Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
Xét mặt phẳng (SAB) và (SCD) có:
S là điểm chung
AB // CD
⇒ Giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng đi qua S và song song với AB
a: \(N\in SC\subset\left(SCD\right)\)
\(N\in\left(ABN\right)\)
Do đó: \(N\in\left(SCD\right)\cap\left(ABN\right)\)
Xét (SCD) và (ABN) có
\(N\in\left(SCD\right)\cap\left(ABN\right)\)
CD//AB
Do đó: (SCD) giao (ABN)=xy, xy đi qua N và xy//AB//CD
c: Chọn mp(SAC) có chứa AN
Gọi O là giao điểm của AC và BD trong mp(ABCD)
\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
Gọi K là giao điểm của AN với SO
=>K là giao điểm của AN với mp(SBD)
À, tưởng dài mà thực ra cũng dễ thôi, vì toàn điểm đặc biệt cả.
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow I\) là giao AN và SO
\(\Rightarrow I\) là trọng tâm SAC \(\Rightarrow\dfrac{SI}{SO}=\dfrac{2}{3}\)
Gọi E là giao điểm CM và BD, trong mp (SCM) nối MN cắt SE tại J
E là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{2}{3}\)
Menelaus tam giác BOI:
\(\dfrac{BE}{EO}.\dfrac{OS}{SI}.\dfrac{IJ}{JB}=1\Rightarrow2.\dfrac{3}{2}.\dfrac{IJ}{JB}=1\Rightarrow JB=3IJ\)
\(\Rightarrow IB-IJ=3IJ\Rightarrow\dfrac{IB}{IJ}=4\)
a) Vì M ∈ (SAB)
Và 
nên (α) ∩ (SAB) = MN
và MN // SA
Vì N ∈ (SBC)
Và 
nên (α) ∩ (SBC) = NP
và NP // BC (1)
⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ
Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)
Và 
nên (α) ∩ (ABCD) = QM
và QM // BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD
MN ∩ PQ = I ⇒ 
MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
a: Xét ΔSBD có
M,N lần lượt là trung điểm của SB,SD
=>MN là đường trung bình
=>MN//BD
BD//MN
\(MN\subset\left(AMN\right)\)
BD không thuộc mp(AMN)
Do đó: BD//(AMN)
b: Gọi O là giao điểm của AC và BD
\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
Chọn mp(SBD) có chứa MN
(SBD) giao (SAC)=SO(cmt)
Gọi K là giao điểm của SO với MN
=>K là giao điểm của MN với mp(SAC)
1: Gọi giao điểm của AC và BD là O trong mp(ABCD)
\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên (SAC) giao (SBD)=SO
Xét ΔSDC có
P,N lần lượt là trung điểm của DS,DC
=>PN là đường trung bình của ΔSDC
=>PN//SC
PN//SC
SC\(\subset\)(SBC)
PN không nằm trong mp(SBC)
Do đó: PN//(SBC)
Chà, bài này dựng xong hình là xong thôi (tính toán đơn giản bằng Talet)
Đầu tiên là dựng mp qua M và song song (SBD): qua M kẻ các đường thẳng song song SB, SD lần lượt cắt AB, AD tại E và F
Nối EF kéo dài cắt BC tại I và CD tại G
Qua G kẻ đường thẳng song song MF (hoặc SD) cắt MI kéo dài tại J
Talet cho ta: \(\dfrac{MI}{MJ}=\dfrac{IF}{GF}\)
Mà \(\dfrac{GF}{GI}=\dfrac{DF}{BI}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AD}{BC+\dfrac{1}{2}BC}=...\)
Vậy là xong