2 nha 

k cho mình

hok tốt 

2

Bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

Cách 1:

d:2x−y+1=0d:2x−y+1=0

Chọn 2 điểm bất kỳ thuộc đường thẳng dd là:

A(0;1)A(0;1) và B(1;3)B(1;3)

Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)

Q(O;−90o)B(1;3)=B′(3;−1)Q(O;−90o)B(1;3)=B′(3;−1)

Ảnh d′d′ của đường thẳng dd qua phép Q(O;−90o)Q(O;−90o)

là đường thẳng đi qua 2 điểm A′(1;0)A′(1;0) và B′(3;−1)B′(3;−1)

Phương trình đường thẳng d′d′ là:

x−13−1=y−0−1−0x−13−1=y−0−1−0

⇔−(x−1)=2y⇔−(x−1)=2y

⇔x+2y−1=0⇔x+2y−1=0

 Cách 2:

Ảnh d′d′ của đường thẳng d:2x−y+1=0d:2x−y+1=0 qua phép Q(O;−90o)Q(O;−90o) là đường thẳng vuông góc với đường thẳng dd

nên phương trình d′d′ có dạng: x+2y+z=0x+2y+z=0

trên đường thẳng dd chọn 1 điểm bất kỳ là A(0;1)A(0;1) như vậy

Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0) thuộc đường thẳng d′d′ nên tọa độ của A′A′ thỏa mãn phương trình đường thẳng d′d′, ta có:

1+2.0+z=0⇔z=−11+2.0+z=0⇔z=−1

Vậy phương trình đường thẳng d′:x+2y−1=0d′:x+2y−1=0

a) S là điểm chung thứ nhất của \(\left(SAB\right)\)và\(\left(SCD\right)\)

Trong \(\left(ABCD\right):\)

\(AB\)∩ \(CD=E\)

\(E\)là chung điểm thứ hai của \(\left(SAB\right)\)và \(\left(SCD\right)\)

Vậy \(\left(SBC\right)\text{∩}\left(SAD\right)=SF\)

b) Trong \(\left(ABCD\right):AD\text{∩ }BC=F\)

Vậy \(\left(SBC\right)\text{∩}\left(SAD\right)=SF\)

a) (SAB) giao (SDC)= S

Gọi AB giao CD=O => (SAB) giao ( SCD)= O

Vậy (SAB) giao (SDC)=SO

b) (SAD) giao ( SBC)= S

Gọi AD giao BC= I => (SAD) giao ( SBC)=I

Vậy (SAD) giao (SBC)= SI

EM KO BÍT

EM LỚP 5 NHA

\(BC\) \(\subset\)\(\left(SBC\right)\)

Tìm giao tuyến của của \(\left(OMN\right)\)và \(\left(SBC\right)\):

 \(N\)là điểm chung thứ nhất

Ta có : \(MO\)\(\subset\)\(\left(AMO\right)\)\(\equiv\)\(\left(SAH\right)\)với \(H=AO\)\(\cap\) \(BC\)

\(\left(SAH\right)\)\(\cap\) \(\left(SBC\right)\)= \(SH\)

Trong \(\left(SAH\right)\): \(MO\)\(\cap\) \(SH\)= \(K\)

\(K\)là điểm chung thứ 2.

Vậy \(\left(OMN\right)\)\(\cap\)\(\left(SBC\right)\)= \(NK\)

Trong \(\left(SBC\right):\)\(NK\)\(\cap\)\(BC\)= \(P\)

Vậy \(\left(OMN\right)\)\(\cap\) \(BC\)= \(P\)

Ta có N thuộc (OMN)

C thuộc đường thẳng BC 

Mà N trùng với C => N là giao điểm của (OMN) và BC

a. Ta có MN \(\subset\)(SMN) \(\equiv\)(SBE)

Trong (SBE): MN \(\cap\)BE = K. Vậy MN \(\cap\)(ABCD) =K

b. Trong (ABCD): AC \(\cap\)BE = K

SK = (SAC)\(\cap\)(SBE).

Trong (SBE): MN \(\cap\) SK = F

Vậy MN \(\cap\) (SAC) = F.

Trong (BCD): DG $\cap$ BC = F

Vậy DG $\cap$ (ABC) = F.

b. Cách 1: MG $\subset$ (BMG) $\equiv$ (ABH)  (H = BG $\cap$ DC)

(Do mặt phẳng (BMG) "lơ lửng" trong hình chóp nên ta kéo dài BM thành BA và BG thành BH để ta có cái nhìn dễ dàng hơn đối với mặt phẳng này).

(BMG) $\cap$ (ACD) =AH

Trong (ABH): MG $\cap$ AH =K

Vậy MG $\cap$ (ACD) = K.

a. Trong (BCD) có GD và BC cắt nhau tại K 

vậy K = GD và (ABC) 

b. có MG ⊂ (BMG) trùng (ABH) có H = BG và DC

(BMG) và (ACD) = AH 

Trong (ABH) có MG và AH = P 

Vậy MG và (ACD) = P

GIÚP GÌ ?