Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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) (P) // BC nên (P) sẽ cắt (SBC) theo giao tuyến B'C' song song với BC.
Tương tự, (P) cắt (SAD) theo giao tuyến MN song song với AD.
Khi M trùng với trung điểm A' của cạnh SA thì thiết diện MB'C'N' là hình bình hành.
b) Với M không trùng với A':
Gọi I ∈ B′M ∩ C′N. Ta có:
I ∈ B′M ⊂ (SAB), tương tự I′ ∈ C′N ⊂ (SCD)
Như vậy I ∈ Δ = (SAB) ∩ (SCD).
a) Ta có:
Gọi K là trung điểm của AD ta có CK = AB = AD/2 nên tam giác ACD vuông tại C
Ta có:
b) Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AC’ ⊥ SC và trong mặt phẳng (SAD) vẽ AD’ ⊥ SD
Ta có AC’⊥ CD (vì CD ⊥ (SAC))
Và AC’ ⊥ SC nên suy ra AC’ ⊥ (SCD) ⇒ AC’ ⊥ SD
Ta lại có AB ⊥ AD và AB ⊥ SA nên AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ SD
Ba đường thẳng AD’, AC’ và AB cùng đi qua điểm A và vuông góc với SD nên cùng nằm trong mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với SD
c) Ta có C’D’ là giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SCD). Do đó khi S di động trên tia Ax thì C’D’ luôn luôn đi qua một điểm cố định là giao điểm của AB và CD
AB ⊂ (α), CD ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (α) ∩ (SCD) = C’D’
Mặt phẳng (P) qua A song song với BD nên (P) sẽ cắt (ABCD) theo giao tuyến d đi qua A và song song với BD. A và BD cố định nên d cố đinh
Bài này ứng dụng 1 phần cách giải của bài này:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Giả sử mp (a) cắt SA; SB;SC; SD thứ tự tại A' B' C' D'. Tính \(\dfra... - Hoc24
Gọi O' là giao điểm của SO và MP, tương tự như bài trên, ta có 3 đường thẳng SO, MP, NQ đồng quy tại O'
Đồng thời sử dụng diện tích tam giác, ta cũng chứng minh được:
\(3=\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{2SO}{SO'}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\)
Áp dụng BĐT Cô-si: \(3=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\ge2\sqrt{\dfrac{SB.SD}{SN.SQ}}\Rightarrow SN.SQ\ge\dfrac{4}{9}.SB.SD\)
Theo bổ đề về diện tích tam giác chứng minh ở đầu:
\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)
\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
\(\left(\alpha\right)//SA\) và BC nên \(\left(\alpha\right)//\left(SAD\right)\)
=> MQ //SA, NP//SD ta có
MN//PQ//AD//BC
ABCD : \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{CN}{CD}\left(1\right)\)
Theo định lí Ta let trong tam giác:
\(\Delta SAB:\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BQ}{BS}=\dfrac{MQ}{SA}\left(2\right)\)
\(\Delta SCD:\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{CP}{CS}=\dfrac{PN}{SD}\left(3\right)\)
Từ (1) (2) và (3) suy ra: \(MQ=NP=\dfrac{b-x}{b}a\)
\(PQ=\dfrac{x}{b}.2a\)
\(MN=a+\dfrac{x}{b}a\)
=> thiết diện là hình thang cân và \(S_{td}=\dfrac{1}{2}\left(MN+PQ\right)\sqrt{MQ^2-\left(\dfrac{MN-PQ}{2}\right)^2}\)
= \(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+ax}{b}+\dfrac{2ax}{b}\right)\sqrt{\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{b^2}-\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{4b^2}}\)
=\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\left(b+3x\right)}{b}.\dfrac{a\sqrt{3}\left(b-x\right)}{2b}\)
= \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(3x+b\right)\left(3b-3x\right)\le\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(\dfrac{3x+b+3b-3x}{2}\right)^2=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\)
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\) khi x= \(\dfrac{b}{3}\)
[TEX]\frac{QP}{BC}=\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QP=\frac{2ax}{b}[/TEX]
[TEX]\frac{QM}{SA}=\frac{BM}{BA}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QM=\frac{a(b-x)}{b}[/TEX]
Do MNPQ là hình thang cân
\Rightarrow[TEX]MN=\frac{a(b-x)}{b}+\frac{2ax}{b}=\frac{ab+ax}{b}[/TEX]
Vậy [TEX]S_{MNPQ}=\frac{(\frac{2ax}{b}+\frac{ab+ax}{b})\frac{\sqrt{3}a(b-x)} {2B}}{2}[/TEX]
=[TEX]\frac{(3ax+ab)(\sqrt{3}ab-\sqrt{3}ax)}{b^2}[/TEX]
Tham khảo hình vẽ:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).
\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).
Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).