Những câu hỏi liên quan
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
15 tháng 12 2018 lúc 14:10

Đáp án A

Đặt a> 0 cạnh hình vuông là   Dễ  thấy  

Gọi O là tâm của đáy. Vẽ AH ⊥ SC tại, H, AH cắt SO tại I thì   A I O ^ = φ

Qua I vẽ  đường  thẳng  song  song DB cắt SD, SB theo  thứ  tự  tại K, L. Thiết diện chính là tứ giác

ALHK và tứ giác này có hai đường chéo AH  ⊥ KL Suy ra  

Ta có:  

Theo giả thiết

Giải được

Suy ra  φ = a r c sin 33 + 1 8

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
9 tháng 4 2017 lúc 6:01

Đáp án D

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
4 tháng 1 2019 lúc 16:13

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
8 tháng 10 2019 lúc 18:09

Đáp án D

Bình luận (0)
Giang
Xem chi tiết
Ngô Thành Chung
3 tháng 9 2021 lúc 21:57

Bình luận (0)
Ngô Thành Chung
3 tháng 9 2021 lúc 22:06

undefined

a, Giả thiết cho biết (α) và(ABCD) cùng chứa điểm O

Mà (α) // AB ⇒ (α) chứa đường thẳng song song với AB

⇒ (α) \(\cap\) (ABCD) = d1 . Với d1 là đường thẳng đi qua O và song song với AB. Trong (ABCD) gọi \(\left\{{}\begin{matrix}G=d_1\cap AD\\H=d_1\cap BC\end{matrix}\right.\)

⇒ (α) \(\cap\) (ABCD) = GH (hình vẽ)

Giả thiết cho biết : 

Giả thiết cho biết (α) và (SAC) cùng chứa điểm O

Mà (α) // SC ⇒ (α) chứa đường thẳng song song với SC

⇒ (α) \(\cap\) (SAC) = d2 . Với d2 là đường thẳng đi qua O và song song với SC. Trong (SAC) gọi I = d2 \(\cap\) SA

⇒ (α) \(\cap\) (SAC) = O\(I\) (hình vẽ)

(P) và (SAB) cùng chứa điểm I. Mà (P) chứa GH, (SAB) chứa AB. Mà ta lại có AB // GH

⇒ (P) \(\cap\) (SAB) = d3. Với d3 là đường thẳng đi qua I và song song với AB và GH

Trong (SAB), gọi J = \(d_3\cap SB\)

⇒ Thiết diện cần tìm là tứ giác IJHG

Tứ giác này có IJ // HG nên nó là hình thang 

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
25 tháng 9 2018 lúc 10:40

Chọn đáp án A

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H  là trung điểm của AB

Mặt phẳng (ACM) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện M.ACD có thể tích V1 và khối đa diện còn lại có thể tích V2

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
25 tháng 4 2019 lúc 11:49

Bình luận (0)
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Cao Minh Tâm
13 tháng 4 2018 lúc 6:25

Đáp án A.

Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD ⇒ M N ⊥ A B M Q ⊥ A B .  

Qua N kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SC tại P.

Suy ra thiết diện của mặt phẳng α  và hình chóp là MNPQ.

Vì MQ là đường trung bình của hình tháng ABCD ⇒ M Q = 3 a 2 .

MN là đường trung bình của tam giác SAB ⇒ M N = S A 2 = a . 

NP là đường trung bình của tam giác SBC ⇒ N P = B C 2 = a 2 . 

Vậy diện tích hình thang MNPQ là S M N P Q = M N . N P + M Q 2 = a 2 a 2 + 3 a 2 = a 2 .

Bình luận (0)
Minh Nguyệt
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
5 tháng 5 2021 lúc 22:27

Gặp những bài cần tính toán thế này làm biếng lắm, dựng hình thì dễ chứ tính thì chả muốn tính chút xíu nào.

Trong mp đáy, kéo dài AD và BC cắt nhau tại E \(\Rightarrow D\) là trung điểm AE (đường trung bình) \(\Rightarrow AE=AB=2a\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AD\perp AB\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\Rightarrow AD\perp SB\)

\(\Rightarrow AD\in\left(\alpha\right)\)

Trong mp (SAB), kẻ \(AM\perp SB\Rightarrow M\in\left(\alpha\right)\)

Dễ dàng chứng minh tam giác ACB vuông cân tại C (Pitago đảo) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)

Trong mp (SAC), kẻ \(AN\perp SC\Rightarrow AN\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AN\perp SB\Rightarrow N\in\left(\alpha\right)\)

\(\Rightarrow\) Thiết diện là tứ giác AMND

\(SB=SE=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\) ; \(AM=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)

\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=\sqrt{AC^2+SA^2}=a\sqrt{3}\)

\(CN=\dfrac{AC^2}{SC}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) ; \(EC=BC=a\sqrt{2}\Rightarrow EN=\sqrt{EC^2+CN^2}=\dfrac{a\sqrt{30}}{3}\)

\(DE=AD=a\)

\(S_{AME}=\dfrac{1}{2}AM.AE=...\) 

\(S_{DNE}=\dfrac{1}{2}DE.EN.sin\widehat{DEN}=\dfrac{1}{2}DE.EN.\dfrac{AM}{\sqrt{AM^2+AE^2}}=...\)

\(\Rightarrow S_{AMND}=S_{AME}-S_{DNE}=...\) 

Bình luận (1)
Nguyễn Việt Lâm
6 tháng 5 2021 lúc 0:04

Trong trường hợp vuông góc SC:

Vẫn nối AD cắt BC tại E rồi chứng minh \(BC\perp\left(SAC\right)\)

Sau đó từ A kẻ \(AN\perp SC\) 

Trong mp (SBE), qua N kẻ đường thẳng song song BE lần lượt cắt SB tại M và cắt SE tại I

Trong mp (SAD), nối AI cắt SD tại P

Tứ giác AMNP là thiết diện cần tìm

Như câu trước, tính được \(CN=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) ; \(SC=a\sqrt{3}\Rightarrow SN=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Talet: \(\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SI}{SE}=\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{IM}{EB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow SM=SI=\dfrac{1}{3}SB=\dfrac{a\sqrt{5}}{3};IM=\dfrac{EB}{3}=\dfrac{2a\sqrt{2}}{3}\)

\(AN=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\) \(\Rightarrow AI=AM=\sqrt{AN^2+\left(\dfrac{IM}{2}\right)^2}=\dfrac{2a\sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow\Delta AIM\) đều

Trong tam giác SAE, đặt \(\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AI}\)

\(\overrightarrow{SP}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{SA}+x.\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{SA}+x\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SI}\right)=\left(1-x\right)\overrightarrow{SA}+\dfrac{x}{3}\overrightarrow{SE}\)

D là trung điểm AE \(\Rightarrow\overrightarrow{SD}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SE}\)

Mà S; P; D thẳng hàng \(\Rightarrow\dfrac{1-x}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\dfrac{x}{3}}{\dfrac{1}{2}}\Leftrightarrow1-x=\dfrac{x}{3}\Rightarrow x=\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow IP=\dfrac{1}{4}AI=\dfrac{a\sqrt{2}}{6}\)

\(S_{AMNP}=S_{AIM}-S_{IPN}=\dfrac{1}{2}AN.IM-\dfrac{1}{2}IP.IN.sin\widehat{PIN}\)

Với chú ý rằng \(IN=\dfrac{1}{2}IM=...\) và \(\widehat{PIN}=60^0\) do tam giác AIM đều theo cmt

Bình luận (0)