a) Chứng minh  B 1 ,   C 1 ,   D 1  lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD

Ta có:

⇒ A 1 B 1  là đường trung bình của tam giác SAB.

⇒   B 1  là trung điểm của SB (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• C 1  là trung điểm của SC.

• D 1  là trung điểm của SD.

b) Chứng minh  B 1 B 2   =   B 2 B ,   C 1 C 2   =   C 2 C ,   D 1 D 2   =   D 2 D .

⇒ A 2 B 2  là đường trung bình của hình thang A 1 B 1 B A

⇒   B 2  là trung điểm của B 1 B

⇒   B 1 B 2   =   B 2 B (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• C 2  là trung điểm của C 1 C 2   ⇒   C 1 C 2   =   C 2 C

• D 2  là trung điểm của D 1 D 2   ⇒   D 1 D 2   =   D 2 D .

c) Các hình chóp cụt có một đáy là tứ giác ABCD, đó là : A 1 B 1 C 1 D 1 . A B C D   v à   A 2 B 2 C 2 D 2 . A B C D

a) Xét tam giác HAC ta có: GH = 2GA, HK = 2KC suy ra GK // AC hay GK // (ABCD).

b) (MNEF) // (ABCD) do đó MN // AB, NE // BC, EF // CD, MF // AD

Lại có AB // CD, AD // BC suy ra MN // EF, MF // NE.

Suy ra, tứ giác MNEF là hình bình hành.

Câu 3:

a: ABCD là hình bình hành tâm O

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔBDC có

O,M lần lượt là trung điểm của BD,BC

=>OM là đường trung bình của ΔBDC

=>OM//DC và \(OM=\frac{DC}{2}\)
Ta có: OM//DC

DC⊂(SCD)

Do đó: OM//(SCD)

Xét ΔSBC có

N,M lần lượt là trung điểm của BS,BC

=>NM là đường trung bình của ΔSBC

=>MN//SC

mà SC⊂(SCD)

nên MN//(SCD)

Ta có: OM//(SCD)

MN//(SCD)

mà OM,MN cùng thuộc mp(MON)

nên (OMN)//(SCD)

b: Xét ΔSAB có

N,P lần lượt là trung điểm của SB,SA

=>NP là đường trung bình của ΔSAB

=>NP//AB và \(NP=\frac{AB}{2}\)

Ta có: NP//AB

AB//CD

Do đó: NP//CD
Ta có: NP//CD
OM//CD

Do đó: NP//OM

Ta có: \(NP=\frac{AB}{2}\)

\(OM=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD

nên NP=OM

Xét tứ giác NPOM có

NP//OM

NP=OM

Do đó: NPOM là hình bình hành

mà (OMN)//(SCD)

nên (MNPO)//(SCD)

mà MQ⊂(MNPO)

nên MQ//(SCD)

Câu 3:

a: ABCD là hình bình hành tâm O

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔBDC có

O,M lần lượt là trung điểm của BD,BC

=>OM là đường trung bình của ΔBDC

=>OM//DC và \(OM=\frac{DC}{2}\)
Ta có: OM//DC

DC⊂(SCD)

Do đó: OM//(SCD)

Xét ΔSBC có

N,M lần lượt là trung điểm của BS,BC

=>NM là đường trung bình của ΔSBC

=>MN//SC

mà SC⊂(SCD)

nên MN//(SCD)

Ta có: OM//(SCD)

MN//(SCD)

mà OM,MN cùng thuộc mp(MON)

nên (OMN)//(SCD)

b: Xét ΔSAB có

N,P lần lượt là trung điểm của SB,SA

=>NP là đường trung bình của ΔSAB

=>NP//AB và \(NP=\frac{AB}{2}\)

Ta có: NP//AB

AB//CD

Do đó: NP//CD
Ta có: NP//CD
OM//CD

Do đó: NP//OM

Ta có: \(NP=\frac{AB}{2}\)

\(OM=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD

nên NP=OM

Xét tứ giác NPOM có

NP//OM

NP=OM

Do đó: NPOM là hình bình hành

mà (OMN)//(SCD)

nên (MNPO)//(SCD)

mà MQ⊂(MNPO)

nên MQ//(SCD)

a)

Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.

Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.

Do đó: $SO \perp (ABCD)$.

Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.

Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.

b)

Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.

Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$

$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$

$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.

Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:

Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.

Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.

Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.

c)

Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).

Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.

Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.

Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.

a) () // (ABCD) => // AB => là trung điểm của SB. Chứng minh tương tự với các điểm còn lại

b) Áp dụng định lí Ta-lét trong không gian:
\(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}\).
Do \(A_1A_2=A_2A\) nên : \(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}=1\).
Nên \(B_1B_2=B_2B;C_1C_2=CC_2=D_1D_2=D_2D\).

c) Có hai hình chóp cụt: