3 mặt phẳng (a), (ACD), (BCD) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt là PQ, MN, CD
Mà \(PQ||CD\) (do PQ là đường trung bình tam giác ACD)
\(\Rightarrow MN||PQ\)
Thiết diện là hình thang
Cho tứ diện ABCD có các cạnh bằng nhau và bằng a.Gọi E là trung điểm AB,F là điểm thuộc BC sao cho BF=2FC, G là điểm thuộc cạnh CD sao cho CG=2GD.Tính độ dài đoạn giao tuyến của mặt phẳng (EFG) với mặt phẳng (ACD) theo a?
Trong mp(BCD) gọi \(I=FG\cap BD\)
Trong mp (ADB) gọi \(H=IE\cap AD\)
Khi đó HG = \(\left(EFG\right)\cap\left(ACD\right)\)
Áp dụng định lí menelaus cho tam giác BCD với 3 giao điểm I,G,F thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1=>\dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}\)
Xét tam giác ABD với 3 điểm thẳng hàng I,H,E thẳng hàng ta có:
\(\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\) => \(\dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}=>HD=\dfrac{a}{5}\)
Xét tam giác HDG:
\(HG^2=HD^2+DG^2-2DH.DG.cos60^o=\dfrac{a^2}{25}+\dfrac{a^2}{9}-\dfrac{a^2}{15}=\dfrac{19a^2}{225}\)
=> HG \(=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\)
cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành .Gọi O là giao điểm của AC và BD .M và N lần lượt là trung điểm của CD và SA . G là trọng tâm tam giác SAB .Gọi \(\Delta\) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (SAD) và (SMG),P là giao điểm của đường thẳng OG và \(\Delta\) .Chứng minh P,N ,D thẳng hàng
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC = 2a, AD = a, AB = b. Mặt bên (SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) qua điểm M trên cạnh AB và song song SA,BC. \(\left(\alpha\right)\) cắt CD,SC,SB lần lượt tại N,P,Q. Đặt AM = x(0<x<b). GTLN của diện tích thiết diện tạo bởi \(\left(\alpha\right)\) và hình chóp S.ABCD là
\(\left(\alpha\right)//SA\) và BC nên \(\left(\alpha\right)//\left(SAD\right)\)
=> MQ //SA, NP//SD ta có
MN//PQ//AD//BC
ABCD : \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{CN}{CD}\left(1\right)\)
Theo định lí Ta let trong tam giác:
\(\Delta SAB:\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BQ}{BS}=\dfrac{MQ}{SA}\left(2\right)\)
\(\Delta SCD:\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{CP}{CS}=\dfrac{PN}{SD}\left(3\right)\)
Từ (1) (2) và (3) suy ra: \(MQ=NP=\dfrac{b-x}{b}a\)
\(PQ=\dfrac{x}{b}.2a\)
\(MN=a+\dfrac{x}{b}a\)
=> thiết diện là hình thang cân và \(S_{td}=\dfrac{1}{2}\left(MN+PQ\right)\sqrt{MQ^2-\left(\dfrac{MN-PQ}{2}\right)^2}\)
= \(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+ax}{b}+\dfrac{2ax}{b}\right)\sqrt{\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{b^2}-\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{4b^2}}\)
=\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\left(b+3x\right)}{b}.\dfrac{a\sqrt{3}\left(b-x\right)}{2b}\)
= \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(3x+b\right)\left(3b-3x\right)\le\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(\dfrac{3x+b+3b-3x}{2}\right)^2=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\)
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}\) khi x= \(\dfrac{b}{3}\)
[TEX]\frac{QP}{BC}=\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QP=\frac{2ax}{b}[/TEX]
[TEX]\frac{QM}{SA}=\frac{BM}{BA}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]QM=\frac{a(b-x)}{b}[/TEX]
Do MNPQ là hình thang cân
\Rightarrow[TEX]MN=\frac{a(b-x)}{b}+\frac{2ax}{b}=\frac{ab+ax}{b}[/TEX]
Vậy [TEX]S_{MNPQ}=\frac{(\frac{2ax}{b}+\frac{ab+ax}{b})\frac{\sqrt{3}a(b-x)} {2B}}{2}[/TEX]
=[TEX]\frac{(3ax+ab)(\sqrt{3}ab-\sqrt{3}ax)}{b^2}[/TEX]
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB//CD, AB=2CD. Các cạnh bên có độ dài = 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) thay đổi đi qua I và cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại M,N,P,Q. Tìm GTNN của biểu thức \(T=\dfrac{1}{2SM^2}+\dfrac{1}{2SN^2}+\dfrac{1}{SP^2}+\dfrac{1}{SQ^2}\)
Help me !!! cần gấp ạ .mn giúp mình câu c
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
Đáy là hình gì bạn?
Mỗi dữ liệu quan trọng thì lại không có :(
Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E
Trong mp (SBC), nối BM kéo dài cắt SE tại F
Trong mp (SAD), nối AF cắt SD tại P
\(\Rightarrow ABMP\) là thiết diện của (ABM) và chóp