Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi \(E\) là giao điểm của \(SO\) và \(MN\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {MNP} \right)\\E \in S{\rm{O}}\end{array} \right\} \Rightarrow E = S{\rm{O}} \cap \left( {MNP} \right)\)
b) Gọi \(Q\) là giao điểm của \(SA\) và \(EP\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}Q \in EP \subset \left( {MNP} \right)\\Q \in S{\rm{A}}\end{array} \right\} \Rightarrow Q = S{\rm{A}} \cap \left( {MNP} \right)\)
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in QM \subset \left( {MNP} \right)\\I \in AB \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\\left. \begin{array}{l}J \in QP \subset \left( {MNP} \right)\\J \in AC \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow J \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\\left. \begin{array}{l}K \in QN \subset \left( {MNP} \right)\\K \in AD \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow K \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\end{array}\)
Do đó, \(I,J,K\) cùng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
Vậy \(I,J,K\) thẳng hàng.
Hai mặt phẳng (MAB) và (SCD) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song AB và CD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d' đi qua M và song song với AB và CD. Vậy qua M ta sẽ vẽ đường thẳng d', đường thửng này cắt SC tại N. Đây là điểm cần tìm. Ta thấy ngay ABNM là hình thang. Để ABNM là hình bình hành, ta phải có thêm AM song song với BN. Khi đó AM và BN phải song song với d. Điều này không thể xảy ra khi M thuộc đoạn SD và không trùng với hai đầu mút S và D
a) Ta có: \(\left( {ABM} \right) \cap \;\left( {ABCD} \right) = AB,\;\left( {ABCD} \right) \cap \;\left( {SCD} \right) = CD,\;AB//CD\).
Suy ra giao tuyến của (ABM) và (SCD) là đường thẳng qua M song song với AB và CD.
Qua M kẻ MK song song với CD (K thuộc SD).
Vậy, K là giao điểm của (AMN) và SD.
Xét tam giác SCD ta có: MK //CD suy ra \(\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{3}\)
b) Xét tam giác SCD ta có: MK //CD suy ra \(\frac{{MK}}{{CD}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{3}\)
Lại có \(\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{1}{3}\), AB=CD suy ra AN = MK.
Xét tứ giác ANMK ta có: AN = MK, AN // MK suy ra ANMK là hình bình hành.
Do đó MN // AK hay MN // (SAD).
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO=\left(SBD\right)\cap\left(SAC\right)\)
Trong mp (SAC), gọi E là giao điểm SO và MN
MN là đường trung bình tam giác SAC \(\Rightarrow\) E là trung điểm SO
Trong mp (SAD), nối BE kéo dài cắt SD tại K
\(\Rightarrow K=SD\cap\left(BMN\right)\)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOD:
\(\dfrac{ES}{EO}.\dfrac{BO}{BD}.\dfrac{KD}{KS}=1\Rightarrow1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{KD}{SK}=1\Rightarrow KD=2SK\)
\(\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{1}{3}\)
a: Chọn mp(SBD) có chứa BM
\(O\in BD\subset\left(SBD\right);O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SBD\right)\cap\left(SAC\right)\)
mà \(S\in\left(SBD\right)\cap\left(SAC\right)\)
nên \(\left(SBD\right)\cap\left(SAC\right)=SO\)
Gọi E là giao điểm của SO với BM
=>E là giao điểm của BM với mp(SAC)
b: \(M\in SD\subset\left(SAD\right);M\in\left(MAC\right)\)
=>\(M\in\left(SAD\right)\cap\left(MAC\right)\)
mà \(A\in\left(MAC\right)\cap\left(SAD\right)\)
nên \(\left(MAC\right)\cap\left(SAD\right)=AM\)
a) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(SO\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}I \in SO \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\I \in AM\end{array} \right\} \Rightarrow I = AM \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\)
Xét tam giác \(SAC\) có:
\(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AC\)
Theo đề bài ta có \(M\) là trung điểm của \(SC\)
Mà \(I = SO \cap AM\)
\( \Rightarrow I\) là trọng tâm của .
b) Gọi \(E\) là giao điểm của \(S{\rm{D}}\) và \(BI\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}E \in BI \subset \left( {ABM} \right)\\E \in S{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow E = S{\rm{D}} \cap \left( {ABM} \right)\)
c) Gọi \(J\) là giao điểm của \(MN\) và \(BE\). Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}J \in BE \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\J \in MN\end{array} \right\} \Rightarrow J = MN \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\)
