Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E

\(\Rightarrow SE=\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\)

Qua M kẻ đường thẳng d song song CD lần lượt cắt AC và AD tại F và G

Trong mp (SAC), qua F kẻ đường thẳng song song SA cắt SC tại P

Trong mp (SAD), qua G kẻ đường thẳng song song SA cắt SD tại Q

\(\Rightarrow\) Hình thang MPQG là thiết diện của (P) và chóp

Chà, bài này dựng xong hình là xong thôi (tính toán đơn giản bằng Talet)

Đầu tiên là dựng mp qua M và song song (SBD): qua M kẻ các đường thẳng song song SB, SD lần lượt cắt AB, AD tại E và F

Nối EF kéo dài cắt BC tại I và CD tại G

Qua G kẻ đường thẳng song song MF (hoặc SD) cắt MI kéo dài tại J

Talet cho ta: \(\dfrac{MI}{MJ}=\dfrac{IF}{GF}\)

Mà \(\dfrac{GF}{GI}=\dfrac{DF}{BI}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AD}{BC+\dfrac{1}{2}BC}=...\)

Vậy là xong

a) Gọi O′ = AB ∩ CD, M = AI ∩ SO′

Ta có: M = AI ∩ (SCD)

b) IJ // BC ⇒ IJ // AD ⇒ IJ // (SAD)

c) Đường thẳng qua I song song với SD cắt BD tại K.

Do  nên OB < OD. Do đó điểm K thuộc đoạn OD.

Qua K, kẻ đường thẳng song song với AC cắt DA, DC, BA lần lượt tại E, F, P.

Gọi R = IP ∩ SA. Kéo dài PI cắt SO’ tại N

Gọi L = NF ∩ SC

Ta có thiết diện là ngũ giác IREFL.

Qua \(M\) dựng đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(AB\) tại \(N\).

Qua \(N\) dựng đường thẳng song song với \(SA\), cắt \(SB\) tại \(P\).

Qua \(P\) dựng đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(SC\) tại \(Q\).

Vì \(MN\parallel BC,NP\parallel SA\) nên \(\left( {MNPQ} \right) \equiv \left( P \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}MN = \left( P \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\NP = \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right)\\PQ = \left( P \right) \cap \left( {SBC} \right)\\MQ = \left( P \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array}\)

Gọi \(E\) là giao điểm của \(A{\rm{D}}\) và \(MN\), \(F\) là giao điểm của \(S{\rm{D}}\) và \(MQ\). Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}E \in A{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\E \in MN \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow E \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left. \begin{array}{l}F \in S{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\F \in MQ \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow F \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow EF = \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\end{array}\)

a: Trong mp(ABCD), gọi N là giao điểm của AD và BC

\(N\in AD\subset\left(SAD\right);N\in BC\subset\left(SBC\right)\)

=>\(N\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)

mà \(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)

nên \(\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)=SN\)

b: Gọi H là giao điểm của SG với CD

Xét ΔSCD có

G là trọng tâm

H là giao điểm của SG với DC

Do đó: H là trung điểm của DC

Chọn mp(SAH) có chứa MG

Trong mp(ABCD), gọi E là giao điểm của AH với BD

\(E\in AH\subset\left(SAH\right)\)

\(E\in BD\subset\left(SBD\right)\)

Do đó: \(E\in\left(SAH\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(S\in\left(SAH\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên \(\left(SAH\right)\cap\left(SBD\right)=SE\)

Gọi K là giao điểm của MG với SE

=>K là giao điểm của MG với (SBD)

Tham khảo:

a) Gọi E là giao điểm của AB và CD

Vì AB thuộc mp (SAB) nên E là giao điểm của CD và (SAB)

b) Ta có: S thuộc hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

          E thuộc hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

Suy ra SE là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

c) Trong mp (SAB), gọi G là giao điểm của ME và SB

Mà SB thuộc (SBC), ME thuộc (MCD)

Do đó: G thuộc hai mặt phẳng (MCD) và (SBC)

          C thuộc hai mặt phẳng (MCD) và (SBC)

Suy ra CG là giao tuyến của hai mặt phẳng (MCD) và (SBC).

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