Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(\alpha\right)//SA\) 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:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).
\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).
Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).
tham khảo:
a) Tam giác SAB có MN là đường trung bình nên MN//SA
Mà SA⊥(ABCD) nên MN⊥(ABCD). Suy ra MN⊥AB
Hình thang ABCD có NP là đường trung bình nên NP//BC//AD. Mà BC⊥AB nên NP⊥ABTa có AB vuông góc với hai đường thẳng MN và NP cắt nhau cùng thuộc (MNPQ) nên AB⊥(MNPQ)
b) Vì AB⊥(MNPQ);MQ∈(MNPQ) nên AB⊥MQ
Tam giác SBC có MQ là đường trung bình nên MQ//BC. Mà SA⊥BC nên SA⊥MQ
Ta có MQ vuông góc với hai đường thẳng SA và AB cắt nhau cùng thuộc (SAB) nên MQ⊥(SAB)
A B C D N S M P H K
a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)
=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).
Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông
=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).
b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.
Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)
Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)
Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK
Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)
\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)
\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)
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 \(a\).
\(\begin{array}{l}SI\parallel AB \Rightarrow \frac{{SI}}{{BM}} = \frac{{IQ}}{{QM}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + SI}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + MA}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}}\\ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{AB}} = \frac{{IQ}}{{MI}} \Leftrightarrow IQ = \frac{{SI.MI}}{{AB}} = \frac{{x.a}}{a} = x\end{array}\)
\({S_{IMN}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},{S_{IPQ}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = {S_{IMN}} - {S_{IPQ}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} - \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {{a^2} - {x^2}} \right)\)