Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) + (α) // AC
⇒ Giao tuyến của (α) và (ABC) là đường thẳng song song với AC.
Mà M ∈ (ABC) ∩ (α).
⇒ (ABC) ∩ (α) = MN là đường thẳng qua M, song song với AC (N ∈ BC).
+ Tương tự (α) ∩ (ABD) = MQ là đường thẳng qua M song song với BD (Q ∈ AD).
+ (α) ∩ (BCD) = NP là đường thẳng qua N song song với BD (P ∈ CD).
+ (α) ∩ (ACD) = QP.
b)Ta có:
Suy ra, tứ giác MNPQ có các cạnh đối song song với nhau nên tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Trong mp (ACD) kéo dài MN và CD cắt nhau tại I
Trong mp (BCD) nối IQ cắt BD tại J
Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ACD:
\(\dfrac{AM}{MC}.\dfrac{CI}{ID}.\dfrac{DN}{NA}=1\Rightarrow1.\dfrac{CI}{ID}.\dfrac{1}{2}=1\Rightarrow IC=2ID\)
Do \(BC=4BQ\Rightarrow QC+QB=4QB\Rightarrow QC=3QB\)
Menelaus cho tam giác BCD:
\(\dfrac{QC}{QB}.\dfrac{BJ}{JD}.\dfrac{DI}{IC}=1\Rightarrow3.\dfrac{BJ}{JD}.\dfrac{1}{2}=1\Rightarrow\dfrac{BJ}{JD}=\dfrac{2}{3}\)
Menelaus cho tam giác CQI:
\(\dfrac{ID}{DC}.\dfrac{CB}{BQ}.\dfrac{QJ}{JI}=1\Rightarrow1.4.\dfrac{JQ}{JI}=1\Rightarrow\dfrac{JQ}{JI}=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{JB}{JD}+\dfrac{JQ}{JI}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{11}{12}\)
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.
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) Trong (ABCD) gọi M = AE ∩ DC => M ∈ AE, AE ⊂ ( C'AE) => M ∈ ( C'AE). Mà M ∈ CD => M = DC ∩ (C'AE).
b)
Do M = DC ∩ (C'AE) nên M ∈ (SDC),.
Trong (SDC) : MC' ∩ SD = F.
Ta có:
\(\left(C'AE\right)\cap\left(SDC\right)=FC'\)
\(\left(C'AE\right)\cap\left(SAD\right)=AF\)
\(\left(C'AE\right)\cap\left(ABCD\right)=AE\)
\(\left(C'AE\right)\cap\left(SBC\right)=C'E\)
Vậy thiết diện là AEC'F.
a) Giao điểm M của CD và mp(C’AE).
Trong mp(ABCD), d cắt CD tại M, ta có:
+ M ∈ CD
+ M ∈ d ⊂ (C’AE) ⇒ M ∈ (C’AE)
Vậy M là giao điểm của CD và mp(C’AE).
b) + Trong mặt phẳng (SCD), gọi giao điểm của MC’ và SD là N.
N ∈ MC’ ⊂ (C’AE) ⇒ N ∈ (C’AE).
N ∈ SD ⊂ (SCD) ⇒ N ∈ (SCD)
⇒ N ∈ (C’AE) ∩ (SCD).
⇒ (C’AE) ∩ (SCD) = C’N.
+ (C’AE) ∩ (SCB) = C’E.
+ (C’AE) ∩ (SAD) = AN.
+ (C’AE) ∩ (ABCD) = AE
Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (C’AE) là tứ giác C’NAE
Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm AC, AD, BD thì dễ dàng chứng minh hình thoi MNPQ là thiết diện (việc chứng minh thiết diện là hình thoi cũng vô cùng dễ dàng, 4 cái đường trung bình)
Mặt khác tứ diện đều nên các cặp cạnh đối vuông góc
\(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp CD\\AB||MN\\CD||NP\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MN\perp NP\)
\(\Rightarrow\) Thiết diện là hình vuông cạnh \(\dfrac{a}{2}\)
a) Chú ý rằng I, J, K thẳng hàng vì chúng cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (CBD) và (C'B'D')
b) 4. Vì 4 điểm không đồng phẳng sẽ tạo nên 1 tứ diện => có 4 mặt
