2a. Dễ thấy $MN//PQ//AD//BC,NP//SD,MQ//SA$ nên $MNPQ$ là hình thang
Ta có $\widehat{MNP}=\widehat{ADS}=\widehat{SAD}=\widehat{QMN}=60^0$ nên $MNPQ$ là hình thang cân.

2b. Giả sử $MQ$ cắt $NP$ tại T. Dễ thấy $\Delta MNT$ và $\Delta PQT$ đều.
$S_{MNPQ}=S_{MNT}-S_{PQT}=\frac{\sqrt{3}(MN^2-PQ^2)}{4}$.
Theo Thales:
$MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=2a+x,PQ=BC.\frac{SQ}{SB}=BC.\frac{AM}{AB}=2x$.
Từ đó suy ra $S_{MNPQ}=\frac{\sqrt{3}(4a^2+4ax-3x^2)}{4}$.

2c. Trong mặt phẳng qua $BC$ và song song với $AD$, dựng $m$ qua $B$ song song với $SA$, $n$ qua $C$ song song với $SD$. Gọi $R$ là giao điểm của $m$ và $n$.
Giả ử $NP$ cắt $SR$ tại $T'$ thì $\frac{ST'}{SR}=\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SB}$, suy ra $T'Q//BR//SA$.
Mà $MQ//SA$ nên $T'\in MQ$ hay $T'\equiv T$.
Tóm lại $MQ$ cắt $NP$ trên $SR$ hay quỹ tích của $T$ khi $M$ di động trên $AB$ là đoạn $SR$.

1. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ đường thẳng $d$ qua $A$ và song song với $BD$. Giả sử $d$ cắt $CB$ và $CD$ lần lượt tại $I',J'$.
Vì $I'J'//BD$ nên $(MI'J')//BD$. Vậy $(MI'J')\equiv (P)$ hay $(P)$ luôn đi qua $d$ cố định.
Dễ thấy $I\equiv I'$ và $J\equiv J'$ nên $I,J,A$ thẳng hàng.

Kẻ $EM$ và $EN$ cắt $SA$ và $SC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. $MN$ cắt $BD$ tại $R$ và $ER$ cắt $SB$ tại $T$. Thiết diện cần tìm là ngũ giác $MNQTP$.

Kẻ $CN$ cắt $BD$ tại $E$, $SE$ cắt $NP$ tại $F$. Trong $(SBD)$, kẻ đường thẳng $l$ qua $F$ song song với $BD$, cắt $SB$ và $SD$ lần lượt tại $G$ và $H$. Thiết diện cần tìm là ngũ giác $MGPHN$.

a) Vì $MN$ là đường trung bình trong $\Delta SAB$ nên $MN//AB$ suy ra $MN//CD$.

b) Kẻ $AD$ cắt $BC$ tại $E$, $SC$ cắt $NE$ tại $P$.
Gọi $L,Q$ là trung điểm $AD$ và $SC$. Dễ thấy $NQ//BC$ và $NQ=\frac{BC}{2}$.
Ta có: $\frac{NP}{PE}=\frac{NQ}{CE}=\frac{BC}{2CE}=\frac{AD}{2DE}=\frac{LD}{DE}$.
Từ đó suy ra $PD//NL$.
Trong $\Delta AID$ có $L$ là trung điểm $AD$ và $NL//PD$ nên $N$ là trung điểm $AI$.
Vì $N$ là trung điểm $SB$ nên $SABI$ là hình bình hành (đpcm).

Vì $HK//AD$ nên $\frac{DK}{DS}=\frac{AH}{AS}$.
Vì $MH//SB$ nên $\frac{AH}{AS}=\frac{AM}{AB}$.
Vì $MN//AD$ nên $\frac{AM}{AB}=\frac{DN}{DC}$.
Từ đó suy ra $\frac{DK}{DS}=\frac{DN}{DC}$. Vậy $KN//SC$.

a) Tương tự bài http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114878/hai-duong-thang-song-song

b) Giả sử $ME$ và $NE$ cắt $(SBD)$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Dễ thấy $P,Q\in LH$.
Vì $BD//MN$ nên $BD//(MNE)$.
Mặt phẳng $(SBD)$ đi qua $BD$ cắt $(MNE)$ tại giao tuyến $PQ$ nên $BD//PQ$. Vậy $BD//LH$.

Vì $I$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}=3\overrightarrow{JI}$.
Vì $J$ là trọng tâm của $\Delta ABD$ nên $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}$.
Từ đó suy ra: $\overrightarrow{JC}-\overrightarrow{JD}=3\overrightarrow{JI}$ hay $\overrightarrow{DC}=3\overrightarrow{JI}$.
Vậy $IJ//CD$.

Bỏ ra 10 bông để tặng cô T, 9 bông tặng cô L, 5 bông tặng cô H, Trung còn lại 16 bông để 'tặng tiếp' cho 3 cô. Số cách tặng như vậy là $C_{18}^2=153$ cách.

Ta có:
$\begin{cases} a^3+a^3+1\geq 3a^2\\ 4(a^3+b^3+1)\geq 4.3ab\\ 4(b^3+b^3+1)\geq 4.3b^2\end{cases}\Rightarrow 6a^3+12b^3+9\geq 3(a+2b)^2$
Vì $a,b\geq 1$ nên $(a+2b)^2\geq 9$, ta suy ra $(a+2b)^2\leq 3(a^3+2b^3)$.
Vậy GTLN của $P$ là 3, đạt được khi và chỉ khi $a=b=1$.

a) Đường tròn (O") đối xứng với (O') qua d. (O") cắt (O) tại M, lấy đối xứng qua d được N.
Bài toán có nghiệm phụ thuộc vào vị trí tương đối của (O) và (O").

b) Tương tự, có thể khẳng định tiếp tuyến chung của (O) và (O") cắt d tại I.

Từ giả thiết dễ thấy $1<y<2$. Ta có:
$\frac{2}{x}\leq 1-\frac{1}{y}=\frac{y-1}{y}\Rightarrow x\geq \frac{2y}{y-1}$
$\frac{4}{z}\leq 2-y\Rightarrow z\geq \frac{4}{2-y}$
Từ đó suy ra:
$P=x+9y+z\geq \frac{2y}{y-1}+9y+\frac{4}{2-y}=2+\frac{2}{y-1}+9y+\frac{4}{2-y}$
Áp dụng BĐT Cauchy:
$\frac{2}{y-1}+18(y-1)\geq 12$
$\frac{4}{2-y}+9(2-y)\geq 12$
Cộng 2 BĐT trên vế theo vế ta được:
$\frac{2}{y-1}+\frac{4}{2-y}+9y\geq 24$
Do đó $P\geq 26$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=8,y=\frac{4}{3},z=6$.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết