Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Trường hợp 1 .
I thuộc đoạn AO (0 < x < a/2)
Khi đó I ở vị trí I1
Ta có: (α) // (SBD)
Vì (α) // BD nên (α) cắt (ABD) theo giao tuyến M1N1 ( qua I1) song song với BD
Tương tự (α) // SO nên (α) cắt (SOA) theo giao tuyến
S1T1 song song với SO.
Ta có thiết diện trong trường hợp này là tam giác S1M1N1.
Nhận xét. Dễ thấy rằng S 1 M 1 / / S B v à S 1 N 1 / / S D . Lúc đó tam giác S1M1N1 đều.
Trường hợp 2. I thuộc đoạn OC (a/2 < x < a)
Khi đó I ở vị trí I2. Tương tự như trường hợp 1 ta có thiết diện là tam giác đều
S 2 M 2 N 2 c ó M 2 N 2 / / B D , S 2 M 2 / / S B , S 2 N 2 / / S D .
Trường hợp 3. I ≡ O. Thiết diện chính là tam giác đều SBD.
b) Ta lần lượt tìm diện tích thiết diện trong các trường hợp 1,2,3.
Trường hợp 1. I thuộc đoạn AO (0 < x < a/2)
Trường hợp 2. I thuộc đoạn OC (a/2 < x < a)
Trường hợp 3. I ≡ O.
Tóm lại
∗ Đồ thị của hàm số S theo biến x như sau:
Vậy Sthiết diện lớn nhất khi và chỉ khi x = a/2.
a) \(M\) là trung điểm của \(SC\)
\(O\) là trung điểm của \(AC\) (theo tính chất hình bình hành)
\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OM\parallel SA\\SA \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OM\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}OM\parallel SA\\SA \subset \left( {SBA} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OM\parallel \left( {SBA} \right)\)
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}D \in \left( {OM{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\OM \subset \left( {OM{\rm{D}}} \right)\\SA \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\OM\parallel SA\end{array} \right\}\)
\( \Rightarrow \) Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {OMD} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(D\), song song với \(OM\) và \(SA\).
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel PQ\parallel BC\)
\( \Rightarrow MNPQ\) là hình thang (1).
\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow MQ\parallel SA \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{BM}}{{AB}}\)
\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = NP\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel SD \Rightarrow \frac{{NP}}{{SD}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}\)
\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = MN\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AD\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}\)
\( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{NP}}{{S{\rm{D}}}}\)
Mà tam giác \(SAD\) đều nên \(SA = S{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow MQ = NP\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MNPQ\) là hình thang cân.
b) Gọi \(I = MQ \cap NP\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = SI\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SI\parallel AB\parallel C{\rm{D}}\)
\(SI\parallel N{\rm{D}},S{\rm{D}}\parallel NI \Rightarrow SIN{\rm{D}}\) là hình bình hành \( \Rightarrow S{\rm{D}} = NI\)
\(SI\parallel MA,S{\rm{A}}\parallel MI \Rightarrow SIMA\) là hình bình hành \( \Rightarrow S{\rm{A}} = MI\)
Xét tam giác \(IMN\) và tam giác \(SAD\) có: \(MN\parallel A{\rm{D,}}MI\parallel SA,NI\parallel S{\rm{D}},MN = A{\rm{D}}\)
tam giác \(IMN\) là tam giác đều cạnh \(a\).
\(\begin{array}{l}SI\parallel AB \Rightarrow \frac{{SI}}{{BM}} = \frac{{IQ}}{{QM}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + SI}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + MA}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}}\\ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{AB}} = \frac{{IQ}}{{MI}} \Leftrightarrow IQ = \frac{{SI.MI}}{{AB}} = \frac{{x.a}}{a} = x\end{array}\)
\({S_{IMN}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},{S_{IPQ}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = {S_{IMN}} - {S_{IPQ}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} - \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {{a^2} - {x^2}} \right)\)
a: Xét ΔSBD có
M,N lần lượt là trung điểm của SB,SD
=>MN là đường trung bình
=>MN//BD
BD//MN
\(MN\subset\left(AMN\right)\)
BD không thuộc mp(AMN)
Do đó: BD//(AMN)
b: Gọi O là giao điểm của AC và BD
\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
Chọn mp(SBD) có chứa MN
(SBD) giao (SAC)=SO(cmt)
Gọi K là giao điểm của SO với MN
=>K là giao điểm của MN với mp(SAC)
\(\left(\alpha\right)//SA\) 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]
Tham khảo hình vẽ:
TH1: \(\left( \alpha \right)\) cắt đoạn \(AO\) tại \(I\).
Gọi \(E,F,G\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với \(SA,AB,AD\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow FG\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\left( 1 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = EF\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel SB \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EF}}{{SB}}\left( 2 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = EG\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow EG\parallel SD \Rightarrow \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EG}}{{SD}}\left( 3 \right)\end{array}\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{{EF}}{{SB}} = \frac{{EG}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\).
Tam giác \(SBD\) đều nên \(SB = SD = BD\).
Do đó \(EF = EG = FG\). Vậy tam giác \(EFG\) đều.
Tham khảo hình vẽ:
TH2: \(\left( \alpha \right)\) cắt đoạn \(CO\) tại \(J\).
Gọi \(M,N,P\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với \(SC,BC,C{\rm{D}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NP\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\left( 4 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel SB \Rightarrow \frac{{CM}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{MN}}{{SB}}\left( 5 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = MP\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel SD \Rightarrow \frac{{C{\rm{M}}}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{MP}}{{SD}}\left( 6 \right)\end{array}\)
Từ (4), (5) và (6) suy ra \(\frac{{MN}}{{SB}} = \frac{{MP}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\).
Tam giác \(SBD\) đều nên \(SB = SD = BD\).
Do đó \(MN = MP = NP\). Vậy tam giác \(MNP\) đều.