Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhận xét
Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.
Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.
a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC
BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)
Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.
Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))
AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)
Lý luận tương tự, ta có:
BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))
AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)
Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).
b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ
Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ
Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)
c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.
Gọi M = JK ∩ CD
SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)
SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)
Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.
Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.
d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI
ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).
ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).
Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.
e) Theo chứng minh câu c.
f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).
Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( C 1 ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).
Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( C 2 ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).
Câu 1:
a) Trong (SCD) kéo dài SM cắt CD tại N, Chứng minh N thuộc (SBM)
b) (SBM) ≡ (SBN). Giao tuyến cần tìm là SO
c) Trong (SBN) ta có MB giao SO tại I
d) Trong (ABCD) , ta có AB giao CD tại K, Trong (SCD), ta có KQ giao SC tại P
Từ đó suy ra được giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD) và (ABM) là KQ
Câu 2:
a) Trong (ABCD) gọi M = AE ∩ DC => M ∈ AE, AE ⊂ ( C'AE) => M ∈ ( C'AE). Mà M ∈ CD => M = DC ∩ (C'AE)
b) Chứng minh M ∈ (SDC), trong (SDC) : MC' ∩ SD = F. Chứng minh thiết diện là AEC'F
Câu 3:
a) Chứng minh E, N là hai điểm chung của mặt phẳng (PMN) và (BCD)
b) EN ∩ BC = Q. Chứng minh Q là điểm cần tìm
Câu 4:
a) Chứng minh I, K là hai điểm chung của (BIC) và (AKD)
b) Gọi P = CI ∩ DN và Q = BI ∩ DM, chứng minh PQ là giao tuyến cần tìm
Câu 5:
a) Trong mặt phẳng (α) vì AB và CD không song song nên AB ∩ DC = E
=> E ∈ DC, mà DC ⊂ (SDC)
=> E ∈ ( SDC). Trong (SDC) đường thẳng ME cắt SD tại N
=> N ∈ ME mà ME ⊂ (MAB)
=> N ∈ ( MAB). Lại có N ∈ SD => N = SD ∩ (MAB)
b) O là giao điểm của AC và BD => O thộc AC và BD, mà AC ⊂ ( SAC)
=> O ∈( SAC), BD ⊂ (SBD) , O ∈ (SBD)
=> O là một điểm chung của (SAC) và (SBD), mặt khác S cũng là điểm chung của (SAC) và (SBD) => (SAC) ∩ (SBD) = SO
Trong mặt phẳng (AEN) gọi I = AM ∩ BN thì I thuộc AM và I thuộc BN
Mà AM ⊂ (SAC) => I ∈ (SAC), BN ⊂ ( SBD) => I ∈ (SBD). Như vậy I là điểm chung của (SAC) và (SBD) nên I thuộc giao tuyến SO của (SAC) và (SBD) tức là S, I, O thẳng hàng hay SO, AM, BN đồng quy
a) 
⇒ (α) ∩ (ABC) = MN và MN // AB
Ta có N ∈ (BCD) và 
Nên ⇒ (α) ∩ (BCD) = NP và NP // CD
Ta có P ∈ (ABD)
Và 
nên ⇒ (α) ∩ (ABD) = PQ và PQ // AB
nên ⇒ (α) ∩ (ACD) = MQ và MQ // CD
Do đó MN // PQ và NP // MQ, Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Ta có: MP ∩ NQ = O. Gọi I là trung điểm của CD.
Trong tam giác ACD có : MQ // CD ⇒ AI cắt MQ tại trung điểm E của MQ.
Trong tam giác ACD có : NP // CD ⇒ BI cắt NP tại trung điểm F của NP.
Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có
EF // MN ⇒ EF // AB
Trong ΔABI ta có EF // AB suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J
⇒ I, O, J thẳng hàng
⇒ O ∈ IJ cố định.
Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ .
Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.
a) Gọi (β) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax
Do Ax // (α) nên (β) sẽ cắt (α) theo giao tuyến Bx’ song song với Ax.
Ta có M’ là điểm chung của (α) và (β) nên M’ thuộc Bx’.
Khi M trùng A thì M’ trùng B nên tập hợp M’ là tia Bx’.
Ta có tứ giác ABM’M là hình bình hành nên BM’ = AM = BN.
Tam giác BM’N cân tại B.
Suy ra trung điểm I của cạnh đáy NM’ thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tam giác cân BNM’. Dễ thấy rằng Bt cố định.
Gọi O là trung điểm của AB. Trong mặt phẳng (AB, Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên I J → = B O → . Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ B O → . Vậy tập hợp I là tia Ot’ song song với Bt.
Nghĩ ra hướng làm rồi cơ mà giờ "bỗng dưng bận" nên để lát nữa tui "múa bút" nhó ahehe :3
Mà viết thử hướng làm cho bà nghĩ coi sao.
Phần bài ũy tích thì sẽ chứng minh theo 2 phần là phần đảo và phần thuận
Phần thuân: Có I là trung điểm MN thì chứng minh khi M, N di động thì I sẽ di động trên đường thẳng HK (H là TD AB, K là trung điểm FC)
Phần đảo: Có I thuộc HK, chứng minh tồn tại 2 điểm M thuộc AC, N thuộc BF sao cho AM=BN và nhận I làm trung điểm MN
Đó, nghĩ thử đi đã :3
Xem D là ảnh của C qua phép tịnh tiến theo vectơ B A → . Do C chạy trên đường tròn (C) tâm A bán kính m, trừ ra giao điểm của (C) với đường thẳng AB, nên D thuộc đường tròn là ảnh của đường tròn nói trên qua phép tịnh tiến theo vectơ BA→.
a) Dựng hình bình hành ADCE. Ta có D C → = A E → không đổi.
Do AE = b không đổi, nên E cố định. Do AD = EC = a nên khi D chạy trên đường tròn (A;a) thì C chạy trên đường tròn (E;a) là ảnh của (A;a) qua phép tịnh tiến theo A E → .
b) Đường thẳng qua I, song song với AD cắt AE tại F.
Ta có
Do đó có thể xem I là ảnh của C qua phép vị tự tâm A, tỉ số
. Vậy khi C chạy trên (E;a) thì I chạy trên đường tròn là ảnh của (E;a) qua phép vị tự nói trên.