Cho tam giác SAC có O là trung điểm AC. Trên SO,SC lần lượt lấu O1,C1 sao cho SO1/SO=2/9;SC1/SC=1/5. TínhSA1/SA
3 mặt phẳng (a), (ACD), (BCD) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt là PQ, MN, CD
Mà \(PQ||CD\) (do PQ là đường trung bình tam giác ACD)
\(\Rightarrow MN||PQ\)
Thiết diện là hình thang
Trong mp(BCD) gọi \(I=FG\cap BD\)
Trong mp (ADB) gọi \(H=IE\cap AD\)
Khi đó HG = \(\left(EFG\right)\cap\left(ACD\right)\)
Áp dụng định lí menelaus cho tam giác BCD với 3 giao điểm I,G,F thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1=>\dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}\)
Xét tam giác ABD với 3 điểm thẳng hàng I,H,E thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\) => \(\dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}=>HD=\dfrac{a}{5}\)
Xét tam giác HDG:
\(HG^2=HD^2+DG^2-2DH.DG.cos60^o=\dfrac{a^2}{25}+\dfrac{a^2}{9}-\dfrac{a^2}{15}=\dfrac{19a^2}{225}\)
=> HG \(=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\)
\(\left(\alpha\right)//SA\) 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= \(\dfrac{b}{3}\)
a) Do MN\(\subset\) (BMN); AD \(\subset\)(ABCD) nên I là một điểm chung của (BMN) với (ABCD). Dễ thấy B là một điểm chung khác I
Vậy (BMN)\(\cap\) (ABCD) =BI
b) J\(\in\)BI\(\subset\) (BMN)
J \(\in\) (CD) \(\subset\) (SCD)
nên J là một điểm chung của (BMN) \(\cap\) (SCD)
vậy (SCD) \(\cap\) (BMN) =NJ
Thiết diện của (BMN) với hình chóp là tứ giác AMNJ
c) Áp dụng định lí Menelaus Trong \(\Delta SAD\) có cát tuyến MNI có:
\(\dfrac{ID}{IA}.\dfrac{MA}{MS}.\dfrac{NS}{ND}=1\)
\(\dfrac{ID}{IA}.1.2=1\) => \(\dfrac{ID}{IA}=\dfrac{1}{2}\)
=> D là trung điểm AI
+ Xét tam giác SAI có 2 trung tuyến MI, SD giao nhau tại N => N là trong tâm tam giác SAI
=> \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{2}{3}\)
Ta có AD//BC
=> \(\dfrac{IK}{BK}=\dfrac{AI}{BC}=\dfrac{2AD}{BC}=2\)(do AD=BC)
=> \(\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)
Xét tam giác MIB có: \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)
=> BM//NK