Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Lấy điểm I trên đoạn SO sao cho S I S O = 2 3 , BI cắt SD tại M và DI cắt SB tại N. MNBD là hình gì ?
A. Hình thang.
B. Hình bình hành.
C. Hình chữ nhật.
D. Tứ diện vì MN và BD chéo nhau.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 1
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:
\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)
\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 1
Bài này cũng có thể ứng dụng bài này (vẫn là sử dụng diện tích tam giác):
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
Nhưng đặc biệt hơn 1 chút là nó đi qua điểm A luôn (vậy ta có thể coi như (P) cắt SA tại A và áp dụng nó vẫn đúng):
\(\dfrac{SA}{SA}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}=\dfrac{2SO}{SI}=8\)
\(\Rightarrow1+\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SC}{SP}+\dfrac{SD}{SQ}=16\)
\(\Rightarrow\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SC}{SP}+\dfrac{SD}{SQ}=15\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 1
Em kiểm tra lại đề, \(\left(\alpha\right)\) đi qua AI nên nó không thể cắt SA tại M được nữa (vì nó đi qua A nên đã cắt SA tại A rồi)
CM
17 tháng 3 2018
Đáp án B
Ta có: V S . M N P V S . A B C = 2 V S . M N P V S . A B C = S M S A . S N S B . S P S C = 1 3 . S P S C
Tương tự V S . M P Q V S . A C D = 2 V S . M P Q V S . A B C D = 1 2 . S P S C . S Q S D
Do đó 2 V S . M N P Q V S . A B C D = 1 3 S P S C + 1 2 . S P S C . S Q S D
Đặt S P S C = x 0 < x ≤ 1 , ta chứng minh được S A S M + S C S P = S B S N + S D S Q = 2 S O S I
Do đó S D S Q = 1 x + 1 2 ⇒ 2 k = x 1 3 + x x + 2 = 2 3
Do 0 < x ≤ 1 nên 2 k m ax = f 1 = 2 3 ⇒ k = 1 3 .
CM
18 tháng 12 2017
Chọn A
Xét một trường hợp đặc biệt của các điểm M, E, F ta tính được T = 1.
CM
26 tháng 9 2017
Với x = S A S A = 1 ; y = S M S B , z = S N S C ; t = S P S D
ta có 1 x + 1 z = 1 y + 1 t và xét tam giác SAC ta có
Mặt khác ba điểm A, I, N thẳng hang nên
1 4 + 1 4 z = 1 ⇔ z = 1 3
Do đó 1 y + 1 t = 1 1 + 1 1 3 = 4 ⇒ y = t 4 t - 1
Vì vậy
Dấu bằng đạt tại t = 1 2 ; y = 1 2 . Tức mặt phẳng α đi qua trung điểm các cạnh SB. SD.
Chọn đáp án C.
Chọn A.
+) Tam giác SBD có SO là đường trung tuyến; điểm I nằm trên đoạn SO;
nên I là trọng tâm tam giác SBD.
⇒ M là trung điểm SD, N là trung điểm SB.
+) Tam giác SBD có MN là đường trung bình nên MN// BD và
⇒ Nên MNBD là hình thang.