a: Xét hình thang ABCD có

M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD

nên MN là đường trung bình

=>MN//AD//BC

=>MN//(SAD) và MN//(SBC)

b: Gọi giao của MN với BD là O

=>O thuộc (SBD) giao (MNP)

MP//SB

=>\(\left(SBD\right)\cap\left(MNP\right)=xy\left(O\in xy\right);\)xy//MP//SB

1: Gọi giao điểm của AC và BD là O trong mp(ABCD)

\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)

\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)

Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên (SAC) giao (SBD)=SO

Xét ΔSDC có

P,N lần lượt là trung điểm của DS,DC

=>PN là đường trung bình của ΔSDC

=>PN//SC

PN//SC

SC\(\subset\)(SBC)

PN không nằm trong mp(SBC)

Do đó: PN//(SBC)

1: Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD

O∈AC⊂(SAC)

O∈BD⊂(SBD)

Do đó: O∈(SAC) giao (SBD)(1)

S∈(SAC)

S∈(SBD)

Do đó: S∈(SAC) giao (SBD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAC) giao (SBD)=SO

Xét ΔDSC có

P,N lần lượt là trung điểm của DS,DC

=>PN là đường trung bình của ΔDSC

=>PN//SC

mà SC⊂(SBC)

nên PN//(SBC)

2: Chọn mp(SAD) có chứa SA

P∈SD⊂(SAD)

P∈(MNP)

Do đó: P∈(SAD) giao (MNP)(3)

Trong mp(ABCD), gọi K là giao điểm của MN và AD

K∈MN⊂(MNP)

K∈AD⊂(SAD)

DO đó: K∈(SAD) giao (MNP)(4)

Từ (3),(4) suy ra (SAD) giao (MNP)=PK

Gọi Q là giao điểm của PK và SA

=>Q là giao điểm của (MNP) và SA

Xét ΔNCM và ΔNDK có

\(\hat{NCM}=\hat{NDK}\) (hai góc so le trong, DK//MC)

NC=ND

\(\hat{CNM}=\hat{DNK}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCM=ΔNDK

=>CM=DK

=>\(DK=\frac12BC=\frac12DA\)

=>\(KD=\frac13KA\)

Theo Meneleus, ta có:

\(\frac{KD}{KA}\cdot\frac{QA}{QS}\cdot\frac{PS}{PD}=1\)

=>\(\frac13\cdot\frac{QA}{QS}\cdot1=1\)

=>\(\frac{QA}{QS}=1:\frac13=3\)

=>QA=3QS

SQ+QA=SA

=>SA=SQ+3SQ=4SQ

=>\(\frac{SQ}{SA}=\frac14\)

Trong mp (ABCD), nối MN kéo dài lần lượt cắt AB và AD kéo dài tại E và F

Trong mp (SAB), nối PE cắt SA tại G \(\Rightarrow PG=\left(MNP\right)\cap\left(SAB\right)\)

Trong mp (SAD), nối PF cắt SD tại H \(\Rightarrow PH=\left(MNP\right)\cap\left(SAD\right)\)

\(NH=\left(MNP\right)\cap\left(SCD\right)\)

\(GM=\left(MNP\right)\cap\left(SBC\right)\)

Sao biết PE cắt SA

a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD

nên AM=MB=DN=NC

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

=>MN//AD

P∈SA⊂(SAD)

P∈(MNP)

Do đó; P∈(SAD) giao (MNP)

Xét (SAD) và (MNP) có

P∈(SAD) giao (MNP)

AD//MN

Do đó; (SAD) giao (MNP)=xy, xy đi qua P và xy//AD//MN

b: Trong mp(ABCD), gọi X là giao điểm của BN và AD

X∈BN⊂(PBN)

X∈AD⊂(SAD)

Do đó: X∈(PBN) giao (SAD)(1)

P∈SA⊂(SAD)

P∈(PBN)

Do đó: P∈(PBN) giao (SAD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (PNB) giao (SAD)=PX

c: Chọn mp(SAD) có chứa SD

(SAD) giao (PNB)=PX

Gọi Y là giao điểm của SD và PX

=>Y là giao điểm của SD và mp(PBN)

d: Xét ΔSAB có

P,M lần lượt là trung điểm của AS,AB

=>PM là đường trung bình của ΔSAB

=>PM//SB

mà PM không thuộc mp(SBC)

nen PM//(SBC)

a: Xét ΔSAC có

M,P lần lượt là trung điểm của SA,SC

=>MP là đường trung bình của ΔSAC

=>MP//AC

Xét (DMP) và (ABCD) có

D∈(DMP) giao (ABCD)

MP//AC

Do đó: (DMP) giao (ABCD)=xy, xy đi qua D và xy//MP//AC
d: MP//AC

MP không thuộc mp(ABCD)

Do đó: MP//(ABCD)

Xét ΔSAB có

M,N lần lượt là trung điểm của SA,SB

=>MN là đường trung bình của ΔSAB

=>MN//AB

mà AB//CD
nên MN//CD
=>MN//(SCD)

e:

MN//AB

AB⊂(ABCD); MN không thuộc mp(ABCD)

Do đó: MN//(ABCD)

mà MP//(ABCD)

và MN,MP cùng thuộc mp(MNP)

nên (MNP)//(ABCD)

a: Xét ΔSDC có

M,N lần lượt là trung điểm của SD,SC

=>MN là đường trung bình của ΔSDC
=>MN//DC và \(MN=\frac{DC}{2}\)

MN//DC

DC//AB

Do đó: MN//AB

mà MN không thuộc mp(SAB)

nên MN//(SAB)

b: Xét ΔSCB có

N,P lần lượt là trung điểm của CS,CB

=>NP là đường trung bình của ΔSCB

=>NP//SB

mà NP không thuộc mp(SAB)

nên NP//(SAB)

mà MN//(SAB)

và MN,NP cùng thuộc mp(MNP)

nên (MNP)//(SAB)

=>MP//(SAB)

c: Xét (MNP) và (ABCD) có

P∈(MNP) giao (ABCD)

MN//AB

Do đó: (MNP) giao (ABCD)=xy, xy đi qua P và xy//MN//AB