Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành . gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và SD. Thiết diện của mặt p...

K

Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Mua vip

PT

Pham Trong Bach

21 tháng 9 2018

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành . gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và SD. Thiết diện của mặt phẳng (AIJ) với hình chóp là:

A. Tam giác

B. Tứ giác

C. Ngũ giác

D. Lục giác

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

CM

Cao Minh Tâm

21 tháng 9 2018

Đáp án B

Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên

SG

Sách Giáo Khoa

22 tháng 5 2017

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD. Gọi \(G_1,G_2\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác SBC và SCD

Tìm giao tuyến của mặt phẳng (\(\left(AG_1G_2\right)\) với các mặt phẳng (ABCD) và (SCD)

Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng \(\left(AG_1G_2\right)\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

NT

Nguyen Thuy Hoa

25 tháng 5 2017

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

SG

Sách Giáo Khoa

22 tháng 5 2017

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. M là một điểm di động trên đoạn AB. Một mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) cắt SB, SC và CD lần lượt tại N, P và Q

a) Tứ giác MNPQ là hình gì ?

b) Gọi I là giao điểm của MN và PQ. Chứng minh rằng I nằm trên một đường thẳng cố định ?

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

NT

Nguyen Thuy Hoa

25 tháng 5 2017

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

NM

Nguyễn Minh Huy

22 tháng 12 2020 - olm

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB; I và M lần lượt là trung điểm của AB và SD.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

b) Gọi N là giao điểm DI và AC. Chứng minh rằng NG song song với (SCD)

c)Tìm giao điểm E của SO và (CGM). Tính tỉ số \(\frac{SE}{SO}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0

NM

Nguyễn Minh Huy

26 tháng 3 2021 - olm

cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và \(C_1\) là trung điểm SC. Mặt phẳng (P) tùy ý chứa A \(C_1\) cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại \(B_1,D_1\).a)Chứng minh rằng: \(\frac{SB}{SB_1}+\frac{SD}{SD_1}=3\)b) Xác định vị trí của (P) để tam giác \(SB_1D_1\)có diện tích bé...

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0

PT

Pham Trong Bach

25 tháng 3 2017

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB // CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC; gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNG) là hình bình hành thì A. AB = 3CD B. AB = 2CD C. CD = 3AB D. CD = 2AB...

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

CM

Cao Minh Tâm

25 tháng 3 2017

Chọn A

SG

Sách Giáo Khoa

22 tháng 5 2017

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. O là giao điểm hai đường chéo, AC = a, BD = b, tam giác SBD đều. Gọi I là điểm di động trên đoạn AC với \(AI=x,\left(0< x< a\right)\). Lấy \(\left(\alpha\right)\) là mặt phẳng đi qua I và song song với mặt phẳng (SBD) a) Xác định thiết diện của mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) với hình chóp S.ABCD b) Tìm diện tích S của thiết diện ở câu a)...

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

NT

Nguyen Thuy Hoa

25 tháng 5 2017

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

SG

Sách Giáo Khoa

31 tháng 3 2017

Cho hình chóp S.ABCD. Gọi \(A_1\) là trung điểm của cạnh SA và \(A_2\) là trung điểm của đoạn \(AA_1\). Gọi \(\left(\alpha\right)\) và \(\left(\beta\right)\) là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABCD) và lần lượt đi qua \(A_1,A_2\). Mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại \(B_1;C_1;D_1\). Mặt phẳng \(\left(\beta\right)\) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại \(B_2;C_2;D_2\)....

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

Q

qwerty

1 tháng 4 2017

a) ( $\alpha$ ) // (ABCD) => ${A_{1}{B_{1}}^{}}^{}$ // AB => ${B_{1}}^{}$ là trung điểm của SB. Chứng minh tương tự với các điểm còn lại

b) Áp dụng định lí Ta-lét trong không gian:
\(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}\).
Do \(A_1A_2=A_2A\) nên : \(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}=1\).
Nên \(B_1B_2=B_2B;C_1C_2=CC_2=D_1D_2=D_2D\).

c) Có hai hình chóp cụt: $ABCD.{A_{1}{B_{1}{C_{1}{D_{1}; ABCD.{A_{2}{B_{2}{C_{2}{D_{2}}^{}}^{}}^{}}^{}}^{}}^{}}^{}}^{}$

B

Buddy

15 tháng 7 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SB, SC, SD (H.4.27). Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành,

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

23 tháng 8 2023

Xét tam giác SAB ta có: MN là đường trung bình suy ra MN // AB.

Tương tự ta có: NP // BC, PQ // CD, MQ // AD.

Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD// CD, suy ra MN // PQ, MQ // NP.

Như vậy, MNPQ là hình bình hành.

NM

Nguyễn Minh Hiếu

29 tháng 10 2023

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có:...

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0