Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 ứng dụng 1 phần cách giải của bài này:
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
Gọi O' là giao điểm của SO và MP, tương tự như bài trên, ta có 3 đường thẳng SO, MP, NQ đồng quy tại O'
Đồng thời sử dụng diện tích tam giác, ta cũng chứng minh được:
\(3=\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{2SO}{SO'}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\)
Áp dụng BĐT Cô-si: \(3=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}\ge2\sqrt{\dfrac{SB.SD}{SN.SQ}}\Rightarrow SN.SQ\ge\dfrac{4}{9}.SB.SD\)
Theo bổ đề về diện tích tam giác chứng minh ở đầu:
\(\dfrac{S_{SNQ}}{S_{SBD}}=\dfrac{SN.SQ}{SB.SD}\ge\dfrac{\dfrac{4}{9}SB.SD}{SB.SD}=\dfrac{4}{9}\)
\(\Rightarrow S_{SBD}\ge\dfrac{4}{9}.S_{SBD}=\dfrac{4}{9}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
a) Vì M ∈ (SAB)
Và 
nên (α) ∩ (SAB) = MN
và MN // SA
Vì N ∈ (SBC)
Và 
nên (α) ∩ (SBC) = NP
và NP // BC (1)
⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ
Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)
Và 
nên (α) ∩ (ABCD) = QM
và QM // BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD
MN ∩ PQ = I ⇒ 
MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
a/ Gọi M là trung điểm BC, nối SM cắt B'C' tại M'
Trong mặt phẳng (SAM), nối SG cắt A'M' tại Q
Q là giao điểm SG và (P)
b/ Ủa sao điểm D chẳng liên quan gì vậy ta, 2 câu rồi em nó vẫn bị ngó lơ.
Trong mặt phẳng (SCD), qua B và C lần lượt kẻ các đường thẳng song song SM, cắt B'C' kéo dài tại \(B_1\) và \(C_1\)
Áp dụng talet: \(\frac{BB_1}{SM'}=\frac{BB'}{SB'}\Rightarrow1+\frac{BB_1}{SM'}=\frac{BB'}{SB'}+1=\frac{SB}{SB'}\)
Tương tự ta có: \(1+\frac{CC_1}{SM'}=\frac{SC}{SC'}\)
Cộng vế với vế: \(2+\frac{BB_1+CC_1}{SM'}=\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}\)
Mà \(BB_1+CC_1=2MM'\) (t/c đường trung bình hình thang)
\(\Rightarrow2+\frac{2MM'}{SM'}=\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}\Rightarrow\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}=\frac{2\left(SM'+MM'\right)}{SM'}=\frac{2SM}{SM'}\)
Gọi N là trung điểm AM, trong mp (SAM), SN cắt A'M' tại N'
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{SA}{SA'}+\frac{SM}{SM'}=\frac{2SN}{SN'}\)
\(\Rightarrow\frac{2SA}{SA'}+\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}=\frac{2SA}{SA'}+\frac{2SM}{SM'}=\frac{4SN}{SN'}\)
\(\Rightarrow\frac{4SN}{SN'}=8\Rightarrow SN'=\frac{1}{2}SN\)
\(\Rightarrow N'\) là trung điểm SN
Mà A; M; S cố định \(\Rightarrow N'\) cố định
\(\Rightarrow\left(P\right)\) luôn đi qua điểm N' cố định
ak e xl, cho hình chóp S.ABC