(1,0 điểm) Cho tứ diện đều \(ABCD\) cạnh \(a\). Gọi \(M\) và \(P\) là hai điểm di dộng trên các cạnh \(AD\) và \(BC\), sao cho \(MA = PC = x\) \(\left( {0 < x < a} \right)\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua \(MP\) song song với \(CD\) cắt \(AC,\,\,BD\) lần lượt tại \(N,Q.\)

a) Chứng minh tứ giác \(MNPQ\) là hình thang cân.

b) Tính diện tích hình thang cân \(MNPQ\) theo \[a\] và \[x\]. Tìm \(x\) để diện tích đó nhỏ nhất.

a) Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN}\\{CD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)}\\{CD \subset \left( {ACD} \right)}\end{array}} \right.\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,CD\] Tương tự \[\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\,{\rm{//}}\,CD\] Vì \[MN\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,PQ\] nên thiết diện \(MNPQ\) là hình thang. Ta có \(DQ = CP = x\), \(DM = a - x\).

Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(DMQ\), ta có

\(MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ\cos 60^\circ }  = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} \)

Tương tự ta cũng tính được \[NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} \].

Suy ra \[MQ = NP\].

Vậy thiết diện \(MNPQ\) là hình thang cân.

b) Tam giác \(ACD\) đều có \(MN\,{\rm{//}}\,CD\) nên tam giác \(AMN\) cũng đều nên \(MN = AM = x\)

Tam giác \(BCD\) đều có \(PQ\,{\rm{//}}\,CD\) nên tam giác \(BPQ\) cũng đều nên \(PQ = BP = a - x\).

Trong hình thang cân \(MNPQ\), hạ \(NH\) vuông góc với \(PQ\) và tìm được \(NH = \frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \).

Do đó \[{S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {MN + PQ} \right).NH\]

\[ = \frac{1}{2}\left[ {x + \left( {a - x} \right)} \right].\frac{1}{2}\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \]

\[ = \frac{1}{4}a\sqrt {8{x^2} - 8ax + 3{a^2}} \]

\( = \frac{1}{4}a\sqrt {8{{\left( {x - \frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}}  \ge \frac{{{a^2}}}{4}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: \[x = \frac{a}{2}\].

Vậy diện tích hình thang \(MNPQ\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \[\frac{{{a^2}}}{4}\] khi \[x = \frac{a}{2}\].