Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: I∈MN⊂(BMN)
I∈AD⊂(ABCD)
Do đó: I∈(BMN) giao (ABCD)(1)
Ta có: B∈(BMN)
B∈(ABCD)
Do đó: B∈(BMN) giao (ABCD)(2)
Từ (1),(2) suy ra (BMN) giao (ABCD)=BI
b: N∈MN⊂(BMN)
N∈SD⊂(SCD)
Do đó: N∈(BMN) giao (SCD)(3)
J∈BI⊂(BMN)
J∈CD⊂(SCD)
Do đó: J∈(BMN) giao (SCD)(4)
Từ (3),(4) suy ra (BMN) giao (SCD)=NJ
a) Do MN\(\subset\) (BMN); AD \(\subset\)(ABCD) nên I là một điểm chung của (BMN) với (ABCD). Dễ thấy B là một điểm chung khác I
Vậy (BMN)\(\cap\) (ABCD) =BI
b) J\(\in\)BI\(\subset\) (BMN)
J \(\in\) (CD) \(\subset\) (SCD)
nên J là một điểm chung của (BMN) \(\cap\) (SCD)
vậy (SCD) \(\cap\) (BMN) =NJ
Thiết diện của (BMN) với hình chóp là tứ giác AMNJ
c) Áp dụng định lí Menelaus Trong \(\Delta SAD\) có cát tuyến MNI có:
\(\dfrac{ID}{IA}.\dfrac{MA}{MS}.\dfrac{NS}{ND}=1\)
\(\dfrac{ID}{IA}.1.2=1\) => \(\dfrac{ID}{IA}=\dfrac{1}{2}\)
=> D là trung điểm AI
+ Xét tam giác SAI có 2 trung tuyến MI, SD giao nhau tại N => N là trong tâm tam giác SAI
=> \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{2}{3}\)
Ta có AD//BC
=> \(\dfrac{IK}{BK}=\dfrac{AI}{BC}=\dfrac{2AD}{BC}=2\)(do AD=BC)
=> \(\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)
Xét tam giác MIB có: \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)
=> BM//NK
Chọn đáp án A
+ Ta có
nên K là trọng tâm của tam giác BCD
+ Ta dễ dàng chứng minh được SH ⊥ (BKH) ⇒ SB, (BKH) = SBH
a: Trong mp(SBD), gọi K là giao điểm của SO và MN
P∈OC⊂(SAC); P∈(MNP)
Do đó; P∈(SAC) giao (MNP)(1)
K∈SO⊂(SAC); K∈MN⊂(MNP)
Do đó: K∈(SAC) giao (MNP)(2)
Từ (1),(2) suy ra (SAC) giao (MNP)=PK
Gọi J là giao điểm của PK và SA
=>J là giao điểm của SA và mp(MNP)