Bài này ứng dụng bài toán đồng phẳng đã chứng minh cho em hồi sáng:

4 điểm M, A', B', C', D' đồng phẳng nên với điểm S bất kì ta có:

\(\overrightarrow{SM}=m.\overrightarrow{SA'}+n.\overrightarrow{SB'}+p.\overrightarrow{SC'}\)

Khi đó \(m+n+p=1\)

Giải như sau:

Đặt \(\dfrac{SA}{SA'}=x;\dfrac{SB}{SB'}=y;\dfrac{SC}{SC'}=z\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{SA}=x.\overrightarrow{SA'};\overrightarrow{SB}=y.\overrightarrow{SB'};\overrightarrow{SC}=z.\overrightarrow{SC'}\)

Do G là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{GS}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{0}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=3\overrightarrow{SG}\)

\(\Rightarrow x.\overrightarrow{SA'}+y.\overrightarrow{SB'}+z.\overrightarrow{SC'}=3\overrightarrow{SG}=6\overrightarrow{SM}\) (do M là trung điểm SG)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{6}.\overrightarrow{SA'}+\dfrac{y}{6}.\overrightarrow{SB'}+\dfrac{z}{6}.\overrightarrow{SC'}=\overrightarrow{SM}\)

Do M;A'B'C' đồng phẳng 

\(\Rightarrow\dfrac{x}{6}+\dfrac{y}{6}+\dfrac{z}{6}=1\) \(\Rightarrow x+y+z=6\)

\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SA'}+\dfrac{SB}{SB'}+\dfrac{SC}{SC'}=6\)

Với bài toán trắc nghiệm (hoặc cần kiểm chứng kết quả) chỉ cần chọn trường hợp đặc biệt là (P) song song đáy, khi đó theo Talet thì A', B', C' lần lượt là trung điểm các cạnh nên ta dễ dàng tính ra tổng cần tính là 2+2+2=6

Chọn đáp án D

Ta có

Khi đó 

Gọi I là trung điểm của AB.

Ta có SA=SB=AB=CA=CB=a nên tam giác SAB và tam giác ABC đều cạnh a.

Khi đó A B ⊥ S I , A B ⊥ C I  và S I = C I = a 3 a  

Mặt khác S I = C I = S C = a 3 2  nên ∆ S I C  đều

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MNP)  và (ABC) bằng  60 0

a.

Nối BN kéo dài cắt AD tại E

\(\left\{{}\begin{matrix}E\in\left(BMN\right)\\E\in\left(SAD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow E=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}M\in SA\in\left(SAD\right)\\M\in\left(BMN\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow EM=\left(BMN\right)\cap\left(SAD\right)\)

b.

Gọi F là giao điểm EM và SD

Trong mp (SCD), nối FN kéo dài cắt SC kéo dài tại G

\(\Rightarrow G=SC\cap\left(BMN\right)\)

a/

Ta có

\(S\in\left(SAC\right);S\in\left(SBD\right)\)

Trong mp (ABCD) gọi O là giao của AC và BD

\(O\in AC\Rightarrow O\in\left(SAC\right);O\in BD\Rightarrow O\in\left(SBD\right)\)

\(\Rightarrow SO\in\left(SAC\right)\) và \(SO\in\left(SBD\right)\) => SO là giao tuyến của (SAC) và (SBD)

b/

Trong mp (ABCD) Từ G dựng đường thẳng // AC cắt BC tại K

Xét tg SAC có

SM=AM (gt); SN=CN (gt) => MN là đường trung bình của tg SAC

=> MN//AC

Mà GM//AC

=> MN//GK mà \(G\in\left(GMN\right)\Rightarrow GK\in\left(GMN\right)\) (Từ 1 điểm trong mặt phẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng thuộc mặt phẳng đó và // với 1 đường thẳng cho trươc thuộc mặt phẳng)

\(\Rightarrow K\in\left(GMN\right);K\in BC\) => K llaf giao của BC với (GMN)

c/

Ta có

\(KN\in\left(GMN\right);KN\in\left(SBC\right)\) => KN là giao tuyến của (GMN) với (SBC)

Trong (ABCD) KG cắt AB tại H

\(KG\in\left(GMN\right)\Rightarrow KH\in\left(GMN\right)\)

\(KG\in\left(ABCD\right)\Rightarrow KH\in\left(ABCD\right)\)

=> KH là giao tuyến của (GMN) với (ABCD)

Ta có 

\(HM\in\left(SAB\right);HM\in\left(GMN\right)\) => HM là giao tuyến của (GMN) với (SAB)

Trong mp(SAC) gọi P là giao của SO với MN

\(P\in MN\Rightarrow P\in\left(GMN\right)\)

Trong mp(SBD) Nối G với P cắt SD tại Q

\(\Rightarrow GP\in\left(GMN\right)\Rightarrow Q\in GMN\)

\(\Rightarrow MQ\in\left(GMN\right)\) mà \(MQ\in\left(SAD\right)\) => MQ là giao tuyến của (GMN) với (SAD)

Ta có

\(NQ\in\left(GMN\right);NQ\in\left(SCD\right)\) => NQ là giao tuyến của (GMN) với (SCD)

=> thiết diện của hình chóp bị cắt bởi (GMN) là đa giác HMQNK

a, đề là gì vậy bạn 

b, Xét (ABCD) kẻ AI giao CD tại I

Xét (SCD); (KAG) có 

K là điểm chung t1 ; I là điểm chung t2 

=> KI là giao tuyến 2 mp 

=> Nối IK cắt SD tại M

c, Ta có M = (SAIM) giao (GHK)

E = (HKAI) giao (GHK) 

G = (HKAI) giao (SAIM) 

mà ME ko song song vs MG 

=> M;E;G thẳng hàng 

Phương pháp:

Sử dụng tỉ số diện tích, tỉ số thể tích để tính thể tích khối tứ diện MBSI thông qua thể tích khối tứ diện vuông SABC.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác APD ta có:

Tham khảo:

a) Tam giác SAC có: MN cắt AC tại E mà AC thuộc mp (ABC)

Do đó: E là giao điểm của MN và (ABC)

b) Ta có: B thuộc hai mặt phẳng (BMN) và (ABC)

          E thuộc hai mặt phẳng (BMN) và (ABC)

Suy ra: BE là giao tuyến của hai mặt phẳng (BMN) và (ABC)