Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Nhận xét:
Do giả thiết cho IJ không song song với CD và chúng cùng nằm trong mặt phẳng (BCD) nên khi kéo dài chúng gặp nhau tại một điểm.
Gọi K = IJ ∩ CD.
Ta có: M là điểm chung thứ nhất của (ACD) và (IJM);
Vậy (MIJ) ∩ (ACD) = MK
b) Với L = JN ∩ AB ta có:
Như vậy L là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (MNJ) và (ABC)
Gọi P = JL ∩ AD, Q = PM ∩ AC
Ta có:
Nên Q là điểm chung thứ hai của (MNJ) và (ABC)
Vậy LQ = (ABC) ∩ (MNJ).
Trong mặt phẳng (BCD); IJ cắt CD tại H nên H thuộc (ACD)
Điểm H thuộc IJ m suy ra bốn điểm M; I; J; H đồng phẳng.
Nên trong mặt phẳng (IJM) , MH cắt IJ tại H và M H ⊂ I J M .
Mặt khác M ∈ A C D H ∈ A C D ⇒ M H ⊂ A C D .
Vậy giao tuyến của 2 mặt phẳng (ACD) và ( IJM) là MH
Chọn D.
a) Gọi N = DK ∩ AC; M = DJ ∩ BC.
Ta có (DJK) ∩ (ABC) = MN ⇒ MN ⊂ (ABC).
Vì L = (ABC) ∩ JK nên dễ thấy L = JK ∩ MN.
b) Ta có I là một điểm chung của (ABC) và (IJK).
Mặt khác vì L = MN ∩ JK mà MN ⊂ (ABC) và JK ⊂ (IJK) nên L là điểm chung thứ hai của (ABC) và (IJK), suy ra (IJK) ∩ (ABC) = IL.
Gọi E = IL ∩ AC; F = EK ∩ CD. Lí luận tương tự ta có EF = (IJK) ∩ (ACD).
Nối FJ cắt BD tại P; P là một giao điểm (IJK) và (BCD).
Ta có PF = (IJK) ∩ (BCD) Và IP = (ABD) ∩ (IJK)
Định chụp hình cơ cơ mà khá khó nhìn nên thoi đánh máy, bạn cố hiểu nhé
Từ H kẻ đường thẳng song song với ME cắt BC ở K
Từ K kẻ đường thẳng song song với EN cắt CD ở I
Nối I với H ta được mp (P) cần tìm
\(\left\{{}\begin{matrix}K\in HK\subset\left(HKI\right);K\in BC\subset\left(BCD\right)\\I\in KI\subset\left(HKI\right);I\in CD\subset\left(BCD\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(HKI\right)\cap\left(BCD\right)=KI\Rightarrow\left(P\right)\cap\left(BCD\right)=KI\)
Ta co \(\left\{{}\begin{matrix}H\in HK\subset\left(HKI\right);H\in AB\subset\left(ABD\right)\\KI//AB\end{matrix}\right.\)
=> Giao tuyen cua (P) va (ABD) la duong thang ua H va song song voi BD
a) Ta có: MP cắt BC tại E mà BC thuộc (BCD)
Nên: E là giao điểm của đường thẳng MP với mặt phẳng (BCD).
b) Ta có: EN cắt CD tại Q mà EN thuộc (MNP)
Nên: Q là giao điểm của đường thẳng CD với mặt phẳng (MNP).
c) Ta có: P thuộc (MNP) và (ACD)
Q thuộc (MNP) và (ACD)
Nên PQ là giao tuyến của mặt phẳng (ACD) với mặt phẳng (MNP).
d) △ACN có: \(\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{AG}{AN}=\dfrac{2}{3}\)
Suy ra: PG // CN
Do đó: △PIG đồng dạng với △NIC
Do đó: C, I, G thẳng hàng.
a) Gọi \(N=DK\cap AC;M=DJ\cap BC\).
Ta có \(\left(DJK\right)\cap\left(ABC\right)=MN\Rightarrow MN\subset\left(ABC\right)\)
Vì \(L=\left(ABC\right)\cap JK\) nên dễ thấy \(L=JK\cap MN\)
Trong mp(BCD) gọi \(I=FG\cap BD\)
Trong mp (ADB) gọi \(H=IE\cap AD\)
Khi đó HG = \(\left(EFG\right)\cap\left(ACD\right)\)
Áp dụng định lí menelaus cho tam giác BCD với 3 giao điểm I,G,F thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1=>\dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}\)
Xét tam giác ABD với 3 điểm thẳng hàng I,H,E thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\) => \(\dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}=>HD=\dfrac{a}{5}\)
Xét tam giác HDG:
\(HG^2=HD^2+DG^2-2DH.DG.cos60^o=\dfrac{a^2}{25}+\dfrac{a^2}{9}-\dfrac{a^2}{15}=\dfrac{19a^2}{225}\)
=> HG \(=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\)