Trong mặt phẳng cho 2019 điểm phân biệt. Hỏi có tất cả bao nhiêu vectơ khác vectơ không mà có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2019 điểm trên?

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tỉ số và định lí Ta-lét.

Cách giải:

Gọi N, P lần lượt thuộc SB, SC sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SM}}{{SA}}\).

Khi đó thiết diện của mặt phẳng qua M song song với \(\left( {ABC} \right)\) là tam giác MNP.

Áp dụng định lí ta-lét trong tam giác SAB có: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3} = 4\)\(\left( {SM = 2MA;SA = 6} \right)\)

Tương tự ta có \(NP = MP = 4\,cm\).

Do đó tam giác MNP là tam giác đều cạnh 4cm.

\( \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{.4^2} = 4\sqrt 3 c{m^2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tìm điểm Q.

Sử dụng định lí Menelaus để tính tỉ số.

Cách giải:

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) lấy \(PH||MN\left( {H \in CD} \right)\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(Q = NH \cap SD\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến QNH ta có: \(\frac{{HD}}{{HC}}.\frac{{NC}}{{NS}}.\frac{{QS}}{{QD}} = 1\)

Mà N là trung điểm của SC \( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NS}} = 1\).

Mặt khác áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác DPH ta có \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\) (vì P là trung điểm của OB).

Do đó ta có \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\)