Qua S kẻ đường thẳng d song song AD (và BC)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\\AD||BC\\AD\in\left(SAD\right)\\BC\in\left(SBC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và song song AD, BC

\(\Rightarrow d=\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)

a) Gọi P là giao điểm của CN và AB

Ta có \(P \in CN\)suy ra \(P \in (CMN)\)

Suy ra P là giao điểm của mặt phẳng (CMN) với đường thẳng AB

Gọi E là giao điểm của MB và SB

Ta có \(E \in MP\)suy ra\(E \in (CMN)\)

Suy ra E là giao điểm của mặt phẳng (CMN) với đường thẳng SB

b) Vì M và E cùng thuộc (CMN) và (SAB) nên ME  là giao tuyến của hai mặt phẳng (CMN) và (SAB)

Vì E và C cùng thuộc (CMN) và (SBC) nên EC là giao tuyến của hai mặt phẳng (CMN) và (SBC)

Hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) có điểm chung S và lần lượt chứa hai đường thẳng song song AD và BC nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua S và song song với AD và BC

a) Ta có: AM cắt CD tại E nên E thuộc (AMN) và (SCD)

Mà N thuộc (AMN) và (SCD)

Do đó: EN là giao tuyến của hai mặt phẳng cần tìm. 

b) Ta có: En cắt SC tại F nên F thuộc (AMN) và (SBC) 

Mà M thuộc (AMN) và (SBC) 

Do đó: FM là giao tuyến của hai mặt phẳng cần tìm. 

1: Xét (SBC) và (SAD) có

S∈(SBC) giao (SAD)

BC//AD

Do đó: (SBC) giao (SAD)=xy, xy đi qua S và xy//BC//AD
2: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(CN=ND=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=CN=ND

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

=>MN//AD

mà AD⊂(SAD)

nên MN//(SDA)

Ta có: MN//AD

AD//BC

Do đó: MN//BC

mà BC⊂(SBC)

nên MN//(SBC)

3: Chọn mp(SAD) có chứa SD

I∈SA⊂(SAD)

I∈(INM)

Do đó: I∈(SAD) giao (INM)

Xét (SAD) giao (INM) có

I∈(SAD) giao (INM)

AD//MN

Do đó: (SAD) giao (MIN)=xy, xy đi qua I và xy//AD//MN

Gọi K là giao điểm của xy và SD

=>K là giao điểm của SD và (INM)

4: Xét ΔSAB có

I,M lần lượt là trung điểm của AS,AB

=>IM là đường trung bình của ΔSAB

=>IM//SB

=>SB//(IMN)

a: \(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)

AD//BC

=>(SAD) giao (SBC)=xy, xy đi qua S, xy//AD//BC

b: Chọn mp(SBC) có chứa BC

\(P\in SC\subset\left(SBC\right)\)

\(P\in\left(MNP\right)\)

=>\(P\in\left(MNP\right)\cap\left(SBC\right)\)

mà NP//SB

nên (MNP) giao (SBC)=xy, xy đi qua P và xy//NP//SB

=>(MNP) giao (SBC)=PN

Gọi I là giao của PN với BC

=>I trùng với N

mình xin hình vẽ

Áp dụng định lý Talet trong tam giác KAD:

\(\dfrac{KB}{KA}=\dfrac{KC}{KD}=\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow B,C\) lần lượt là trung điểm AK và DK

Mà E, F là trung điểm SA, SD

\(\Rightarrow\) M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác SAK và SDK

\(\Rightarrow\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{2}{3}\) ; \(\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{2}{3}\) (Talet)

\(\Rightarrow MN=\dfrac{2}{3}BC=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{3}AD\)

Lại có EF là đường trung bình tam giác SAD \(\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}AD\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{KMN}}{S_{KEF}}=\dfrac{MN}{EF}=\dfrac{\dfrac{1}{3}AD}{\dfrac{1}{2}AD}=\dfrac{2}{3}\)

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

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