Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, AB=a,SA=b. Gọi M,N,P,Q lần lượt là các điểm thuộc các cạnh bên SA,SB,SC,SD. M', N',, P', Q' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q trên (ABCD) Biết MNPQM'N'...

LT

Lê Thị Quỳnh

27 tháng 12 2014

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, AB=a,SA=b. Gọi M,N,P,Q lần lượt là các điểm thuộc các cạnh bên SA,SB,SC,SD. M', N',, P', Q' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q trên (ABCD) Biết MNPQM'N'P'Q' là hình hộp chữ nhật có MN=2MM'.Tính diện tích của MNPQM'N'P'Q'

#Toán lớp 9

0

B

Buddy

15 tháng 7 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SB, SC, SD (H.4.27). Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành,

#Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

23 tháng 8 2023

Xét tam giác SAB ta có: MN là đường trung bình suy ra MN // AB.

Tương tự ta có: NP // BC, PQ // CD, MQ // AD.

Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD// CD, suy ra MN // PQ, MQ // NP.

Như vậy, MNPQ là hình bình hành.

Đúng(0)

HT

Hương Trần

15 tháng 9 2020

Bài 1: cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang , BAD=ABC= 90 độ. Cạnh AB=BC=a, AD=2a, SA vuông góc ( ABCD ), Sa=2a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính theo a thể tích khối chóp S.BCNM

Bài 2: cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a; SA = a$\sqrt{2}$ . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA,SB,SD. Tính theo a thể tích của khối tứ diện A.MNP

#Toán lớp 12

0

NM

Nguyễn Minh Hiếu

29 tháng 10 2023

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot...

Đọc tiếp

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.

#Toán lớp 11

0