Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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)
Xét ΔSAB có \(\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{SN}{SB}=\dfrac{1}{2}\)
nên MN//AB
Xét ΔSBC có \(\dfrac{SN}{SB}=\dfrac{SP}{SC}=\dfrac{1}{2}\)
nên NP//CD
Xét ΔSDC có \(\dfrac{SP}{SC}=\dfrac{SQ}{SD}=\dfrac{1}{2}\)
nên PQ//CD
MN//AB
AB\(\subset\left(ABCD\right)\)
MN không nằm trong mp(ABCD)
Do đó: MN//(ABCD)
NP//BC
BC\(\subset\)(ABCD)
NP không nằm trong mp(ABCD)
Do đó: NP//(ABCD)
PQ//CD
CD\(\subset\)(ABCD)
PQ không nằm trong mp(ABCD)
Do đó: PQ//(ABCD)
MN//(ABCD)
NP//(ABCD)
MN,NP cùng nằm trong mp(MNP)
Do đó: (MNP)//(ABCD)
NP//(ABCD)
PQ//(ABCD)
NP,PQ cùng nằm trong mp(NPQ)
Do đó: (NPQ)//(ABCD)
(MNP)//(ABCD)
(NPQ)//(ABCD)
Do đó: M,N,P,Q đồng phẳng
a) Gọi \(O=AC\cap BD\). Khi đó \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\). Lại có \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\) nên SO chính là giao tuyến của (SAC) và (SBD).
b) Trong mp (AMNK) cho \(AN\cap MK=L\). Do \(AN\subset\left(SAC\right),MK\subset\left(SBD\right)\) nên \(L\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\) nên \(L\in SO\). \(\Rightarrow\) L là trọng tâm tam giác SAC \(\Rightarrow\dfrac{SL}{LO}=2\). Mà \(\dfrac{SM}{MB}=2\) nên \(\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{SM}{MB}\Rightarrow\) LM//BO hay MK//BD, suy ra đpcm.
Bài này ứng dụng bài toán đồng phẳng đã chứng minh cho em hồi sáng:
4 điểm M, A', B', C', D' đồng phẳng nên với điểm S bất kì ta có:
\(\overrightarrow{SM}=m.\overrightarrow{SA'}+n.\overrightarrow{SB'}+p.\overrightarrow{SC'}\)
Khi đó \(m+n+p=1\)
Giải như sau:
Đặt \(\dfrac{SA}{SA'}=x;\dfrac{SB}{SB'}=y;\dfrac{SC}{SC'}=z\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{SA}=x.\overrightarrow{SA'};\overrightarrow{SB}=y.\overrightarrow{SB'};\overrightarrow{SC}=z.\overrightarrow{SC'}\)
Do G là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{0}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=3\overrightarrow{SG}\)
\(\Rightarrow x.\overrightarrow{SA'}+y.\overrightarrow{SB'}+z.\overrightarrow{SC'}=3\overrightarrow{SG}=6\overrightarrow{SM}\) (do M là trung điểm SG)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{6}.\overrightarrow{SA'}+\dfrac{y}{6}.\overrightarrow{SB'}+\dfrac{z}{6}.\overrightarrow{SC'}=\overrightarrow{SM}\)
Do M;A';B';C' đồng phẳng
\(\Rightarrow\dfrac{x}{6}+\dfrac{y}{6}+\dfrac{z}{6}=1\) \(\Rightarrow x+y+z=6\)
\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SA'}+\dfrac{SB}{SB'}+\dfrac{SC}{SC'}=6\)
Với bài toán trắc nghiệm (hoặc cần kiểm chứng kết quả) chỉ cần chọn trường hợp đặc biệt là (P) song song đáy, khi đó theo Talet thì A', B', C' lần lượt là trung điểm các cạnh nên ta dễ dàng tính ra tổng cần tính là 2+2+2=6
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):
\(\dfrac{SA}{SA}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}=\dfrac{2SO}{SI}=8\)
\(\Rightarrow1+\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SC}{SP}+\dfrac{SD}{SQ}=16\)
\(\Rightarrow\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SC}{SP}+\dfrac{SD}{SQ}=15\)
Xét tam giác SAD có: \(\dfrac{MA}{MS}=\dfrac{QD}{QS}\) suy ra MQ // AD do đó MQ // (ABCD)
Tương tự ta có: QP // (ABCD)
Vậy mp(MPQ) // mp(ABCD).
Lập luận tương tự, ta có mp(NPQ) // (ABCD).
Hai mặt phẳng (MPQ) và (NPQ) cùng đi qua điểm P và cùng song song với mặt phẳng (ABCD) nên hai mặt phẳng đó trùng nhau, tức bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng.