Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Để tìm giao điểm M của SD và (GHK), ta có thể sử dụng tính chất của đường thẳng và mặt phẳng. Đầu tiên, ta cần tìm phương trình đường thẳng SD và phương trình mặt phẳng GHK. Sau đó, ta giải hệ phương trình để tìm giao điểm M.
b) Để chứng minh G, E, M thẳng hàng, ta có thể sử dụng định lý về trọng tâm của tam giác và tính chất của trung điểm. Chúng ta cần chứng minh rằng G, E, M nằm trên cùng một đường thẳng.
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: \(O=AC\cap BD\)
=>\(O\in AC\subset\left(SAC\right);O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
=>\(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
Xét (SAB) và (SCD) có
AB//CD
\(S\in\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\)
Do đó: \(\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)=xy\); xy đi qua S và xy//AB//CD
b: Chọn mp(SBD) có chứa BM
(SBD) giao (SAC)=SO
Gọi I là giao điểm của SO với BM
=>I là giao điểm của BM với (SAC)
a: Xét ΔSAC có
H,K lần lượt là trung điểm của SA,SC
=>HK là đường trung bình
=>HK//AC
Xét (GHK) và (ABCD) có
HK//AC
\(G\in\left(GHK\right)\cap\left(ABCD\right)\)
Do đó: (GHK) giao (ABCD)=xy, xy đi qua G và xy//HK//AC
b: Chọn mp(SBD) có chứa SD
Gọi O là giao điểm của AC và BD
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔABC có
G là trọng tâm
BO là trung tuyến của ΔABC
Do đó: B,O,G thẳng hàng
=>G\(\in\)BD
Trong mp(SAC), gọi I là giao điểm của SO với HK
\(I\in SO\subset\left(SBD\right);I\in HK\subset\left(GHK\right)\)
=>\(I\in\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)\)(1)
\(G\in BD\subset\left(SBD\right);G\in\left(GHK\right)\)
=>\(G\in\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(SBD\right)\cap\left(GHK\right)=GI\)
Gọi M là giao điểm của SD với GI
=>M là giao điểm của SD với (SHK)
c: Xét ΔSAC có
O,K lần lượt là trung điểm của CA,CS
=>OK là đường trung bình của ΔSAC
=>OK//SA và OK=SA/2
OK=SA/2
SH=SA/2
Do đó: OK=SH
Xét tứ giác SHOK có
SH//OK
SH=OK
Do đó: SHOK là hình bình hành
=>HK cắt SO tại trung điểm của mỗi đường
mà E là trung điểm của HK
nên Elà trung điểm của SO
=>E trùng với I
=>(SBD) giao (GHK)=GE
=>G,E,M thẳng hàng
a: \(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
\(D\in FS\subset\left(SFE\right)\)
\(B\in SE\subset\left(SFE\right)\)
Do đó: \(BD\subset\left(SFE\right)\)
Ta có: \(O\in BD\subset\left(SEF\right)\)
\(O\in AC\subset\left(ACD\right)\)
Do đó: \(O\in\left(SEF\right)\cap\left(ACD\right)\)
mà \(D\in\left(SEF\right)\cap\left(ACD\right)\)
nên \(\left(SEF\right)\cap\left(ACD\right)=DO\)
b: Xét ΔSDB có
E,F lần lượt là trung điểm của SB,SD
=>EF là đường trung bình của ΔSDB
=>EF//DB
Xét (ABCD) và (AEF) có
BD//EF
\(A\in\left(ABCD\right)\cap\left(AEF\right)\)
Do đó: (ABCD) giao (AEF)=xy, xy đi qua A và xy//BD//EF
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:
\(\dfrac{ES}{EO}.\dfrac{BO}{BD}.\dfrac{KD}{KS}=1\Rightarrow1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{KD}{SK}=1\Rightarrow KD=2SK\)
\(\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{1}{3}\)
Trong mp(ABCD), gọi \(O=AC\cap BD\)
a) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}S\in\left(SAC\right)\\S\in\left(SBD\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}O\in BD\subset\left(SBD\right)\\O\in AC\subset\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
\(\Rightarrow SO=\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
Trong mp(SBD), gọi \(I=SO\cap BM\Rightarrow I=BM\cap\left(SAC\right)\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SM=DM\\OB=OD\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\dfrac{IB}{IM}=2\)
b) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}I\in SO\subset\left(SAC\right)\\I\in BM\subset\left(MBC\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow I\in\left(SAC\right)\cap\left(MBC\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}C\in\left(SAC\right)\\C\in\left(MBC\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow C\in\left(SAC\right)\cap\left(MBC\right)\)
\(\Rightarrow IC=\left(SAC\right)\cap\left(MBC\right)\)
Trong mp(SAC), gọi \(J=SA\cap IC\)\(\Rightarrow J=SA\cap\left(MBC\right)\)
Theo định lý Menelaus, ta có:
\(\dfrac{JS}{JA}.\dfrac{CA}{CO}.\dfrac{IO}{SO}=1\)\(\Rightarrow\dfrac{JS}{JA}.2.\dfrac{1}{3}=1\Leftrightarrow\dfrac{JS}{JA}=\dfrac{3}{2}\)