Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em kiểm tra lại đề, \(\left(\alpha\right)\) đi qua AI nên nó không thể cắt SA tại M được nữa (vì nó đi qua A nên đã cắt SA tại A rồi)
Bài này ứng dụng 1 phần cách giải của bài này:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Giả sử mp (a) cắt SA; SB;SC; SD thứ tự tại A' B' C' D'. Tính \(\dfra... - Hoc24
Gọi O' là giao điểm của SO và MP, tương tự như bài trên, ta có 3 đường thẳng SO, MP, NQ đồng quy tại O'
Đồng thời sử dụng diện tích tam giác, ta cũng chứng minh được:
\(3=\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{2SO}{SO'}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\)
Áp dụng BĐT Cô-si: \(3=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\ge2\sqrt{\dfrac{SB.SD}{SN.SQ}}\Rightarrow SN.SQ\ge\dfrac{4}{9}.SB.SD\)
Theo bổ đề về diện tích tam giác chứng minh ở đầu:
\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)
\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
Vì S C S K = A C A I nên IK // SA. Do đó MQ // NP//SA.
Đáp án D
Tham khảo hình vẽ:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).
\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).
Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).
Chọn A.
- Trong (SAB), từ M kẻ đường thẳng vuông góc với SB tại Q.
- Trong (SBC) từ Q kẻ đường thẳng vuông góc với SB cắt SC tại P.
- Do đó BC// QP, trong (ABC) từ M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại N.
- Xét tứ giác MNPQ, ta có BC // QP nên tứ giác là là hình thang.
- Mặt khác:
nên tứ giác MNPQ là hình thang vuông.
\(\left(\alpha\right)//SA\) và BC nên \(\left(\alpha\right)//\left(SAD\right)\)
=> MQ //SA, NP//SD ta có
MN//PQ//AD//BC
ABCD : \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{CN}{CD}\left(1\right)\)
Theo định lí Ta let trong tam giác:
\(\Delta SAB:\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BQ}{BS}=\dfrac{MQ}{SA}\left(2\right)\)
\(\Delta SCD:\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{CP}{CS}=\dfrac{PN}{SD}\left(3\right)\)
Từ (1) (2) và (3) suy ra: \(MQ=NP=\dfrac{b-x}{b}a\)
\(PQ=\dfrac{x}{b}.2a\)
\(MN=a+\dfrac{x}{b}a\)
=> thiết diện là hình thang cân và \(S_{td}=\dfrac{1}{2}\left(MN+PQ\right)\sqrt{MQ^2-\left(\dfrac{MN-PQ}{2}\right)^2}\)
= \(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+ax}{b}+\dfrac{2ax}{b}\right)\sqrt{\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{b^2}-\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{4b^2}}\)
=\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\left(b+3x\right)}{b}.\dfrac{a\sqrt{3}\left(b-x\right)}{2b}\)
= \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(3x+b\right)\left(3b-3x\right)\le\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(\dfrac{3x+b+3b-3x}{2}\right)^2=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\)
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\) khi x= \(\dfrac{b}{3}\)
[TEX]\frac{QP}{BC}=\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QP=\frac{2ax}{b}[/TEX]
[TEX]\frac{QM}{SA}=\frac{BM}{BA}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QM=\frac{a(b-x)}{b}[/TEX]
Do MNPQ là hình thang cân
\Rightarrow[TEX]MN=\frac{a(b-x)}{b}+\frac{2ax}{b}=\frac{ab+ax}{b}[/TEX]
Vậy [TEX]S_{MNPQ}=\frac{(\frac{2ax}{b}+\frac{ab+ax}{b})\frac{\sqrt{3}a(b-x)} {2B}}{2}[/TEX]
=[TEX]\frac{(3ax+ab)(\sqrt{3}ab-\sqrt{3}ax)}{b^2}[/TEX]
Ta có
+ M thuộc SB suy ra M là điểm chung của (LMN) và ( SBC) .
+ I là điểm chung của (LMN) và (SBC)
+ J là điểm chung của (LMN) và (SBC) .
Vậy M; I; J thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của (LMN) và (SBC).
Chọn B.
Ta có: \(\left( {MM'M''} \right)\parallel \left( {NN'N''} \right)\parallel \left( {ABC} \right)\) nên theo định lí Thalès ta có:
\(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM'}}{{SB}} \Leftrightarrow SM' = \frac{{SM.SB}}{{SA}} = \frac{{4.12}}{9} = \frac{{16}}{3}\)
\(\frac{{SA}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{M'N'}} \Leftrightarrow M'N' = \frac{{MN.SB}}{{SA}} = \frac{{3.12}}{9} = 4\)
\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{MN}}{{M''N''}} \Leftrightarrow M''N'' = \frac{{MN.SC}}{{SA}} = \frac{{3.15}}{9} = 5\)
\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{NA}}{{N''C}} \Leftrightarrow N''C = \frac{{NA.SC}}{{SA}} = \frac{{2.15}}{9} = \frac{{10}}{3}\)