Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xét phép chiếu song song lên $(A B C D)$ theo phương chiếu $A^{\prime} B$. Khi đó ba điểm J, I, M lần lượt có hình chiếu là $B, I^{\prime}, M$. Do  J, I, M thẳng hàng nên $B, I^{\prime}, M$ cũng thẳng hàng. Gọi $N^ \prime$ là hình chiếu của N thì $AN^ \prime$ là hình chiếu của AN. Vì

 $I \in A N \Rightarrow I^{\prime} \in A N^{\prime} \Rightarrow I^{\prime}=B M \cap A N^{\prime}$.

Từ phân tích trên suy ra cách dựng:

Lấy $I^{\prime}=A N^{\prime} \cap B M$.

Trong $\left(A N N^{\prime}\right)$ dựng $I I^{\prime} // N N^{\prime}$ (đã có $N N^{\prime} // C D^{\prime}$) cắt AN tại I.

Vẽ đường thẳng MI, đó chính là đường thẳng cần dựng.

Ta có $M C=C N^{\prime}$ suy ra $M N^{\prime}=C D=A B$. Do đó $I^{\prime}$ là trung điểm của BM.

Mặt khác $I I^{\prime} // J B$ nên $II^\prime$ là đường trung bình của tam giác MBJ, suy ra $I M=I J \Rightarrow \dfrac{I M}{I J}=1$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong mặt phẳng $(ABC)$ gọi $D= ME \cap BC$

Kẻ $EF//AB(F \in BC)$. Khi đó $EF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ và $EF=\dfrac{AB}{2}$

Xét tam giác $DBM$, ta có: 

$\dfrac{{FD}}{{BD}} = \dfrac{{EF}}{{BM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow FD = \dfrac{1}{2}BF = \dfrac{1}{2}FC$, tức $D$ là trung điểm của $FC$ 

Do đó: $\dfrac{BD}{CD}=3$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(ABC)$ gọi $E=AC \cap NP$, trong $(ACD)$ gọi $Q=EM \cap CD$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nQ \in CD\\\nQ \in EM \subset (MNP)\n\end{array} \right.$

$ \Rightarrow Q = CD \cap (MNP)$

Kẻ $AF//CD,F \in AD$, kẻ $KP//AN, K \in AC$

Ta có: $\dfrac{{AF}}{{DQ}} = \dfrac{{MA}}{{MD}} = 1 \Rightarrow AF = DQ$      (1)

$\dfrac{{AF}}{{QC}} = \dfrac{{EA}}{{EC}}$    (2)

Do $KP = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}.3AN = \dfrac{3}{2}AN$ nên $\dfrac{{AN}}{{KP}} = \dfrac{2}{3}$

$ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EK}} = \dfrac{{AN}}{{KP}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}$   (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

$\dfrac{{QD}}{{QC}} = \dfrac{{FA}}{{QC}} = \dfrac{{EA}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}$  $ \Rightarrow \dfrac{{QD}}{{DC}} = \dfrac{1}{3}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\ AD \subset (ABD)\\ AD//(\alpha ) \end{array} \right.$

$ \Rightarrow (\alpha ) \cap (AND) = MN//AD,N \in AB$

Tương tự: $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//BC,P \in AC$

$[\left( \alpha \right) \cap (BCD) = MQ//BC,Q \in CD$

Ta có: $\dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{{MD}}{{DB}},\dfrac{{MN}}{{DA}} = \dfrac{{MB}}{{DB}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BC}} + \dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MD + MB}}{{DB}} = 1$

Vì $MQ//BC,MN//AD$ mà $BC,AD$ không đổi nên góc giữa $MN$ và $MQ$ không đổi, do đó ${S_{MNPQ}} = MN.MQ.\sin \varphi $ ( trong đó $\varphi$ là góc giữa $MN$ và $MQ$) 

Ta thấy $\sin \varphi$ không đổi và ${S_{MNPQ}} = MN.MQ.\sin \varphi = (AD.AC.\sin \varphi ).\dfrac{{MN}}{{AD}}.\dfrac{{MQ}}{{BC}}$

$ \le AD.BC.\sin \varphi {\left( {\dfrac{{\dfrac{{MN}}{{AD}} + \dfrac{{MQ}}{{BC}}}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{AD.BC.\sin \varphi }}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{1}{2}$ $ \Rightarrow $ $M$ là trung điểm của $BD$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $I,J,K$ lần lượt là giao điểm của $MG$ với $BC,CD,BD$ , kẻ $MH//GC,H \in BC$ thì ta có: 

$\dfrac{{MP}}{{AG}} = \dfrac{{IG}}{{IJ}} = \dfrac{{IH}}{{GC}} = \dfrac{{{S_{MBC}}}}{{{S_{GBC}}}} = \dfrac{{3{S_{MBC}}}}{{{S_{BCD}}}}$

Tương tự: $\dfrac{{MQ}}{{AG}} = \dfrac{{3{S_{MCD}}}}{{{S_{BCD}}}},\dfrac{{MR}}{{AG}} = \dfrac{{3{S_{MBD}}}}{{{S_{BCD}}}}$

Từ đó ta có: $MP+MQ+MR=3AG$

Theo bất đẳng thức Co-si , ta có: 

$MP.MQ.MR \le {\left( {\dfrac{{MP + MQ + MR}}{3}} \right)^3} = A{G^3}$

Đẳng thức xảy ra khi $MP = MQ = MR = AG \Leftrightarrow M \equiv G$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $X=MN \cap BD, E= XP \cap AD, F=XP \cap AB$. Thiết diện là tứ giác $MNEF$

Dựng $MQ//BD,Q \in CD$

Ta có: $\dfrac{{CQ}}{{CD}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow N$ là trung điểm của $QD$ do đó $DX=MQ$

$\dfrac{{DX}}{{DB}} = \dfrac{{MQ}}{{DB}} = \dfrac{1}{3}$

Dựng $IJ//XF, J \in AB$

Ta có: $\dfrac{{AF}}{{FJ}} = \dfrac{{AP}}{{AI}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow AF = \dfrac{4}{5}FJ$     (1)

$\dfrac{{BF}}{{JF}} = \dfrac{{BX}}{{JX}} = \dfrac{{BX}}{{JD + DX}} = \dfrac{{BX}}{{\dfrac{1}{2}BD + \dfrac{1}{2}BD}} = \dfrac{{6BX}}{{5BD}} = \dfrac{6}{5}.\dfrac{{BX}}{{\dfrac{3}{4}BD}} = \dfrac{8}{5} \Rightarrow JF = \dfrac{5}{8}BF$    (2)

Từ (1) , (2) suy ra: $AF = \dfrac{4}{5}FJ = \dfrac{4}{5}.\dfrac{5}{8}FB = \dfrac{1}{2}FB \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{1}{3}$

Do $\dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{FA}}{{AB}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow FM//AC \Rightarrow AC//(MXF)$

$ \Rightarrow MF//NE$

Vậy thiết diện $MNEF$ là hình thang cân có $MF = \dfrac{{2a}}{3},NF = \dfrac{a}{3}$ 

$\Delta AFE$ có $AF = \dfrac{a}{3},AE = \dfrac{{2a}}{3}$

$E{F^2} = A{E^2} + A{F^2} - 2AE.AF\cos {60^o} \Rightarrow EF = \dfrac{a}{3}$

Đường cao của hình thang là : $h = \sqrt {E{F^2} - {{\left( {\dfrac{{FM - EN}}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}$

Diện tích thiết diện: $S = \dfrac{1}{2}h(ME + NE) = \dfrac{{11{a^2}}}{{24\sqrt 3 }}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\ AD \subset (ABD)\\ AD//(\alpha ) \end{array} \right.$

$ \Rightarrow (\alpha ) \cap (AND) = MN//AD,N \in AB$

Tương tự: $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//BC,P \in AC$

$[\left( \alpha \right) \cap (BCD) = MQ//BC,Q \in CD$

Giả sử điểm $M$ trên cạnh $BD$ để $MNPQ$ là hình thoi 

Ta có: $\dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{{DM}}{{DB}} \Rightarrow MQ = \dfrac{{DM.BC}}{{DB}}$   (1)

Tương tự: $\dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MB}}{{BD}} \Rightarrow MN = \dfrac{{MB.AD}}{{BD}}$    (2)

Do $MNPQ$ là hình bình hành nên nó là hình thoi khi $MN=MQ$ , do đó từ (1) và (2), ta có:

 $\dfrac{{DM.BC}}{{DB}} = \dfrac{{AD.MB}}{{BD}} \Rightarrow DM.BC = DA.(DB - DM)$

$ \Leftrightarrow DM(BC + AD) = AD.BD \Leftrightarrow DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}}$

Rõ ràng $0 < DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}} < BD$ nên điều kiện $M$ nằm trên $BD$ được thỏa mãn.

Vậy thiết diện là hình thoi khi $M$ nằm trên cạnh $BD$ sao cho $DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $\left. \begin{array}{l}\nBC \bot DC\\\nBC \bot SD\n\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (SDC) \Rightarrow \widehat {SDC} = {45^0}$

$ \Rightarrow SD = SC = \dfrac{{AD}}{{\tan {{60}^o}}} = a\sqrt 3 $

Kẻ $OI//SB(I \in SD)$

$d(AC,SB) = d(SB,(IAC)) = d(B,(IAC)) = d(D,(IAC)$

Kẻ $IH \bot AC \Rightarrow AC \bot (IDH) \Rightarrow DH \bot AC$

Kẻ $DK \bot IH$, ta có: $DK \bot AC(AC \bot (DIH)) \Rightarrow DK \bot (SAC) \Rightarrow DK \bot HA$

Xét tam giác vuông $DHA$, ta có: 

$DH = a.\sin {60^o} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Suy ra tam giác $DHI$ vuông cân tại $DK = DH.\sin {45^o} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}$

Vậy: $d(AC,SB)=\dfrac{a\sqrt 6}{4}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $O = AC \cap BD,G = AE \cap SO$, thì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAC$ 

Dễ thấy $G \in MN$

Ta có: $\dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} = \dfrac{{SG.SM}}{{SO.SB}} = \dfrac{{2SM}}{{3SB}}$

$\dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{{SG.SN}}{{SO.SD}} = \dfrac{{2SN}}{{3SD}}$

$ \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} + \dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{2}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}})$

Mặt khác: $\dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} + \dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{{2{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} + \dfrac{{2{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} = \dfrac{{2{S_{\Delta SMN}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} = \dfrac{{2SM.SN}}{{SB.SD}}$

Suy ra: $\dfrac{1}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}}) = \dfrac{{SM.SN}}{{SB.SD}} \Leftrightarrow \dfrac{{SB}}{{SM}} + \dfrac{{SD}}{{SN}} = 3$   (*)

$\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}})(\dfrac{{SB}}{{SM}} + \dfrac{{SD}}{{SN}}) = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{{SM.SD}}{{SN.SB}} + \dfrac{{SN.SB}}{{SM.SD}})$

Đặt $a = \dfrac{{SB}}{{SM}},b = \dfrac{{SD}}{{SN}}$ thì $a+b=3$ và $\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a})$

Do $a \geq 1,b \geq 1$ và $a+b=3$ nên ta có: $a \in [1;2]$, từ đó: 

$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} = \dfrac{a}{{3 - a}} + \dfrac{{3 - a}}{a} = \dfrac{{9 - 6a + 2{a^2}}}{{a(3 - a)}} \le \dfrac{5}{2},\forall a \in \left[ {1;2} \right]$

$ \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) \le \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{5}{2}) = \dfrac{3}{2}$

Vậy: $\max (\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}}) = \dfrac{3}{2}$ khi $M \equiv B$, $SN=ND$ hoặc $N \equiv D, SM=MB$