Tự luận Hình học Lớp 11 - Chương 1 - Chủ đề 3: Đường thẳng song song với mặt phẳng

 CHUÛ ÑEÀ 3. ÑÖÔØNG THAÚNG SONG SONG VÔÙI MAËT PHAÚNG
 VẤN ĐỀ 1. Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng
 ❖ Phương pháp. Để chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng (a) ta chứng minh d không nằm 
 trong (a) và song song với một đường thẳng a nào đó nằm trong (a).
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB và CD .
 a) Chứng minh MN P(SBC), MN P(SAD).
 b) Gọi P là trung điểm cạnh SA . Chứng minh SB và SC đều song song với mặt phẳng (MNP).
 c) Gọi G1 , G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và SBC . Chứng minh G1G2 P(SAB).
 Lời giải
 ì
 ï MN Ë (SBC)
 ï
 S a) Ta có íï MN PBC suy ra MN P(SBC).
 ï
 ï Ì
 îï BC (SBC)
 ïì MN Ë (SAD)
 ï
 ï
 Q Tương tự í MN PAD suy ra MN P(SAD).
 P ï
 ï Ì
 îï AD (SAD)
 ì
 ï SB Ë (MNP)
 ï
 b) Ta có íï SBPMP suy ra SBP(MNP).
 ï
 A D ï Ì
 îï MP (MNP)
 M Tìm giao tuyến của (MNP) và (SAD). Ta có
 N
 ïì P Î (MNP)Ç(SAD)
 ï
 C ï
 B íï MN Ì (MNP), AD Ì (SAD)
 ï
 ï MN PAD
 îï
suy ra giao tuyến là đường thẳng qua P , song song với MN và cắt SD tại Q . Vậy (MNP)Ç(SAD)= PQ .
Xét tam giác SAD , ta có PQ PAD và P là trung điểm SA nên suy ra Q là trung điểm SD .
 ì
 ï SC Ë (MNP) S
 ï
Ta có íï SC PNQ suy ra SC P(MNP).
 ï
 ï Ì
 îï NQ (MNP)
c) Gọi I là trung điểm BC . Xét tam giác SIA , ta có
 IG1 IG2 1
 = = suy ra G1G2 PSA .
 IA IS 3 G2
 ïì G G Ë (SAB) D C
 ï 1 2
 ï
Do đó í G1G2 P SA suy ra G1G2 P(SAB).
 ï
 ï SA Ì (SAB) I
 îï G1
 A B Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, AD lần lượt lấy các điểm 
 SM SN PD
 M, N, P sao cho = = . Chứng minh MN P(ABCD); SD P(MNP); NP P(SCD).
 SA SB AD
 Lời giải
 SM SN
 ● Từ = suy ra MN PAB .
 S SA SB
 ì
 ï MN Ë (ABCD)
 ï
 Do íï MN PAB suy ra MN P(ABCD).
 ï
 M ï Ì
 îï AB (ABCD)
 N R
 SM PD
 ● Tương tự từ = suy ra SD PMP .
 SA AD
 ì
 ï SD Ë (MNP)
 ï
 A P D Do íï SD PMP suy ra SD P(MNP).
 ï
 ï Ì
 îï MP (MNP)
 ● Trong mặt phẳng (SBC), kẻ NR PBC với R Î SC , kẻ 
 B Q C
 SN SR SR BQ
 RQ PSB với Q Î BC thì ta có = và = .
 SB SC SC BC
 SN PD BQ PD
Kết hợp với giả thiết = , ta được = suy ra BQ = PD (do BC = AD ).
 SB AD BC AD
 ïì NR PBQ
Lại có NR = BQ , suy ra NR = PD . Hơn nữa, ta cóíï suy ra NR PPD .
 îï PD PBQ
 ì
 ï NP Ë (SCD)
 ï
Do đó PDRN là hình bình hành nên NP PDR . Ta có íï NP PDR suy ra NP P(SCD).
 ï
 ï Ì
 îï DR (SCD)
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , I là trung 
 AD
điểm của AB và M là điểm trên cạnh AD sao cho AM = . Đường thẳng đi qua M và song song với AB cắt CI 
 3
tại N . Chứng minh NG P(SCD) và MG P(SCD).
 Lời giải
 S
 E
 G
 A M
 D
 I
 N
 B J C ● Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J = MN ÇBC . Ta có 
 IN BJ AM 1 IG 1
 = = = và = .
 IC BC AD 3 IS 3
 ì
 ï NG Ë (SCD)
 IN IG ï
Suy ra = nên NG PSC . Do íï NG PCD suy ra NG P(SCD).
 IC IS ï
 ï Ì
 îï CD (SCD)
 IM AM 1
● Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = IM ÇCD . Ta có DMAI ∽ DMDE nên = = .
 IE AD 3
 IG 1 IM IG
Theo giả thiết, ta có = . Suy ra = nên MG PSE mà SE Ì (SCD). Vậy GM P(SCD).
 IS 3 IE IS
Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C' . Gọi I, G, K lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , ACC' và A' B'C' . Chứng 
minh IG P(ABC'); GK P(BB'C'C).
 Lời giải
 ● Gọi M là trung điểm của cạnh AC thì 
 A' C'
 MI 1 MG 1
 K = và = .
 N MB 3 MC' 3
 MI MG
 Do đó = suy ra IG PBC' .
 B' MB MC'
 Mà BC' Ì (ABC') nên IG P(ABC').
 O ● Trong mặt phẳng ACC' A' , gọi O = AC'Ç A'C .
 G A'G
 Ta có = 2 . 
 GC
 A'K
 M Gọi N là trung điểm của B'C' , ta có = 2 .
 A C A' N
 A'G A'K
 I Do đó = suy ra GK PCN .
 GC A' N
 Mà CN Ì (BCC' B') nên GK P(BCC' B').
 B
 VẤN ĐỀ 2. Thiết diện chứa một đường thẳng và song song với một đường thẳng cho trước
 ❖ Phương pháp. Tìm phương của giao tuyến. Từ đó xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng song 
 song với một hoặc hai đường thẳng cho trước.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là một điểm trên cạnh SC và (a) là mặt 
phẳng chứa AM và song song với BD .
 a) Hãy nêu cách dựng các giao điểm E , F của mặt phẳng (a) lần lượt với các cạnh SB , SD .
 b) Gọi I là giao điểm của ME và CB , J là giao điểm của MF và CD . Chứng minh ba điểm I, J, A thẳng hàng.
 Lời giải a) Giả sử dựng được E , F thỏa bài toán.
 ì
 ï EF = (a)Ç(SBD)
 ï
 S Ta có íï (a)PBD suy ra EF PBD .
 ï
 ï Ì
 îï BD (SBD)
 M
 Do các điểm E, F, A, M cùng thuộc mặt phẳng (a).
 F
 a = Ç
 K Trong mặt phẳng ( ), gọi K EF AM . Ta có
 E
 ▪ K Î EF mà EF Ì (SBD) suy ra K Î (SBD).
 ▪ K Î AM mà AM Ì (SAC) suy ra K Î (SAC).
 J D C
 Do đó K Î (SBD)Ç(SAC).
 O Mà (SBD)Ç(SAC)= SO với O = AC ÇBD . Suy ra K Î SO .
 Cách dựng E , F : Dựng giao điểm K của AM và SO . Qua 
 A B
 K dựng đường thẳng song song với BD cắt SB tại E , cắt 
 SD tại F .
 b) Do I = MEÇBC nên 
 I ▪ I Î ME mà ME Ì (a) suy ra I Î (a) .
 ▪ I Î BC mà BC Ì (ABCD) suy ra I Î (ABCD).
Do đó I Î (a)Ç(ABCD). Tương tự ta cũng có J Î (a)Ç(ABCD) và A Î (a)Ç(ABCD).
Vậy ba điểm I, J, A thẳng hàng.
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M , N là hai điểm lần lượt thuộc cạnh AB và CD ; (a) là mặt phẳng đi qua MN 
và song song với SA .
 a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi (a).
 b) Tìm điều kiện của MN để tiết diện là một hình thang.
 Lời giải
 ì
 ï M Î (a)Ç(SAB) S
 ï
Ta có íï (a)/ /SA suy ra (SAB)Ç(a)= MQ PSA với Q Î SB .
 ï
 ï Ì
 îï SA (SAB)
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi I = MN Ç AC . Ta có
 ▪ I Î MN mà MN Ì (a) suy ra I Î (a) .
 ▪ I Î AC mà AC Ì (SAC) suy ra I Î (SAC).
Do đó I Î (a)Ç(SAC). Q P
 A D
 ïì I Î (SAC)Ç(a)
 ï
 ï
Vậy í (a)PSA suy ra (SAC)Ç(a)= IP PSA với P Î SC . N
 ï
 ï Ì I
 îï SA (SAC) M
Thiết diện là tứ giác MNPQ . C
Tứ giác MNPQ là một hình thang khi MQ PNP hoặc MN PPQ . B
 ïì MQ PNP
Trường hợp 1. Nếu MQ PNP thì ta có íï Þ SA PNP mà NP Ì (SCD) suy ra SA P(SCD) (vô lý).
 îï MQ PSA Trường hợp 2. Nếu MN PPQ thì ta có các mặt phẳng (ABCD), (a), (SBC) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là 
 MN, BC, PQ nên MN PBC .
 ì
 ï PQ = (a)Ç(SBC)
 ï
Đảo lại nếu MN PBC thì íï MN Ì (a) suy ra PQ PMN PBC nên tứ giác MNPQ là hình thang.
 ï
 ï Ì
 îï BC (SBC)
Vậy để tứ giác MNPQ là hình thang thì điều kiện là MN PBC .
Bài 7. Cho tứ diện ABCD . Trên cạnh AD lấy trung điểm M , trên cạnh BC lấy điểm N bất kỳ. Gọi (a) là mặt phẳng 
chứa đường thẳng MN và song song với CD .
 a) Hãy xác định thiết diện của mặt phẳng (a) với tứ diện.
 b) Xác định vị trí của N trên CD sao cho thiết diện là hình bình hành .
 Lời giải
 ïì M Î (a)Ç(ACD)
 ï
 ï
 A a) Ta có í CD P(a) suy ra MP PCD với P Î CD .
 ï
 ï Ì
 îï CD (ACD)
 ì
 ï N Î (a)Ç(BCD)
 ï
 ï P a P Î
 M Tương tự í CD ( ) suy ra NQ CD với Q BD .
 ï
 ï Ì
 îï CD (BCD)
 P P
 P Vậy thiết diện là tứ giác MPNQ có MP NQ CD nên 
 MPNQ là hình thang.
 Q
 B D b) Để hình thang MPNQ có MP PNQ là hình bình hành khi 
 MP = NQ .
 1 1
 Mà MP = CD suy ra NQ = CD 
 2 2
 N hay N là trung điểm BC .
 C Vậy N là trung điểm BC thì M P N Q là hình bình hành.
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB . Gọi M là một điểm trên cạnh CD ; (a) là 
mặt phẳng qua M và song song với SA và BC .
 a) Hãy tìm thiết diện của mặt phẳng (a) với hình chóp. Thiết diện là hình gì ?
 b) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (a) với mặt phẳng (SAD).
 Lời giải
 ì
 ï M Î (a)Ç(ABCD)
 ï
a) Ta có íï BC P(a) suy ra (a)Ç(ABCD)= MN PBC với N Î AB . (1)
 ï
 ï Ì
 îï BC (ABCD)
 ì
 ï N Î (a)Ç(SAB)
 ï
Tương tự íï SA P(a) suy ra (a)Ç(SAB)= NP PSA với P Î SB ;
 ï
 ï Ì
 îï SA (SAB) ì
 ï P Î (a)Ç(SBC)
 ï
 íï BC P(a) suy ra (a)Ç(SBC)= PQ PBC với Q Î SC . (2)
 ï
 ï Ì S
 îï BC (SBC)
Từ (1) và (2), suy ra MN PPQ .
 x
Vậy thiết diện là hình thang MNPQ .
b) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi I = AD ÇMN . Ta có
 ▪ I Î AD mà AD Ì (SAD) suy ra I Î (SAD). P
 ▪ I Î MN mà NM Ì (a) suy ra I Î (a) . A N B
Suy ra I Î (a)Ç(SAD). Q
 ì
 ï I Î (a)Ç(SAD)
 ï
Do đó íï SA P(a) suy ra (a)Ç(SAD)= Ix PSA .
 ï D M C
 ï Ì
 îï SA (SAD)
Vậy giao tuyến là đường thẳng qua I và song song với SA .
 I
Bài 9. Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = b , AB ^ CD , Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD . Mặt phẳng 
 (a) qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD .
 a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (a) với (ICD) và (JAB).
 b) Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (a) và tứ diện. Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật.
 c) Tính diện tích thiết diện, biết IJ = 3IM .
 Lời giải
 ì
 A ï M Î (a)Ç(ICD)
 ï
 a) Ta có íï CD P(a) suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï
 ï Ì
 îï CD (ICD)
 (ICD) là đường thẳng qua M song song với CD cắt IC tại 
 G
 L và cắt ID tại N .
 I P
 ïì M Î (a)Ç(JAB)
 ï
 ï
 F N Tương tự í ABP(a) suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï
 ï Ì
 îï AB (JAB)
 M
 (JAB) là đường thẳng qua M song song với AB cắt JA tại 
 L D
 B
 H P và cắt JB tại Q .
 Q ïì L Î (a)Ç(ABC)
 ï
 ï
 E J b) Ta có í ABP(a) suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï
 ï Ì
 îï AB (ABC)
 (ABC) là đường thẳng qua L song song với AB cắt BC tại 
 C
 E và cắt AC tại F . Do đó EF PAB . (1) ì
 ï N Î (a)Ç(ABD)
 ï
Tương tự íï ABP(a) suy ra giao tuyến của (a) với (ABD) là đường thẳng qua N song song với AB cắt BD 
 ï
 ï Ì
 îï AB (ABD)
tại H và cắt AD tại G . Do đó HG PAB . (2)
Từ (1) và (2), suy ra EF PHG PAB . (*)
 ì
 ï FG Î (a)Ç(ACD)
 ï
Ta có íï CD P(a) suy ra FG PCD . (3)
 ï
 ï Ì
 îï CD (ACD)
 ì
 ï EH Î (a)Ç(BCD)
 ï
Tương tự íï CD P(a) suy ra EH PCD . (4)
 ï
 ï Ì
 îï CD (BCD)
Từ (3) và (4), suy ra FG PEH PCD . (* *)
Từ (*) và (* *), suy ra EFGH là hình bình hành.
Mà AB ^ CD suy ra EF ^ FG . Vậy thiết diện EFGH là hình chữ nhật.
c) Tứ giác EFGH là hình chữ nhật nên SEFGH = EF.FG = PQ.LN .
 PQ JM 2 2AB 2a
Trong tam giác JAB , ta có = = suy ra PQ = = .
 AB JI 3 3 3
 LN IM 1 CD b
Trong tam giác ICD , ta có = = suy ra LN = = .
 CD IJ 3 3 3
 2a b 2ab
Vậy diện tích thiết diện S = . = .
 EFGH 3 3 9
Bài 10. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi I là trung điểm của AC , J là điểm thuộc cạnh AD sao cho AJ = 2JD , 
 M là một điểm di động trong tam giác BCD sao cho ABP(MIJ).
 a) Tìm tập hợp điểm M .
 b) Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (IJM) với tứ diện.
 Lời giải
 ì
 A ï I Î (IJM)Ç(ABC)
 ï
 Ta có íï AB Ì (ABC) suy ra 
 ï
 ï P
 îï AB (IJM)
 (IJM)Ç(ABC)= IEPAB với E Î BC . (1)
 ïì Î Ç
 J ï J (IJM) (ABD)
 ï
 I Tương tự íï AB Ì (ABD) suy ra 
 ï
 ï P
 îï AB (IJM)
 B D
 F (IJM)Ç(ABD)= JF PAB với F Î BD . (2)
 M
 Từ (1) và (2), ta có được (IJM)Ç(BCD)= EF .
 E
 Mà M Î (IJM)Ç(BCD) suy ra M Î EF .
 C Vậy tập hợp điểm M là đoạn EF . b) Do IE và JF cùng song song với AB nên tứ diện IEFJ là hình thang.
 IE CI 1 AB a
Trong tam giác ABC , ta có = = suy ra IE = = .
 AB CA 2 2 2
 JF DJ 1 AB a
Trong tam giác ABD , ta có = = suy ra JF = = .
 AB DA 3 3 3
 a 13
Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác AIJ , ta có IJ = AI2 + AJ2 - 2AI.AJ cos600 = .
 6
 a 13
Tương tự ta cũng có EF = . J F
 6
Trong hình thang cân IEFJ . Hạ JH vuông góc với IE , ta có
 æ ö2
 2 2 2 çIE- JE÷ a 51
 JH = IJ - IH = IJ - ç ÷ = .
 èç 2 ø÷ 12
 1 5a2 51
Vậy S = (IE+ JF).JH = . I H E
 IEFJ 2 144
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a ; tam giác SBD cân tại S . Gọi M là điểm 
tùy ý trên AO . Đặt AM = x . Mặt phẳng (a) qua M và song song với SA , BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q .
 a) Tứ giác MNPQ là hình gì ?
 b) Giả sử SA = a . Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và x . Tìm x để diện tích MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải
 S a) Tam giác SBD cân tại S nên SB = SD . 
 · ·
 Suy ra DSBC = DSDC (c - c - c), do đó SCB = SCD .
 Gọi I là trung điểm SC . Xét hai tam giác IBC và IDC , ta có
 ì
 ï IC chung
 ï
 íï BC = DC suy ra DIBC = DIDC nên IB = ID hay tam giác 
 ï
 N ï · ·
 ï ICB = ICD
 P îï
 I IBD cân tại I . Do O là trung điểm BD nên IO là đường 
 trung tuyến trong tam giác cân, suy ra IO ^ BD . Mà SA PIO 
 A D nên SA ^ BD . 
 ì
 M ï M Î (a)Ç(ABCD)
 ï
 Q Ta có íï BD P(a) suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï
 O ï Ì
 îï BD (ABCD)
 (ABCD) là đường thẳng qua M song song với BD cắt AB 
 B C tại Q . Do đó MQ PBD . (1)
 ì
 ï Q Î (a)Ç(SAB)
 ï
Ta có íï SA P(a) suy ra giao tuyến của (a) với (SAB) là đường thẳng qua Q song song với SA cắt SB tại P . 
 ï
 ï Ì
 îï SA (SAB)
Do đó QP PSA . (2) ì
 ï P Î (a)Ç(SBD)
 ï
Ta có íï BD P(a) suy ra giao tuyến của (a) với (SBD) là đường thẳng qua P song song với BD cắt SO tại N . 
 ï
 ï Ì
 îï BD (SBD)
Do đó PN PBD . (3)
 ì
 ï (a)Ç(SAC)= MN
 ï
Ta có íï SA P(a) suy ra MN PSA . (4)
 ï
 ï Ì
 îï SA (SAC)
Từ (1) và (3) , suy ra PN PMQ PBD . Từ (2) và (4), suy ra QP PMN PSA .
 ïì PN PMQ PBD
 ï
Ta có íï QP PMN PSA suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
 ï
 îï SA ^ BD
 · · 0 ·
b) Do MQ PBD nên AQM = ABD = 45 = QAM . Suy ra tam giác AMQ cân tại M nên MQ = MA = x .
 a 2
 - x
 MN OM OM
Xét tam giác SAO , ta có = suy ra MN = AS. = a. 2 = a- x 2 .
 AS OA OA a 2
 2
 1
Do đó SMNPQ = x(a- x 2)= x 2 (a- x 2). Ta có
 2
 2
 æ a ö a2 2 a2 2
 = - = - ç - ÷ + £
 SMNPQ x(a x 2) 2 çx ÷ .
 èç 2 2 ø÷ 8 8
 a 2
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi: x = .
 4
 a2 2 a 2
Vậy diện tích hình chữ nhật MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng ; khi x = .
 8 4
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có đáy lớn BC = 2a , AD = a , AB = b . Mặt bên SAD là 
tam giác đều. Mặt phẳng (a) qua điểm M trên cạnh AB và song song với SA , BC cắt CD, SC, SB lần lượt tại 
 N, P, Q . Đặt AM = x (0 < x < b).
 a) Chứng minh MNPQ là hình thang cân.
 b) Tính diện tích thiết diện theo a , b và x . Tính giá trị lớn nhất của diện tích.
 Lời giải
 ì
 ï M Î (a)Ç(ABCD)
 ï
a) Ta có íï BC P(a) suy ra giao tuyến của (a) với (ABCD) là đường thẳng qua M song song với BC cắt CD 
 ï
 ï Ì
 îï BC (ABCD)
tại N . Do đó MN PBC . (1) ì
 S ï M Î (a)Ç(SAB)
 Ta có íï suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï P a Ì
 îï SA ( ),SA (SAB)
 (SAB) là đường thẳng qua M song song với SA cắt SB tại 
 Q . Do đó MQ PSA . (2)
 ïì
 ï Q Î (a)Ç(SBC)
 Q P Ta có í suy ra giao tuyến của (a) với 
 ï P a Ì
 îï BC ( ),BC (SBC)
 (SBC) là đường thẳng qua Q song song với BC cắt SC tại 
 B C
 P . Do đó QP PBC . (3)
 M N Từ (1) và (3) , suy ra MN PQP PBC . 
 Do đó thiết diện MNPQ là hình thang.
 A D MQ BM BQ CN CP NP
 Nhận xét rằng = = = = = mà 
 SA BA BS CD CS SD
 SA = SD suy ra MQ = NP .
 I Vậy thiết diện MNPQ là hình thang cân.
 1
b) Giả sử AB cắt CD tại I , ta có AD P= BC suy ra AD là đường trung bình của tam giác IBC .
 2
 Q P
 MN IM IA + AM b + x a(b + x)
Do đó IA = AB = b và = = = suy ra MN = .
 BC IB IA + AB 2b b
 PQ SQ AM x 2ax
Trong tam giác SBC , ta có = = = suy ra PQ = .
 BC SB AB b b
 MQ BM b- x a(b- x)
Trong tam giác SAB , ta có = = suy ra MQ = .
 SA AB b b M H N
 æ ö2 3 b- x
 2 2 2 çMN - PQ÷ ( )
Trong hình thang cân MNPQ . Hạ đường cao QH , ta có QH = MQ - MH = MQ - ç ÷ = .
 èç 2 ø÷ 2b
 é ù
 1 1 a(b + x) 2ax 3a(b- x) 3a2
Do đó S = (MN + PQ).QH = ê + ú. = .(b + 3x)(b- x). Ta có
 MNPQ ê ú 2
 2 2 ëê b b ûú 2b 4b
 é 2 ù
 3a2 ê4b2 æ b ö ú a2
 = - ç - ÷ £
 SMNPQ .ê çx 3 ÷ ú . 
 2 ê 3 èç 3 ø÷ ú 3
 4b ëê ûú
 b
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi: x = . 
 3
 a2 b
Vậy diện tích hình chữ nhật MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng ; khi x = .
 3 3
 · 0
Bài 13. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC = 60 , AB = a . Gọi O là trung điểm BC , 
cạnh bên SB = a và vuông góc với OA . Lấy điểm M thuộc đoạn AB sao cho BM = x (0 < x < a). Mặt phẳng (a) 
qua M song song với SB và OA cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q .
 a) Chứng minh MNPQ là hình thang vuông.
 b) Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x . Tìm x để diện tích MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải