Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) 
⇒ (α) ∩ (ABC) = MN và MN // AB
Ta có N ∈ (BCD) và 
Nên ⇒ (α) ∩ (BCD) = NP và NP // CD
Ta có P ∈ (ABD)
Và 
nên ⇒ (α) ∩ (ABD) = PQ và PQ // AB
nên ⇒ (α) ∩ (ACD) = MQ và MQ // CD
Do đó MN // PQ và NP // MQ, Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Ta có: MP ∩ NQ = O. Gọi I là trung điểm của CD.
Trong tam giác ACD có : MQ // CD ⇒ AI cắt MQ tại trung điểm E của MQ.
Trong tam giác ACD có : NP // CD ⇒ BI cắt NP tại trung điểm F của NP.
Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có
EF // MN ⇒ EF // AB
Trong ΔABI ta có EF // AB suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J
⇒ I, O, J thẳng hàng
⇒ O ∈ IJ cố định.
Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ .
Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.
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 \(AD\).
a) Trong mặt phẳng (α) vì AB và CD không song song nên AB ∩ DC = E
=> E ∈ DC, mà DC ⊂ (SDC)
=> E ∈ ( SDC). Trong (SDC) đường thẳng ME cắt SD tại N
=> N ∈ ME mà ME ⊂ (MAB)
=> N ∈ ( MAB). Lại có N ∈ SD => N = SD ∩ (MAB)
b) O là giao điểm của AC và BD => O thộc AC và BD, mà AC ⊂ ( SAC)
=> O ∈( SAC), BD ⊂ (SBD) , O ∈ (SBD)
=> O là một điểm chung của (SAC) và (SBD), mặt khác S cũng là điểm chung của (SAC) và (SBD) => (SAC) ∩ (SBD) = SO
Trong mặt phẳng (AEN) gọi I = AM ∩ BN thì I thuộc AM và I thuộc BN
Mà AM ⊂ (SAC) => I ∈ (SAC), BN ⊂ ( SBD) => I ∈ (SBD). Như vậy I là điểm chung của (SAC) và (SBD) nên I thuộc giao tuyến SO của (SAC) và (SBD) tức là S, I, O thẳng hàng hay SO, AM, BN đồng quy.
Câu 1:
a) Trong (SCD) kéo dài SM cắt CD tại N, Chứng minh N thuộc (SBM)
b) (SBM) ≡ (SBN). Giao tuyến cần tìm là SO
c) Trong (SBN) ta có MB giao SO tại I
d) Trong (ABCD) , ta có AB giao CD tại K, Trong (SCD), ta có KQ giao SC tại P
Từ đó suy ra được giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD) và (ABM) là KQ
Câu 2:
a) Trong (ABCD) gọi M = AE ∩ DC => M ∈ AE, AE ⊂ ( C'AE) => M ∈ ( C'AE). Mà M ∈ CD => M = DC ∩ (C'AE)
b) Chứng minh M ∈ (SDC), trong (SDC) : MC' ∩ SD = F. Chứng minh thiết diện là AEC'F
Câu 3:
a) Chứng minh E, N là hai điểm chung của mặt phẳng (PMN) và (BCD)
b) EN ∩ BC = Q. Chứng minh Q là điểm cần tìm
Câu 4:
a) Chứng minh I, K là hai điểm chung của (BIC) và (AKD)
b) Gọi P = CI ∩ DN và Q = BI ∩ DM, chứng minh PQ là giao tuyến cần tìm
Câu 5:
a) Trong mặt phẳng (α) vì AB và CD không song song nên AB ∩ DC = E
=> E ∈ DC, mà DC ⊂ (SDC)
=> E ∈ ( SDC). Trong (SDC) đường thẳng ME cắt SD tại N
=> N ∈ ME mà ME ⊂ (MAB)
=> N ∈ ( MAB). Lại có N ∈ SD => N = SD ∩ (MAB)
b) O là giao điểm của AC và BD => O thộc AC và BD, mà AC ⊂ ( SAC)
=> O ∈( SAC), BD ⊂ (SBD) , O ∈ (SBD)
=> O là một điểm chung của (SAC) và (SBD), mặt khác S cũng là điểm chung của (SAC) và (SBD) => (SAC) ∩ (SBD) = SO
Trong mặt phẳng (AEN) gọi I = AM ∩ BN thì I thuộc AM và I thuộc BN
Mà AM ⊂ (SAC) => I ∈ (SAC), BN ⊂ ( SBD) => I ∈ (SBD). Như vậy I là điểm chung của (SAC) và (SBD) nên I thuộc giao tuyến SO của (SAC) và (SBD) tức là S, I, O thẳng hàng hay SO, AM, BN đồng quy
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {ABC} \right) \cap \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel BC\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel PQ\parallel BC\) (1).
\(\begin{array}{l}MQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right)\\NP = \left( \alpha \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {ABD} \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right)\\MQ\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MQ\parallel NP\parallel A{\rm{D}}\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(MNPQ\) là hình bình hành.
b) Để \(MNPQ\) là hình thoi thì \(MN = NP\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}MN\parallel BC \Rightarrow \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\\NP\parallel A{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{NP}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{AC}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{AN}}{{AC}} + \frac{{CN}}{{AC}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{MN}}{{BC}} + \frac{{MN}}{{A{\rm{D}}}} = 1 \Leftrightarrow MN.\left( {\frac{1}{{BC}} + \frac{1}{{A{\rm{D}}}}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow MN.\frac{{BC + A{\rm{D}}}}{{BC.A{\rm{D}}}} = 1 \Leftrightarrow MN = \frac{{BC.A{\rm{D}}}}{{BC + A{\rm{D}}}}\end{array}\)
Vậy nếu \(MN = \frac{{BC.A{\rm{D}}}}{{BC + A{\rm{D}}}}\) thì \(MNPQ\) là hình thoi.