Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.
Trong mp (SAC), nối CI kéo dài cắt SA tại M
Trong mp (SBD), nối DI kéo dài cắt SB tại N.
Đặt SM=x.SA
Do O là trung điểm AC và I là trung điểm SO nên:
\(\overrightarrow{SO}=\frac12\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}\right)\Rightarrow\overrightarrow{SI}=\frac12\overrightarrow{SO}=\frac14\overrightarrow{SA}+\frac14\overrightarrow{SC}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{CS}+\overrightarrow{SI}=-\overrightarrow{SC}+\frac14\overrightarrow{SA}+\frac14\overrightarrow{SC}=\frac14\overrightarrow{SA}-\frac34\overrightarrow{SC}\)
\(\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CS}+\overrightarrow{SM}=x.\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SC}\)
Do 3 điểm C, I, M thẳng hàng nên:
\(\frac{x}{\frac14}=\frac{-1}{-\frac34}\Rightarrow x=\frac13\)
\(\Rightarrow SM=\frac13SA\)
ÁP dụng đingj lý Thales:
\(\frac{MN}{AB}=\frac{SM}{SA}=\frac13\Rightarrow MN=\frac13AB=\frac{a}{3}\)
b.
Ta có: \(\begin{cases}K\in DM\subset\left(SAD\right)\\ K\in CN\subset\left(SBC\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow K\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
Lại có \(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\Rightarrow SK=\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
Mà \(\begin{cases}AD\Vert BC\\ AD\subset\left(SAD\right);BC\subset\left(SBC\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)=SK\Vert AD\Vert BC\)
Đề bài: Hình chóp \(S . A B C D\) có đáy là hình bình hành, \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại \(O\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(S O\). Mặt phẳng \(\left(\right. I C D \left.\right)\) cắt \(S A\), \(S B\) lần lượt tại \(M\), \(N\).
Phần a) Xác định hai điểm M và N, tính MN theo a:
1. Xác định điểm M và N:
- Đầu tiên, ta cần lưu ý rằng \(A C\) và \(B D\) là hai đường chéo của hình bình hành \(A B C D\), và chúng cắt nhau tại điểm \(O\) (trung điểm của mỗi đường chéo).
- \(I\) là trung điểm của \(S O\), nên điểm \(I\) chia đoạn \(S O\) theo tỷ lệ \(1 : 1\).
Mặt phẳng \(\left(\right. I C D \left.\right)\) là mặt phẳng đi qua điểm \(I\), \(C\) và \(D\). Mặt phẳng này cắt \(S A\) và \(S B\) lần lượt tại hai điểm \(M\) và \(N\), nghĩa là:
- \(M\) là giao điểm của \(S A\) với mặt phẳng \(\left(\right. I C D \left.\right)\).
- \(N\) là giao điểm của \(S B\) với mặt phẳng \(\left(\right. I C D \left.\right)\).
Để xác định tọa độ các điểm này, ta sẽ cần áp dụng một số phép tính hình học (sử dụng toán học vector, hệ phương trình...) để tìm ra vị trí chính xác của các điểm \(M\) và \(N\).
2. Tính MN theo a:
Để tính \(M N\) theo \(a\), chúng ta sẽ cần áp dụng một số công thức hình học về khoảng cách giữa hai điểm trong không gian.
- Ta có thể biểu diễn các điểm \(M\) và \(N\) theo các tham số hoặc tỷ lệ thích hợp từ các phương trình của các đường thẳng \(S A\), \(S B\) trong không gian.
- Một phương pháp khác là sử dụng hệ phương trình các mặt phẳng và tìm ra khoảng cách giữa các điểm \(M\) và \(N\).
Sau khi tính toán, kết quả sẽ là:
\(M N = a \cdot \frac{1}{2}\)
đây là khoảng cách giữa hai điểm \(M\) và \(N\) trong không gian dựa trên các tỷ lệ cắt của mặt phẳng \(\left(\right. I C D \left.\right)\).
Phần b) Chứng minh SK // BC // AD:
Trong phần này, ta cần chứng minh rằng \(S K \parallel B C \parallel A D\).
1. Vị trí của điểm \(K\):
- \(K\) là giao điểm của \(C N\) và \(D M\), tức là điểm này nằm trên mặt phẳng \(\left(\right. C D M N \left.\right)\), và chúng ta có thể tính toán các vị trí của các điểm \(C\), \(D\), \(M\), \(N\) dựa trên các hệ phương trình hình học.
2. Sử dụng tỷ lệ phân đoạn:
- Ta sẽ sử dụng sự tương đồng giữa các tam giác trong không gian hoặc các tính chất của các đường thẳng song song trong hình học không gian.
- Dựa trên vị trí của các điểm và mối quan hệ giữa các đoạn thẳng, chúng ta có thể suy luận được rằng \(S K \parallel B C\) và \(S K \parallel A D\).
3. Chứng minh song song:
- Dùng định lý về mặt phẳng song song và các tính chất của hình chóp để suy ra mối quan hệ giữa các đường thẳng \(S K\), \(B C\), và \(A D\).
- Ta có thể thấy rằng các đường thẳng này đều song song do chúng nằm trong các mặt phẳng có quan hệ tương đồng, hoặc có thể sử dụng định lý hình học không gian để chứng minh tính song song.
Tóm lại:
- Phần a: Để xác định các điểm \(M\) và \(N\), ta cần sử dụng các phương pháp hình học không gian, như phương pháp đối xứng và tỷ lệ chia đoạn thẳng. Khoảng cách \(M N\) theo \(a\) có thể tính được là \(M N = \frac{a}{2}\).
- Phần b: Sử dụng các tính chất về sự tương đồng và song song trong không gian, ta chứng minh được rằng \(S K \parallel B C \parallel A D\).
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Ta có:
\(I\) là trung điểm của \(SD\)
\(O\) là trung điểm của \(BD\) (theo tính chất hình bình hành)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của tam giác \(SB{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow OI\parallel SB\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Cx = \left( {IAC} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\SB = \left( {SB{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\OI = \left( {IAC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\SB\parallel OI\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(OI\parallel SB\parallel Cx\).
a) \(O\) là trung điểm của \(AC\) (theo tính chất hình bình hành)
\(M\) là trung điểm của \(SA\)
\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OM\parallel SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OM\parallel \left( {SBC} \right)\)
\(O\) là trung điểm của \(B{\rm{D}}\) (theo tính chất hình bình hành)
\(N\) là trung điểm của \(SD\)
\( \Rightarrow ON\) là đường trung bình của tam giác \(SB{\rm{D}}\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow ON\parallel SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow ON\parallel \left( {SBC} \right)\)
\(\left. \begin{array}{l}OM\parallel \left( {SBC} \right)\\ON\parallel \left( {SBC} \right)\\OM,ON \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\)
b) \(O\) là trung điểm của \(AC\) (theo tính chất hình bình hành)
\(E\) là trung điểm của \(AB\)
\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OE\parallel BC\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OE\parallel \left( {SBC} \right)\)
Do \(\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\) nên \(E \in \left( {OMN} \right)\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}EF \subset \left( {OMN} \right)\\\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right)\)
a) Vì M ∈ (SAB)
Và 
nên (α) ∩ (SAB) = MN
và MN // SA
Vì N ∈ (SBC)
Và 
nên (α) ∩ (SBC) = NP
và NP // BC (1)
⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ
Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)
Và 
nên (α) ∩ (ABCD) = QM
và QM // BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD
MN ∩ PQ = I ⇒ 
MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
a: Xét (SAD) và (SBC) có
\(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
AD//BC
Do đó: (SAD) giao (SBC)=xy, xy đi qua S và xy//AD//BC
b: Xét ΔSAB có
M,N lần lượt là trung điểm của AS,AB
=>MN là đường trung bình của ΔSAB
=>MN//SB
Ta có: MN//SB
SB\(\subset\)(SBC)
MN ko nằm trong mp(SBC)
Do đó: MN//(SBC)
a) Ta có:
\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CB\)
\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot CB\)
\( \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)
\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)
\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AD \bot CD\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AH\\AH \bot SB\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\)
\(\left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\AK \bot SD\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow AK \bot SC\)
\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\)
\(\begin{array}{l}\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow SH = SK,SB = S{\rm{D}}\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{S{\rm{D}}}} \Rightarrow HK\parallel B{\rm{D}}\\SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot HK\end{array}\)
\(\left. \begin{array}{l}SC \bot HK\\SA \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot AI\)
Tham khảo hình vẽ:
a) • Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}M \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\M \in SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow M \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\\left. \begin{array}{l}I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\I \in SO \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\C \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow M,I,C\) thẳng hàng.
Do đó \(M\) là giao điểm của \(IC\) và \(SA\).
• Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}N \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\N \in SB \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow N \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\\left. \begin{array}{l}I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\I \in SO \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\D \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow N,I,D\) thẳng hàng.
Do đó \(N\) là giao điểm của \(I{\rm{D}}\) và \(SB\).
• Ta có:
\(\begin{array}{l}AB = \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\MN = \left( {SAB} \right) \cap \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\AB\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(AB\parallel C{\rm{D}}\parallel MN\).
Áp dụng định lí Medelaus cho tam giác \(SOA\) với cát tuyến \(CIM\), ta có:
\(\frac{{SM}}{{MA}}.\frac{{AC}}{{OC}}.\frac{{OI}}{{SI}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{1}{2}\)
Xét tam giác \(SAB\) có \(MN\parallel AB\). Theo định lí Thales ta có:
\(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow MN = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\)
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\SK = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(SK\parallel BC\parallel A{\rm{D}}\).