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
Trong mp (ABCD), nối AN kéo dài cắt BC kéo dài tại E
⇒E∈(SBC)⇒E∈(SBC)
Do AD song song BE, áp dụng Talet:
ANNE=NDNC=1⇒AN=NE⇒ANNE=NDNC=1⇒AN=NE⇒ N là trung điểm AE
⇒MN⇒MN là đường trung bình tam giác SAE
⇒MN//SE⇒MN//(SBC)
a) Gọi O′ = AB ∩ CD, M = AI ∩ SO′
Ta có: M = AI ∩ (SCD)
b) IJ // BC ⇒ IJ // AD ⇒ IJ // (SAD)
c) Đường thẳng qua I song song với SD cắt BD tại K.
Do 
nên OB < OD. Do đó điểm K thuộc đoạn OD.
Qua K, kẻ đường thẳng song song với AC cắt DA, DC, BA lần lượt tại E, F, P.
Gọi R = IP ∩ SA. Kéo dài PI cắt SO’ tại N
Gọi L = NF ∩ SC
Ta có thiết diện là ngũ giác IREFL.
Đề bài sai òi :v Vẽ hình ra đi bạn.
Giờ tui gán MN vô (SBD) thì giao tuyến của (SBD) và (SBC) là SB. Vậy nên SB phải song song với MN. Nhưng ko :) Song song chết liền hà :)
a; Trong mp(ABCD), gọi X là giao điểm của AN và BC
X∈AN⊂(SAN); X∈BC⊂(SBC)
Do đó: X∈(SAN) giao (SBC)(1)
S∈(SAN); S∈(SBC)
Do đó: S∈(SAN) giao (SBC)(2)
Từ (1),(2) suy ra (SAN) giao (SBC)=SX
b: P∈(MNP)
P∈SA⊂(SAD)
Do đó: P∈(MNP) giao (SAD)
Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)
\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)
mà AB=CD
nên AM=MB=DN=NC
Xét tứ giác ADNM có
AM//DN
AM=DN
Do đó: ADNM là hình bình hành
=>AD//MN
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
a: Xét (SAB) và (SCD) có
S∈(SAB) giao (SCD)
AB//CD
Do đó: (SAB) giao (SCD)=xy, xy đi qua S và xy//AB//CD
b:
Sửa đề: Chứng minh IJ//(SAD)
Ta có: \(AI=IB=\frac{AB}{2}\)
\(CJ=JD=\frac{CD}{2}\)
mà AB=CD
nên AI=IB=CJ=JD
Xét tứ giác AIJD có
AI//JD
AI=JD
Do đó: AIJD là hình bình hành
=>JI//AD
=>JI//(SAD)
a: BD giao AC tại O
S thuộc (SBD) giao (SAC)
=>(SBD) giao (SAC)=SO
Gọi giao của SO và KH là G
\(\left\{{}\begin{matrix}G\in KH\subset\left(KHC\right)\\G\in SO\subset\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}C\in\left(KHC\right)\\C\in\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\)
=>(KHC) giao (SAC)=CG
b: Chọn mp (SAC) có chứa SA
(SAC) giao (KHC)=CG
=>I=SA giao CG
c: Chọn mp (ABCD) có chứa AB
(ABCD) cắt (KHC)=HC
=>E=AB giao HC
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