Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Qua \(M\) dựng đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(AB\) tại \(N\).
Qua \(N\) dựng đường thẳng song song với \(SA\), cắt \(SB\) tại \(P\).
Qua \(P\) dựng đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(SC\) tại \(Q\).
Vì \(MN\parallel BC,NP\parallel SA\) nên \(\left( {MNPQ} \right) \equiv \left( P \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( P \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\NP = \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right)\\PQ = \left( P \right) \cap \left( {SBC} \right)\\MQ = \left( P \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array}\)
Gọi \(E\) là giao điểm của \(A{\rm{D}}\) và \(MN\), \(F\) là giao điểm của \(S{\rm{D}}\) và \(MQ\). Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}E \in A{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\E \in MN \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow E \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left. \begin{array}{l}F \in S{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\F \in MQ \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow F \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow EF = \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\end{array}\)
Tham khảo hình vẽ:
TH1: \(\left( \alpha \right)\) cắt đoạn \(AO\) tại \(I\).
Gọi \(E,F,G\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với \(SA,AB,AD\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow FG\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\left( 1 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = EF\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel SB \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EF}}{{SB}}\left( 2 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = EG\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow EG\parallel SD \Rightarrow \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EG}}{{SD}}\left( 3 \right)\end{array}\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{{EF}}{{SB}} = \frac{{EG}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\).
Tam giác \(SBD\) đều nên \(SB = SD = BD\).
Do đó \(EF = EG = FG\). Vậy tam giác \(EFG\) đều.
Tham khảo hình vẽ:
TH2: \(\left( \alpha \right)\) cắt đoạn \(CO\) tại \(J\).
Gọi \(M,N,P\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với \(SC,BC,C{\rm{D}}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NP\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\left( 4 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel SB \Rightarrow \frac{{CM}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{MN}}{{SB}}\left( 5 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = MP\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel SD \Rightarrow \frac{{C{\rm{M}}}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{MP}}{{SD}}\left( 6 \right)\end{array}\)
Từ (4), (5) và (6) suy ra \(\frac{{MN}}{{SB}} = \frac{{MP}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\).
Tam giác \(SBD\) đều nên \(SB = SD = BD\).
Do đó \(MN = MP = NP\). Vậy tam giác \(MNP\) đều.
a) S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) mà AB // CD
Từ S kẻ Sx sao cho Sx // AB // CD nên Sx là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b) Gọi E là trung điểm của AB
G là trọng tâm tam giác SAB nên \(\frac{{EG}}{{SE}} = \frac{1}{3}\)
N là trọng tâm tam giác ABC nên\(\frac{{EN}}{{EC}} = \frac{1}{3}\)
Theo Ta lét, suy ra GN // SC mà SC \( \subset \) (SAC). Do đó, GN // (SAC)
Tham khảo hình vẽ:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).
\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).
Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{B}}\parallel C{\rm{D}}\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\}\)
\( \Rightarrow \)Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\), song song với \(AB\) và \(C{\rm{D}}\).
Chọn A.
a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB
=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).
b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)
=> (SC,SAB) = ^CAB
\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)
\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 300.
c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.
BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC
=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).
Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD
=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Ta có:
\(I\) là trung điểm của \(SD\)
\(O\) là trung điểm của \(BD\) (theo tính chất hình bình hành)
\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của tam giác \(SB{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow OI\parallel SB\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}Cx = \left( {IAC} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\SB = \left( {SB{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\OI = \left( {IAC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\SB\parallel OI\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(OI\parallel SB\parallel Cx\).
• Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)
Vậy \(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
• Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot A{\rm{D}}\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow A{\rm{D}} \bot \left( {SAB} \right)\)
Vậy \(A\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(D\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
Lại có \(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
Vậy đường thẳng \(AB\) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(CD\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
• Ta có:
\(A\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(D\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
\(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
\(S \in \left( {SAB} \right)\)
Vậy tam giác \(SAB\) là hình chiếu vuông góc của tam giác \(SCD\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}S \in \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAB} \right)\\C{\rm{D}}\parallel AB\\C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\}\)
\( \Rightarrow \)Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\), song song với \(C{\rm{D}}\) và \(AB\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}BC = \left( {BCM} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\MN = \left( {BCM} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel MN\).
Vậy tứ giác \(CBMN\) là hình thang.