Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(C\in AI\)
\(C\in BC\)
Do đó: AI cắt BC tại C
b: HK thuộc mp(SBD)
BC thuộc mp(SBC)
Do đó: HK và BC là hai đường chéo nhau
c:Trong mp(SBD), ta có: HK và SI không song song
=>HK cắt SI tại M
d: \(H\in BC\subset\left(SBC\right)\)
\(H\in AH\)
Do đó: AH cắt (SBC)=H
a: Xét ΔSBC có M,N lần lượt là trung điểm của SB,SC
=>MN là đường trung bình
=>MN//BC
b: MN//BC
BC//AD
Do đó: MN//AD
c: \(C\in SN;C\in CD\)
Do đó: SN cắt CD tại C
d: B thuộc SM
B thuộc BC
Do đó: SM cắt BC tại B
e: MN thuộc mp(SBC)
AB thuộc mp(SAB)
Do đó: MN và AB là hai đường chéo nhau
f: \(I\in SI;I\in\left(ABCD\right)\)
Do đó: \(SI\cap\left(ABCD\right)=I\)
a: Xét ΔSBD có
H,K lần lượt là trung điểm của SB,SD
=>HK là đường trung bình của ΔSBD
=>HK//BD
mà \(BD\subset\left(ABCD\right)\);HK không thuộc (ABCD)
nên HK//(ABCD)
b: Chọn mp(SBD) có chứa BK
\(O\in BD\subset\left(SBD\right);O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
=>\(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
Gọi E là giao điểm của SO với BK
=>E là giao điểm của BK với mp(SAC)
=>BK cắt (SAC) tại E
c: \(O\in BD\subset\left(SBD\right);S\in\left(SBD\right)\)
Do đó: \(SO\subset\left(SBD\right)\)
a: BD cắt AC tại E
b: Xét ΔSAC có SM/SA=SN/SC
nên MN//AC
c: Trong mp(SAC), ta có: SE không song song với MN
=>SE cắt MN tại K
d: \(C\in SN\)
\(C\in\left(ABCD\right)\)
Do đó: \(SN\cap\left(ABCD\right)=C\)
Đề bài sai rồi bạn
Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD
a) Xét tam giác SAB và tam giác SAD có:
+) Chung SA
+) \(AB=AD\)
+) \(\widehat{SAB}=\widehat{SAD}=90^0\) (Vì \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AD\end{matrix}\right.\) )
\(\Rightarrow\Delta SAB=\Delta SAD\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{SAB}=\widehat{SAD}\)
\(\Rightarrow\Delta SAH=\Delta SAK\left(ch-gn\right)\)
\(\Rightarrow SH=SK\)
Mà SB=SD (Do \(\Delta SAB=\Delta SAD\))
\(\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)
\(\Rightarrow\)HK||BD( Áp dụng Talet cho tam giác SBD)
b)Đặt SA=x, AB=y
Gọi O là tâm của đáy (ABCD), trong mp(SAC) cho SO cắt AI tại J
Ta tính được \(SC=\sqrt{x^2+2y^2}\) và SO=\(\sqrt{x^2+\dfrac{y^2}{2}}\)
Áp dụng định lí cos cho tam giác OSC có:
\(2SO.SC.\cos OSC=SO^2+SC^2-OC^2=x^2+\dfrac{y^2}{2}+x^2+2y^2-\dfrac{y^2}{2}=2x^2+2y^2\)
\(\Rightarrow SO.SC.cosOSC=x^2+y^2\)
\(\dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{SI}{SO.cosOSC}=\dfrac{SA^2}{SC.SO.cosOSC}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(1\right)\)
\(SK=\dfrac{SA^2}{SD}\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{SA^2}{SD^2}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2), áp dụng định lí Talet đảo cho tam giác SDO ta có KJ||DO hay KJ||BD
Chứng minh tương tự ta có: JH||BD
Mà HK||BD nên K,H,J thẳng hàng
\(\Rightarrow\exists1\) mặt phẳng chứa 4 điểm A,H,I,K (Vì AI cắt HK tại J)
\(\Rightarrow I\in mp\left(AHK\right)\)(đpcm)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\end{matrix}\right.\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)
Mà HK||BD
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)
Qua G kẻ đường thẳng song song AC lần lượt cắt AD, AB, BC tại E, F, N.
là giao tuyến của (GHK) và (ABCD)
Nối EH kéo dài cắt SD tại M là giao điểm SD và (NHK)
c/ Gọi P là giao điểm của FN kéo dài và CD
Ta có , mà BD qua trung điểm của AC qua trung điểm của EP là trung điểm EP
Mà MG qua trung điểm của EP MG qua trung điểm của HK hay G,M,E thẳng hàng
a: Xét ΔSAC có
H,K lần lượt là trung điểm của SA,SC
=>HK là đường trung bình
=>HK//AC
Xét (GHK) và (ABCD) có
HK//AC
\(G\in\left(GHK\right)\cap\left(ABCD\right)\)
Do đó: (GHK) giao (ABCD)=xy, xy đi qua G và xy//HK//AC
b: Chọn mp(SBD) có chứa SD
Gọi O là giao điểm của AC và BD
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔABC có
G là trọng tâm
BO là trung tuyến của ΔABC
Do đó: B,O,G thẳng hàng
=>G\(\in\)BD
Trong mp(SAC), gọi I là giao điểm của SO với HK
\(I\in SO\subset\left(SBD\right);I\in HK\subset\left(GHK\right)\)
=>\(I\in\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)\)(1)
\(G\in BD\subset\left(SBD\right);G\in\left(GHK\right)\)
=>\(G\in\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)=GI\)
Gọi M là giao điểm của SD với GI
=>M là giao điểm của SD với (SHK)
c: Xét ΔSAC có
O,K lần lượt là trung điểm của CA,CS
=>OK là đường trung bình của ΔSAC
=>OK//SA và OK=SA/2
OK=SA/2
SH=SA/2
Do đó: OK=SH
Xét tứ giác SHOK có
SH//OK
SH=OK
Do đó: SHOK là hình bình hành
=>HK cắt SO tại trung điểm của mỗi đường
mà E là trung điểm của HK
nên Elà trung điểm của SO
=>E trùng với I
=>(SBD) giao (GHK)=GE
=>G,E,M thẳng hàng
a: \(K\in HK;K\in BC\)
Do đó: HK cắt BC tại K
b: Xét ΔBAC có
H,K lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>HK là đường trung bình
=>HK//AC
c: C thuộc BK
C thuộc CD
Do đó: BK cắt CD tại C
e: Trong mp(ABCD), ta có: HK và CD không song song vối nhau
=>HK cắt CD tại M
a: Xét ΔSAB có H,K lần lượt là trung điểm của SA,SB
=>HK là đường trung bình
=>HK//AB
b: HK//AB
AB//CD
Do đó: HK//CD
c: \(B\in SK\)
\(B\in BC\)
Do đó: SK cắt BC tại B
d: \(HK\subset\left(SAB\right)\)
\(BC\subset\left(SBC\right)\)
Do đó: HK và BC là hai đường thẳng chéo nhau
e: \(HK\subset\left(SAB\right);SD\subset\left(SAD\right)\)
Do đó: HK và SD là hai đường thẳng chéo nhau
f: \(O\in SO\)
\(O\in\left(ABCD\right)\)
Do đó: \(SO\cap\left(ABCD\right)=\left\{O\right\}\)