Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TH1: \(AN\ne2ND\Rightarrow\) MN ko song song BD
Nối MN kéo dài cắt BD kéo dài tại E
Trong mặt phẳng (BCD), nối EP kéo dài lần lượt cắt BC và CD tại F và Q
\(\Rightarrow\) Tứ giác MNQK là thiết diện cần tìm
TH2: \(AN=2ND\Rightarrow MN//BD\)
Trong mặt phẳng (BCD), qua P kẻ đường thẳng song song BD lần lượt cắt BC và CD tại F và Q
\(\Rightarrow\) Tứ giác MNQK là thiết diện cần tìm
Đồng thời trong trường hợp này ta có \(\frac{MN}{BD}=\frac{AM}{AB}=\frac{2}{3}\) (Talet)
Lại có \(\frac{KQ}{BD}=\frac{2}{3}\) (t/c trọng tâm)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}KQ=MN\\KQ//MN\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MNQK\) là hbh
Vậy thiết diện là hbh khi N nằm trên AD sao cho \(AN=2ND\)
A B C D M N P I K K X Y Z
a/
Ta có
M là trọng tâm tg ABC \(\Rightarrow\dfrac{MI}{MA}=\dfrac{1}{2}\)
N là trọng tâm tg ACD \(\Rightarrow\dfrac{NK}{NA}=\dfrac{1}{2}\)
Xét tg AIK có
\(\dfrac{MI}{MA}=\dfrac{NK}{NA}=\dfrac{1}{2}\) => MN//IK (Talet đảo trong tam giác)
Ta có
\(I\in BC;BC\in\left(BCD\right)\Rightarrow I\in\left(BCD\right)\)
\(K\in CD;CD\in\left(BCD\right)\Rightarrow K\in\left(BCD\right)\)
\(\Rightarrow IK\in\left(BCD\right)\) Mà MN//IK (cmt) => MN//(BCD)
Các trường hợp khác c/m tương tự
b/
Trong (ABC) từ M dưng đường thẳng // BC cắt AB; AC tại X và Y
Trong (ACD) nối YN cắt AD tại Z
Xét tg ABC có
\(\dfrac{XB}{XA}=\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{MI}{MA}=\dfrac{1}{2}\) (Talet trong tam giác)
XY//BC; \(BC\in\left(BCD\right)\) => XY//(BCD)
Xét tg ACK có
\(\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{NK}{NA}=\dfrac{1}{2}\) => YN//CK => YZ//CD
mà \(CD\in\left(BCD\right)\) => YZ//(BCD)
=> (XYZ)//(BCD)
Ta có MP//(BCD); MN//(BCD) => (MNP)//(BCD)
mà \(M\in\left(MNP\right);M\in\left(XYZ\right)\)
\(\Rightarrow\left(MNP\right)\equiv\left(XYZ\right)\) (Từ 1 điểm ngoài 1 mặt phẳng cho trước chỉ có duy nhất 1 mặt phẳng đi qua điểm đã cho và // với mặt phẳng cho trước)
=> (XYZ) là thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi (MNP)
a) S, I, J, G là điểm chunng của (SAE) và (SBD)
b) S, K, L là điểm chung của (SAB) và (SDE)
Lời giải:
a) Tứ giác DBB'D' là hình bình hành nên BD // B'D' . Vì vậy BD // (B'D'C) và BA' // CD' \(\Rightarrow\) BA' // ( B'D'C).
Từ đó suy ra ( BDA') //B'D'C).
b) Gọi ,
là giao điểm của AC' với A'O và CO'.
Do \(G_1=A'O\cap AI\) và A'O và AI là hai đường trung tuyến của tam giác nên \(G_1\) là trọng tâm của tam giác A'AC.
Chứng minh tương tự \(G_2\) là trọng tâm tam giác CAC'.
Suy ra \(\dfrac{AG_1}{AO}=\dfrac{2}{3}\); \(\dfrac{CG_2}{CO}=\dfrac{2}{3}\) nên đường chéo AC' đi qua trọng tâm của hai tam giác BDA' và B'D'C.
c) Do O và O' lần lượt là trung điểm của AC và A'C' nên \(OC=A'O'\) và OC' // A'O'.
Vì vậy tứ giác OCO'A là hình bình hành và OA'//OC.
Từ đó ta chứng minh được \(G_1\) lần lượt là trung điểm của \(AG_1\) và \(G_2\) là trung điểm của \(G_1C'\).
Do đó: \(AG_1=G_1G_2=G_2C\) (đpcm).
d) \(\left(A'IO\right)=\left(AA'C'C\right)\). Nên thiết diện cần tìm là (AA'C'C).