Bài toán thiết diện của hình chóp

Vì \(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}\) ta có \(IJ//AB\) vì \(IJ\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ\). Gọi \(E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF\)

Suy ra thiết diện \(\left( {IJG} \right)\) và hình chóp là hình bình hành $IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\,\,\,\left( 1 \right)$

vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB \Leftrightarrow SG = \dfrac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \dfrac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)$

và \(IJ = \dfrac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)\) vì\(IJ\)là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$ và$\left( 3 \right)$ $ \Rightarrow \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow $ $4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD$

Giả sử dựng được điểm $E,F$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}EF = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel BD\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF\parallel BD.\)

Do đó các điểm $E,F,A,M$  cùng thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\), gọi \(K = EF \cap AM.\)

Ta có: \(K \in EF,EF \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right).\)

\(K \in AM,AM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right).\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\) với \(O = AC \cap BD \Rightarrow K \in SO.\)

Cách dựng $E,F$: Dựng giao điểm $K$  của $AM$  và $SO$ . Qua $K$  kẻ đường thẳng song song với $BD$  cắt $SB$  tại $E$  và cắt $SD$  tại $F$ .

Do \(\begin{array}{l}I = ME \cap BC\\I \in ME,ME \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right)\\I \in BC,BC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABCD} \right).\end{array}\)

Do đó \(I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)

Tương tự ta cũng có \(J \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)và \(A \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)

Vậy $I,J,A$ cùng thuộc giao tuyến của \(mp\left( \alpha  \right)\) và (ABCD).

Vậy $I,J,A$thẳng hàng.

Gọi \(J;E\) lần lượt là trung điểm $SA;AB$.

Trong mặt phẳng \(\left( {BCMJ} \right)\) gọi \(I = MN \cap BC\).

• Ta có: \(IM\) là đường trung tuyến của tam giác \(SID\).
• Trong tam giác \(ICD\) ta có \(BE\) song song và bằng \(\dfrac{1}{2}CD\) nên suy ra \(BE\) là đường trung bình của tam giác \(ICD \Rightarrow E\) là trung điểm \(ID \Rightarrow SE\) là đường trung tuyến của tam giác \(SID\).

Ta có: \(N = IM \cap SE \Rightarrow N\) là trọng tâm tam giác \(SID \Rightarrow \dfrac{{IN}}{{IM}} = \dfrac{2}{3}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN\parallel CD\) với \(N \in AC\).

Tương tự \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\parallel CD\) với \(Q \in BD.\)

Vì $MN//CD//PQ$  nên thiết diện $MNPQ$  là hình thang.

Ta có $DQ = CP = x,DM = a-x$.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác $DMQ$ ta có:

\(MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ.cos60}  = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .\)

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

Suy ra $MQ = NP$ .

Mặt khác ta có 

\(\begin{array}{l}MN = x < \dfrac{a}{2};PQ = a - x > \dfrac{a}{2}\\ \Rightarrow MN \ne PQ\end{array}\)

\( \Rightarrow MNPQ\) không là hình bình hành

Vậy thiết diện $MNPQ$  là hình thang cân.

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha  \right)//SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Qua $M$  kẻ \(MQ//SA\left( {Q \in AB} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ.\)

Tương tự như trên ta xác định được

\(\begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = QP//BC\,\,\left( {P \in AC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN//BC\,\,\left( {N \in BC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = PN//SA\end{array}\)

Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) là hình bình hành $MNPQ.$

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{{SM}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{MN}}{a} = \dfrac{m}{{2a}} \Rightarrow MN = \dfrac{m}{2}\\\dfrac{{QM}}{{SA}} = \dfrac{{BM}}{{BS}} \Rightarrow \dfrac{{QM}}{{2a}} = \dfrac{{2a - m}}{{2a}} \Rightarrow QM = 2a - m.\end{array}\)

Vậy chu vi hình bình hành $MNPQ$  là: \(2\left( {MN + QM} \right) = 2\left( {\dfrac{m}{2} + 2a - m} \right) = m + 4a - 2m = 4a - m.\)

Ta có $\dfrac{{BM}}{{C'N}} = \dfrac{{MB'}}{{ND'}} = \dfrac{{BB'}}{{C'D'}} = 1$, do đó theo định lý ta-let trong không gian thì  $BC'$, $MN$, $B'D'$ lần lượt cùng song song (hoặc nằm trong) với một mặt phẳng.

Mà $B'D'{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$ và $BC' \subset \left( {BC'D} \right)$ nên ta có $MN{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Chứng minh tương tự ta có $NP{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$. Do đó $\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Qua $P$, kẻ $PQ{\rm{//}}BD,Q \in AB$. Qua  $N$, kẻ $NF{\rm{//C'}}D,F \in D'D$.

Qua $M$, kẻ $ME{\rm{//BC'}},E \in B'C'$.

Khi đó ta có thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ với hình lập phương là lục giác $MENFPQ$.

Dễ thấy $EN = PF = MQ = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}$, $NF = PQ = ME = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}$ và tam giác  $BC'D$ là tam giác đều vì $BC' = BD = DC' = a\sqrt 2 $.

Do đó $\widehat {ENF} = \widehat {NFP} = \widehat {FPQ} = \widehat {PQM} = \widehat {QME} = \widehat {MEN} = 120^\circ $

Kẻ các đường cao \(EH,PK\) của các hình thang cân \(MENF,MQPF\) ta có:

\(EH = ME\sin {60^0} = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

\(\begin{array}{l}PK = FP\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\\MH = ME\cos {60^0} = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}\\ \Rightarrow MF = 2MH + EN = 2.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} + \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} = a\sqrt 2 \end{array}\)

Diện tích hình thang \(MENF\) là:

\({S_1} = \dfrac{1}{2}\left( {EN + MF} \right).EH = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9}\)

Diện tích hình thang \(MQPF\) là:

\({S_2} = \dfrac{1}{2}\left( {QP + MF} \right).PK = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} = \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\)

Vậy \({S_{MENFPQ}} = {S_1} + {S_2} = \dfrac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9} + \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}} = \dfrac{{13{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC//\left( \alpha  \right),BC \subset \left( {ABCD} \right),BC \subset \left( {SBC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\end{array} \right. \Rightarrow MN//BC//PQ\,\,\,\left( 1 \right).\\\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( \alpha  \right)//SA,SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA//MQ.\end{array}\)

Áp dụng định lí Ta-let ta có: \(\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{SQ}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}};\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow NP//SD.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}MQ//SA\\MN//BC//AD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {SAD} = {60^0}.\) (vì tam giác $SAD$ đều)

Tương tự ta chứng ming được \(\widehat {MNP} = \widehat {SDA} = {60^0} \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MNP}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra $MNPQ$  là hình thang cân.

Gọi \(O\) là giao của \(AC\) và \(BD\). Ta có \(O\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(BD\).

Các đoạn thẳng \(SO\),\(A'C'\), \(B'D'\) đồng quy tại \(I\).

Ta có: \({S_{SA'I}} + {S_{SC'I}} = {S_{SA'C'}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{{S_{SA'I}}}}{{{S_{SAC}}}} + \dfrac{{{S_{SC'I}}}}{{{S_{SAC}}}} = \dfrac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{{S_{SA'I}}}}{{2{S_{SAO}}}} + \dfrac{{{S_{SC'I}}}}{{2{S_{SCO}}}} = \dfrac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{SA'}}{{2SA}}.\dfrac{{SI}}{{SO}} + \dfrac{{SC'}}{{2SC}}.\dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{SI}}{{2SO}}\left( {\dfrac{{SA'}}{{SA}} + \dfrac{{SC'}}{{SC}}} \right) = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{SA}}{{SA'}} + \dfrac{{SC}}{{SC'}} = 2.\dfrac{{SO}}{{SI}}\).

Tương tự: \(\dfrac{{SB}}{{SB'}} + \dfrac{{SD}}{{SD'}} = 2.\dfrac{{SO}}{{SI}}\)

Suy ra:\(\dfrac{{SB}}{{SB'}} + \dfrac{{SD}}{{SD'}} - \dfrac{{SC}}{{SC'}} = \)\(\dfrac{{SA}}{{SA'}} = \dfrac{3}{2}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ICD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ICD} \right)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và $\left( {ICD} \right)$ là đường thẳng qua $M$  và song song với $CD$  cắt $IC$  tại $L$  và cắt $ID$  tại $N$.

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {JAB} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {JAB} \right)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và $\left( {JAB} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và song song $AB$  cắt $JA$  tại $P$  và cắt $JB$  tại $Q$.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}L \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với $\left( {ABC} \right)$ là đường thẳng qua $L$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $E$ và cắt $AC$  tại $F$ . Do đó $EF//AB{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\)và $\left( {ABD} \right)$  là đường thẳng qua $N$  song song với $AB$  cắt $BD$  tại $H$  và cắt $AD$  tại $G$ .

Do đó $HG//AB\left( 2 \right)$ .

Từ (1) và (2) suy ra EF // HG // AB (*)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}FG = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow FG\parallel CD\,\,\,\left( 3 \right)$.

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}EH = \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EH\parallel CD\,\,\left( 4 \right).\)

Từ (*) và (**) suy ra $EFGH$  là hình bình hành.

Mà \(AB \bot CD \Rightarrow EF \bot FG.\) Vậy thiết diện $EFGH$ là hình chữ nhật

\( \Rightarrow {S_{EFGH}} = EF.FG = PQ.LN.\)

Trong tam giác $JAB$, ta có \(\dfrac{{PQ}}{{AB}} = \dfrac{{JM}}{{JI}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow PQ = \dfrac{{2AB}}{3} = \dfrac{{2a}}{3}.\)

Trong tam giác $ICD$  ta có \(\dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow LN = \dfrac{{CD}}{3} = \dfrac{b}{3}.\)

Vậy diện tích thiết diện là: \({S_{EFGH}} = \dfrac{{2a}}{3}.\dfrac{b}{3} = \dfrac{{2ab}}{9}.\)

Do \(MN{\rm{//}}AD \Rightarrow MN{\rm{//}}BC\). Vậy \(\left( {MNP} \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến đi qua \(P\), song song \(BC\) và cắt \(DC\) tại điểm \(I\). Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) chính là hình thang \(MNIP\).

Do \(\Delta NDI = \Delta MAP\) nên \(MP = NI\). Từ đó suy ra \(MNIP\) là hình thang cân.

Trong tam giác \(SAB\), ta có

\(\cos \widehat {SAB} = \dfrac{{S{A^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2.SA.AB}} = \dfrac{{9{a^2} + 9{a^2} - 27{a^2}}}{{2.3a.3a}} =  - \dfrac{{9{a^2}}}{{18{a^2}}} =  - \dfrac{1}{2}\)

Trong tam giác\(MAP\), ta có \(M{P^2} = M{A^2} + A{P^2} - 2MA.AP.\cos \widehat {MAP} = \dfrac{{9{a^2}}}{4} + 4{a^2} + \dfrac{{3a}}{2} \cdot 2a = \dfrac{{37{a^2}}}{4} \Rightarrow MP = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{2}\)

Từ \(M\) kẻ \(MF \bot PI\), từ \(N\) kẻ \(NE \bot PI\).

Dễ thấy, tứ giác \(MNEF\) là hình chữ nhật và từ đó suy ra \(MN = EF = \dfrac{{3a}}{2} \Rightarrow PF = EI = \dfrac{{3a}}{4}\)

Xét tam giác vuông \(MFP\), ta có \(MF = \sqrt {M{P^2} - F{P^2}}  = \sqrt {\dfrac{{37{a^2}}}{4} - \dfrac{{9{a^2}}}{{16}}}  = \dfrac{{a\sqrt {139} }}{4}\)

Ta có ${S_{MNIP}} = \dfrac{{\left( {MN + IP} \right).MF}}{2} = \dfrac{{\left( {\dfrac{{3a}}{2} + 3a} \right) \cdot \dfrac{{a\sqrt {139} }}{4}}}{2} = \dfrac{{9{a^2}\sqrt {139} }}{16}$

Gọi mặt phẳng chứa \(AM\) và song song với \(BD\) là \(\left( \alpha  \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(MN//BD\,\,\left( {N \in SB} \right)\), khi đó ta có \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AMN} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(\left\{ I \right\} = MN \cap SO\), trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(K = AI \cap SC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}K \in AI \subset \left( {AMN} \right)\\K \in SC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow K = \left( {AMN} \right) \cap SC\) hay \(K = \left( \alpha  \right) \cap SC\).

Áp dụng định lí Talets ta có \(\dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{{SM}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IO}}=2\)

Ta có: O là trung điểm của AC nên \(\dfrac{{AO}}{{AC}}=\dfrac{1}{2}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SOC\), cát tuyến \(AIK\) ta có:

\(\dfrac{{IS}}{{IO}}.\dfrac{{AO}}{{AC}}.\dfrac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow 2.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{KC}}{{KS}} = 1\) \( \Rightarrow \dfrac{{SK}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {BB'C'C} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {AA'D'D} \right)\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {BB'C'C} \right) = NP\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {AA'D'D} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow NP\,{\rm{//}}\,MQ\).

Tương tự: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AA'B'B} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {CC'D'D} \right)\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {AA'B'B} \right) = MN\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {CC'D'D} \right) = PQ\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,PQ\)

Suy ra mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) cắt hình hộp theo thiết diện là hình bình hành \(MNPQ\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}BN = \dfrac{1}{3}BB' = \dfrac{1}{3}AA'\\AM = \dfrac{2}{3}AA'\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{BN}}{{AM}} = \dfrac{1}{2}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của hai đường thẳng \(MN\) và \(AB\) thì \(BN\) là đường trung bình của tam giác \(AME\) \( \Rightarrow N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(ME\).

Trong mặt phẳng \(\left( {MNPQ} \right)\), gọi \(F\) là giao điểm của \(EP\) và \(MQ\) thì \(NP\) là đường trung bình của tam giác $MEF$ (vì \(NP\,{\rm{//}}\,MQ\) và \(N\) là trung điểm \(EM\)) \( \Rightarrow NP = \dfrac{1}{2}MF\)

Mà tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(NP = MQ \Rightarrow Q\) là trung điểm \(MF\) hay \(\dfrac{{FQ}}{{FM}} = \dfrac{1}{2}\)

Lại có \(D'Q\,{\rm{//}}\,A'M \Rightarrow \dfrac{{D'Q}}{{A'M}} = \dfrac{{FQ}}{{FM}} = \dfrac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{D'Q}}{{\dfrac{1}{3}AA'}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{D'Q}}{{DD'}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\)