K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023

loading...

Ta có: \(\left( {MM'M''} \right)\parallel \left( {NN'N''} \right)\parallel \left( {ABC} \right)\) nên theo định lí Thalès ta có:

\(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM'}}{{SB}} \Leftrightarrow SM' = \frac{{SM.SB}}{{SA}} = \frac{{4.12}}{9} = \frac{{16}}{3}\)

\(\frac{{SA}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{M'N'}} \Leftrightarrow M'N' = \frac{{MN.SB}}{{SA}} = \frac{{3.12}}{9} = 4\)

\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{MN}}{{M''N''}} \Leftrightarrow M''N'' = \frac{{MN.SC}}{{SA}} = \frac{{3.15}}{9} = 5\)

\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{NA}}{{N''C}} \Leftrightarrow N''C = \frac{{NA.SC}}{{SA}} = \frac{{2.15}}{9} = \frac{{10}}{3}\)

 

24 tháng 12 2023

1

24 tháng 12 2023

1

13 tháng 12 2020

Nghĩ ra hướng làm rồi cơ mà giờ "bỗng dưng bận" nên để lát nữa tui "múa bút" nhó ahehe :3

13 tháng 12 2020

Mà viết thử hướng làm cho bà nghĩ coi sao.

Phần bài ũy tích thì sẽ chứng minh theo 2 phần là phần đảo và phần thuận

Phần thuân: Có I là trung điểm MN thì chứng minh khi M, N di động thì I sẽ di động trên đường thẳng HK (H là TD AB, K là trung điểm FC)

Phần đảo: Có I thuộc HK, chứng minh tồn tại 2 điểm M thuộc AC, N thuộc BF sao cho AM=BN và nhận I làm trung điểm MN

Đó, nghĩ thử đi đã :3

NV
6 tháng 11 2019

\(\frac{BB'}{SB}=\frac{CC'}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow B'C'//BC\Rightarrow B'C'//\left(ABC\right)\)

\(\frac{AA'}{SA}=\frac{CC'}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow A'C'//AC\Rightarrow A'C'//\left(ABC\right)\)

1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD,SA. Q là 1 điểm thuộc đoạn SP. a, Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi ( ∝) đi qua Q và song song với (SBN) b, Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi ( Ф) đi qua MN song song với (SAD) 2. Cho lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi M,N,P là trung trọng tâm các tam giác AA'B, CA'C', CBC' a, Xác định giao tuyến 2 mặt phẳng (ABC) và...
Đọc tiếp

1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD,SA. Q là 1 điểm thuộc đoạn SP.
a, Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi ( ∝) đi qua Q và song song với (SBN)
b, Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi ( Ф) đi qua MN song song với (SAD)

2. Cho lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi M,N,P là trung trọng tâm các tam giác AA'B, CA'C', CBC'
a, Xác định giao tuyến 2 mặt phẳng (ABC) và (BA'C')
b, Chứng minh MN // (BA'C'), (MNP) // (BA'C')
c, Xác định thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (MNP) Tính diện tích thiết diện biết tam giác BA'C' là tam giác đều cạnh a

3, Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt là hình vuông cạnh a. Trên các cạnh AB,CC',C'D' và AA' lấy các điểm M,N,P,Q sao cho AM = C'N = C'P = AQ = x ( 0 <= x <= a)
a, Chứng minh M,N,P,Q đồng phẳng và Mp,Nq cắt nhau tại 1 điểm cố định
b, Chứng minh MNPQ đi qua 1 đường thẳng cố định
c, Dựng thiết diện của hình hộp khi cắt bởi (MNPQ). Tìm GTLN và GTNN của chu vi thiết diện

0
NV
5 tháng 4 2019

(P) cắt SB, SC, SD mới đúng, (P) đã cắt AB tại A rồi cơ mà

Từ A kẻ \(AC'\perp SC\), trong các mặt pẳng (SCD) và (SBC) từ C' lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc SC cắt SD và SB tại D' và B'

Gọi cạnh bên của hình chóp là \(SA=SB=SC=SD=x\Rightarrow SB'=\frac{2x}{3}\)

Áp dụng định lý hàm cos: \(cos\widehat{ASC}=\frac{2x^2-2a^2}{2x^2}\); \(cos\widehat{BSC}=\frac{2x^2-a^2}{2x^2}\)

Trong tam giác vuông SAC':\(SC'=SA.cos\widehat{ASC}=\frac{2x^2-2a^2}{2x}\)

Trong tam giác vuông SB'C': \(SC'=SB'.cos\widehat{BSC}=\frac{2x^2-a^2}{3x}\)

\(\Rightarrow\frac{2x^2-2a^2}{2x}=\frac{2x^2-a^2}{3x}\Rightarrow x=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow SC'=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\frac{SC'}{SC}=\frac{1}{2}\)

Do tính đối xứng của hình chóp đều \(\Rightarrow\frac{SD'}{SD}=\frac{SB'}{SB}=\frac{2}{3}\)

Áp dụng công thức Simsons ta có:

\(V_{S.AB'C'D'}=\frac{1}{4}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left(1+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+2\right)V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}V_{SABCD}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}\)

\(\Rightarrow S_{AB'C'D'}=\frac{3V_{S.AB'C'D'}}{SC'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\)

b/Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm BC \(\Rightarrow OM\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(SOM\right)\)

\(AD//\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(AD;B'C'\right)=d\left(AD;\left(SBC\right)\right)=2.d\left(O;\left(SBC\right)\right)\)

Từ O kẻ \(OH\perp SM\Rightarrow OH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OH=d\left(O;\left(SBC\right)\right)\)

\(SO=\frac{SC.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OM^2}\Rightarrow OH=\frac{SO.OM}{\sqrt{SO^2+OM^2}}=\frac{a\sqrt{42}}{14}\)

\(\Rightarrow d\left(AD;B'C'\right)=\frac{a\sqrt{42}}{7}\)

NV
7 tháng 1

a/ Gọi M là trung điểm BC, nối SM cắt B'C' tại M'

Trong mặt phẳng (SAM), nối SG cắt A'M' tại Q

Q là giao điểm SG và (P)

b/ Ủa sao điểm D chẳng liên quan gì vậy ta, 2 câu rồi em nó vẫn bị ngó lơ.

Trong mặt phẳng (SCD), qua B và C lần lượt kẻ các đường thẳng song song SM, cắt B'C' kéo dài tại \(B_1\)\(C_1\)

Áp dụng talet: \(\frac{BB_1}{SM'}=\frac{BB'}{SB'}\Rightarrow1+\frac{BB_1}{SM'}=\frac{BB'}{SB'}+1=\frac{SB}{SB'}\)

Tương tự ta có: \(1+\frac{CC_1}{SM'}=\frac{SC}{SC'}\)

Cộng vế với vế: \(2+\frac{BB_1+CC_1}{SM'}=\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}\)

\(BB_1+CC_1=2MM'\) (t/c đường trung bình hình thang)

\(\Rightarrow2+\frac{2MM'}{SM'}=\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}\Rightarrow\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}=\frac{2\left(SM'+MM'\right)}{SM'}=\frac{2SM}{SM'}\)

Gọi N là trung điểm AM, trong mp (SAM), SN cắt A'M' tại N'

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{SA}{SA'}+\frac{SM}{SM'}=\frac{2SN}{SN'}\)

\(\Rightarrow\frac{2SA}{SA'}+\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}=\frac{2SA}{SA'}+\frac{2SM}{SM'}=\frac{4SN}{SN'}\)

\(\Rightarrow\frac{4SN}{SN'}=8\Rightarrow SN'=\frac{1}{2}SN\)

\(\Rightarrow N'\) là trung điểm SN

Mà A; M; S cố định \(\Rightarrow N'\) cố định

\(\Rightarrow\left(P\right)\) luôn đi qua điểm N' cố định

ak e xl, cho hình chóp S.ABC