Chọn C

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD.

Gọi I là gioa điểm của BP và MN. Khi đó

Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO=\left(SBD\right)\cap\left(SAC\right)\)

Trong mp (SAC), gọi E là giao điểm SO và MN

MN là đường trung bình tam giác SAC \(\Rightarrow\) E là trung điểm SO

Trong mp (SAD), nối BE kéo dài cắt SD tại K

\(\Rightarrow K=SD\cap\left(BMN\right)\)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOD:

\(\dfrac{ES}{EO}.\dfrac{BO}{BD}.\dfrac{KD}{KS}=1\Rightarrow1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{KD}{SK}=1\Rightarrow KD=2SK\)

\(\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{1}{3}\)

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:

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

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

a.

Nối BN kéo dài cắt AD tại E

\(\left\{{}\begin{matrix}E\in\left(BMN\right)\\E\in\left(SAD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow E=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}M\in SA\in\left(SAD\right)\\M\in\left(BMN\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow EM=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

b.

Gọi F là giao điểm EM và SD

Trong mp (SCD), nối FN kéo dài cắt SC kéo dài tại G

\(\Rightarrow G=SC\cap\left(BMN\right)\)

a) Xét tam giác HAC ta có: GH = 2GA, HK = 2KC suy ra GK // AC hay GK // (ABCD).

b) (MNEF) // (ABCD) do đó MN // AB, NE // BC, EF // CD, MF // AD

Lại có AB // CD, AD // BC suy ra MN // EF, MF // NE.

Suy ra, tứ giác MNEF là hình bình hành.

Qua S kẻ đường thẳng d song song AD (và BC)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\\AD||BC\\AD\in\left(SAD\right)\\BC\in\left(SBC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và song song AD, BC

\(\Rightarrow d=\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)

MN song song BD (đường trung bình)

Do đó qua P kẻ đường thẳng song song BD kéo dài cắt AB tại E

=>DPEB là hình bình hành (2 cặp cạnh đối song song)

=>EB=DP=AB/2

EA=AB+EB=3AB/2