Đáp án B

Ta có: V S . M N P V S . A B C = 2 V S . M N P V S . A B C = S M S A . S N S B . S P S C = 1 3 . S P S C  

Tương tự V S . M P Q V S . A C D = 2 V S . M P Q V S . A B C D = 1 2 . S P S C . S Q S D  

Do đó  2 V S . M N P Q V S . A B C D = 1 3 S P S C + 1 2 . S P S C . S Q S D

Đặt S P S C = x 0 < x ≤ 1 , ta chứng minh được  S A S M + S C S P = S B S N + S D S Q = 2 S O S I

Do đó S D S Q = 1 x + 1 2 ⇒ 2 k = x 1 3 + x x + 2 = 2 3  

Do 0 < x ≤ 1 nên  2 k m ax = f 1 = 2 3 ⇒ k = 1 3 .

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 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

Theo chứng minh của bài toán trên thì ta có:

\(\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}=\dfrac{2SO}{SI}=10\)

\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SC}{SP}+\dfrac{SD}{SQ}=20\)

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:

\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)

\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)

Chọn đáp án B

Chọn B