{3}h=\frac{1}{12}.{{V}_{S.ABCD}}.$

Do đó ${{V}_{BNC.AEF}}={{V}_{ABCEN}}+{{V}_{E.ACF}}=\frac{1}{3}{{V}_{S.ABCD}}+\frac{1}{12}.{{V}_{S.ABCD}}=\frac{5}{12}.{{V}_{S.ABCD}}={{V}_{1}}.$

Suy ra ${{V}_{2}}=\frac{7}{12}.{{V}_{S.ABCD}}\xrightarrow{{}}\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{5}{7}.$ Chọn A.

Lời giải

Lý thuyết bổ sung:

Cho hình chóp cụt $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có chiều cao h, ${{S}_{1}}$ là diện tích tam giác ABC, ${{S}_{2}}$ là diện tích tam giác ${A}'{B}'{C}'.$ Thể tích khối chóp cụt $ABC.{A}'{B}'{C}'$ là $$

Qua M kẻ đường thẳng $d//BD,$ cắt AD  tại N

Suy ra thiết diện cắt bởi mặt phẳng $\left( M{B}'{D}' \right)$ là $MN{D}'{B}'$

Khi đó ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}={{V}_{AMN.{A}'{B}'{D}'}}+{{V}_{{B}'{C}'{D}'.MBCDN}}$

Đặt $A{A}'=h;{{S}_{ABCD}}=S\xrightarrow{{}}{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=S.h$

Áp dụng công thức tính thể tích chóp cụt, ta có

${{V}_{AMN.{A}'{B}'{D}'}}=\frac{1}{3}A{A}'.\left( {{S}_{\Delta AMN}}+{{S}_{\Delta {A}'{B}'{D}'}}+\sqrt{{{S}_{\Delta AMN}}.{{S}_{\Delta {A}'{B}'{D}'}}} \right)$

Mà $\frac{{{S}_{\Delta AMN}}}{{{S}_{\Delta ABD}}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AD}=\frac{1}{9}\Rightarrow {{S}_{\Delta AMN}}=\frac{1}{9}{{S}_{\Delta ABD}}=\frac{S}{18}.$

Và ${{S}_{\Delta {A}'{B}'{D}'}}=\frac{S}{2}\xrightarrow{{}}{{V}_{AMN.{A}'{B}'{D}'}}=\frac{1}{3}h\left( \frac{S}{18}+\frac{S}{2}+\sqrt{\frac{S}{18}.\frac{S}{2}} \right)=\frac{13}{54}V$

Vậy tỉ số thể tích cần tính là $\frac{13}{54}:\left( 1-\frac{13}{54} \right)=\frac{13}{41}.$ Chọn C.

Lời giải

Tham khảo hình vẽ dưới đây:

Đặt $A{A}'=h;{{S}_{ABCD}}=S\xrightarrow{{}}{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=S.h$

Nối $I{C}'$ cắt BC tại F; nối FD cắt AB tại M.

Suy ra $mp\left( DI{C}' \right)$ chia khối lập phương thành hai khối $IBM.{C}'CD$ và $IMA{A}'{B}'.{C}'D{D}'$

Vì M là trung điểm của AB mà $BM//CD\Rightarrow \frac{FB}{FC}=\frac{1}{2}.$

Ta có $BI//C{C}'\Rightarrow \frac{IB}{C{C}'}=\frac{FB}{FC}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{S}_{\Delta IBM}}=\frac{1}{4}{{S}_{\Delta BA{B}'}}=\frac{1}{8}{{S}_{AB{B}'{A}'}}$

Áp dụng công thức tính thể tích chóp cụt, ta được

${{V}_{IBM.{C}'CD}}=\frac{1}{3}BC.\left( {{S}_{\Delta IBM}}+{{S}_{\Delta {C}'CD}}+\sqrt{{{S}_{\Delta IBM}}.{{S}_{\Delta {C}'CD}}} \right)=\frac{1}{3}h.\left( \frac{S}{8}+\frac{S}{2}+\sqrt{\frac{S}{8}.\frac{S}{2}} \right)=\frac{7}{24}.Sh$

Do đó, thể tích khối $IMA{A}'{B}'.{C}'D{D}'$ là ${{V}_{IMA{A}'{B}'.{C}'D{D}'}}=V-\frac{7}{24}V=\frac{17}{24}V.$

Vậy tỉ số cần tính là $\frac{7}{24}:\frac{17}{24}=\frac{7}{17}.$ Chọn C.

Lời giải

Ta có: ${{V}_{C.ABNM}}=\frac{1}{2}{{V}_{C.AB{B}'{A}'}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{1}{3}.$

Suy ra ${{V}_{CMN.{A}'{B}'{C}'}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-{{V}_{C.ABNM}}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$

Lại có ${{V}_{C.{C}'PQ}}={{V}_{CMN.{A}'{B}'{C}'}}+{{V}_{{A}'MP{B}'NQ}}$

$\Rightarrow {{V}_{{A}'MP{B}'NQ}}={{V}_{C.{C}'PQ}}-\frac{2}{3}.$ Mà ${{S}_{\Delta {C}'PQ}}=4{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}$

$\Rightarrow {{V}_{C.{C}'PQ}}=4{{V}_{{C}'.{A}'{B}'{C}'}}=4.\frac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{4}{3}.$

Vậy ${{V}_{{A}'MP{B}'NQ}}=\frac{4}{3}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}.$ Chọn D.