Đáp án C

Bài toán sử dụng bổ đề sau: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (P) bất kì cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm A’, B’, C’, D’ với tỉ số

S A ' S A = x ; S B ' S B = y ; S C ' S C = z ; S D ' S D = t  thì ta có đẳng thức

1 x + 1 z = 1 y + 1 t  và tỉ số

V S . A ' B ' C ' D ' V S . A B C D = x y z t 4 1 x + 1 y + 1 z + 1 t

Áp dụng vào bài toán

đặt u = S M S B , v = S N S D  ta có

1 u + 1 v = S A S A ' + S C S I = 1 1 + 1 2 3 = 5 2 ≥ 2 u v ≥ 16 25 ⇒ V ' V = u v .1. 2 3 4 1 u + 1 v + 1 1 + 1 2 3 = 5 u v 6 ≥ 8 15

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

 a) Gọi \(O=AC\cap BD\). Khi đó \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\). Lại có \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\) nên SO chính là giao tuyến của (SAC) và (SBD).

 b) Trong mp (AMNK) cho \(AN\cap MK=L\). Do \(AN\subset\left(SAC\right),MK\subset\left(SBD\right)\) nên \(L\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\) nên \(L\in SO\). \(\Rightarrow\) L là trọng tâm tam giác SAC \(\Rightarrow\dfrac{SL}{LO}=2\). Mà \(\dfrac{SM}{MB}=2\) nên \(\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{SM}{MB}\Rightarrow\) LM//BO hay MK//BD, suy ra đpcm.