Câu [2H1-2.6-4] (CỤM-CHUN-MƠN-HẢI-PHỊNG) Cho hình lập phương có cạnh Gọi BC Mặt phẳng ( DMN ) chia phần Gọi V1 thể tích phần chứa đỉnh A V2 thể tích M,N hình lập phương thành ABCD A′ B′C ′D′ trung điểm A′ B′ V1 phần lại Tỉ số V2 A 37 B 48 C 55 D 89 Lời giải Tác giả: Nguyễn Hồng Hải, Fb:Nguyễn Hồng Hải Chọn D E = DN I AB , F = EM I BB′ , H = EM I AA′ , K = A′ D′ I HD Khi ( DMN ) lập phương theo thiết diện ngũ giác DNFMK Gọi BN EF BF EB 1 = = = = ⇒ BN = Ta có: AD EH AH EA 2 EB = AB = Mà Vì M trung điểm FH A′ H = B′F BF EF BF 2 = = ⇒ = BF = nên FB′ FM BB′ hay HA′ 1 HA′ A′ K 1 = ⇒ HA′ = = = ⇒ A′ K = nên AA′ 3 ; HA AD 4 Thể tích khối tứ diện HAFD 1 4 VH AFD = AD AE AH = 1.2 = là: 6 cắt khối 1 55 89 V1 = VH AFD − ( VE BFN + VH A′MK ) = − 1 + ÷ = ⇒ V2 = Thể tích 3 144 144 V1 55 = Vậy V2 89 binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn Câu [2H1-2.6-4] (THPT-YÊN-LẠC) Cho tứ diện trung điểm cạnh cắt cạnh AB, BC Điểm E cạnh Gọi M,N CD cho EC = ED Mặt phẳng ( MNE ) BMNEFD cạnh AD F Thể tích khối đa diện A 216 ABCD 11 B 216 C 108 D 27 Lời giải Tác giả:Trương Hoàng Hải; Fb:Trương Hoàng Hải Chọn A Gọi I trung điểm BD Suy NI đường trung bình tam giác Suy MI // FD , NI // ED CD GF GE GD ED = = = = = GM GN GI NI CD Theo định lý Talet ta có: Mặt khác: I trung điểm nên DI = BI Suy GD GD GD GD GD = = = = = = GB GI + IB GI + ID GI + GI GI 3 Suy ra: BG = 2BD VGDEF GD GF GE 2 = = = Ta có: VGBNM GB GM GN 3 BCD Vì thế: VM NBG VA.BCD ⇒ 1 1 S NBG d M ;( BCD ) d[ N ; BD] BG.d M ;( BCD ) d[ C; BD] BD d A; ( BCD ) =3 =2 =2 = 1 d[ C;BD] BD.d A;( BCD ) S BCD d A; ( BCD ) d[ C; BD] BD.d A; ( BCD ) VBMN EFD VA.BCD ⇒ VBMN EFD 7 VM BNG VA BCD 9 = = = VA.BCD VA BCD 18 7 a3 = VA BCD = = a 18 18 12 216