Trong mp (SAD), qua M kẻ đường thẳng song song AD cắt SA tại P

Trong mp (ABCD), qua N kẻ đường thẳng song song AD cắt AB tại Q

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

Gọi E là giao điểm của AC và NQ

Trong mp (SAC), nối PE cắt SO tại K

\(\Rightarrow K=SO\cap\left(\alpha\right)\)

Chọn A

Gọi O là gia điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD. Gọi I là giao điểm của SO và AM. Khi đó

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

Để tính thể tích SAPMQ, ta cần tìm độ dài đoạn PM và đoạn MQ. Gọi E là trung điểm của BD. Ta có ME song song với AM và ME = 1/2 BD = 1/2 a. Vì (∆) song song với BD nên góc AME = góc ABD = 45 độ. Vì SA vuông góc với ABCD nên góc SAM = 90 độ. Vì SA = a√3 và góc SAM = 90 độ nên tam giác SAM là tam giác vuông cân tại A. Do đó, góc ASM = 45 độ. Vì góc ASM = góc AME = 45 độ nên tam giác ASM và tam giác AME đồng dạng. Vậy, ta có: AM/AS = AE/AM AM^2 = AS * AE AM^2 = (a√3) * (1/2 a) AM^2 = a^2 * √3 / 2 AM = a√3 / √2 AM = a√6 / 2 Ta có ME = 1/2 a Vậy, PM = AM - ME = (a√6 / 2) - (1/2 a) = (a√6 - a) / 2 Tương tự, ta có MQ = AM + ME = (a√6 / 2) + (1/2 a) = (a√6 + a) / 2 Vậy, thể tích SAPMQ = SABC * PM = a^2 * (a√6 - a) / 2 = a^3√6 / 2 - a^3 / 2

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.

a) S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) mà AB // CD

Từ S kẻ Sx sao cho Sx // AB // CD nên Sx là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

b) Gọi E là trung điểm của AB

G là trọng tâm tam giác SAB nên \(\frac{{EG}}{{SE}} = \frac{1}{3}\)

N là trọng tâm tam giác ABC nên\(\frac{{EN}}{{EC}} = \frac{1}{3}\)

Theo Ta lét, suy ra GN // SC mà SC \( \subset \) (SAC). Do đó, GN // (SAC)

Tham khảo hình vẽ:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).

\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).

Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).