Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi \(N=DK\cap AC;M=DJ\cap BC\).
Ta có \(\left(DJK\right)\cap\left(ABC\right)=MN\Rightarrow MN\subset\left(ABC\right)\)
Vì \(L=\left(ABC\right)\cap JK\) nên dễ thấy \(L=JK\cap MN\)
a) Nhận xét:
Do giả thiết cho IJ không song song với CD và chúng cùng nằm trong mặt phẳng (BCD) nên khi kéo dài chúng gặp nhau tại một điểm.
Gọi K = IJ ∩ CD.
Ta có: M là điểm chung thứ nhất của (ACD) và (IJM);
Vậy (MIJ) ∩ (ACD) = MK
b) Với L = JN ∩ AB ta có:
Như vậy L là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (MNJ) và (ABC)
Gọi P = JL ∩ AD, Q = PM ∩ AC
Ta có:
Nên Q là điểm chung thứ hai của (MNJ) và (ABC)
Vậy LQ = (ABC) ∩ (MNJ).
Trong mặt phẳng (BCD); IJ cắt CD tại H nên H thuộc (ACD)
Điểm H thuộc IJ m suy ra bốn điểm M; I; J; H đồng phẳng.
Nên trong mặt phẳng (IJM) , MH cắt IJ tại H và M H ⊂ I J M .
Mặt khác M ∈ A C D H ∈ A C D ⇒ M H ⊂ A C D .
Vậy giao tuyến của 2 mặt phẳng (ACD) và ( IJM) là MH
Chọn D.
Nhận xét
Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.
Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.
a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC
BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)
Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.
Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))
AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)
Lý luận tương tự, ta có:
BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))
AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)
Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).
b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ
Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ
Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)
c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.
Gọi M = JK ∩ CD
SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)
SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)
Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.
Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.
d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI
ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).
ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).
Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.
e) Theo chứng minh câu c.
f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).
Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( C 1 ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).
Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( C 2 ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).
a) Gọi N = DK ∩ AC; M = DJ ∩ BC.
Ta có (DJK) ∩ (ABC) = MN ⇒ MN ⊂ (ABC).
Vì L = (ABC) ∩ JK nên dễ thấy L = JK ∩ MN.
b) Ta có I là một điểm chung của (ABC) và (IJK).
Mặt khác vì L = MN ∩ JK mà MN ⊂ (ABC) và JK ⊂ (IJK) nên L là điểm chung thứ hai của (ABC) và (IJK), suy ra (IJK) ∩ (ABC) = IL.
Gọi E = IL ∩ AC; F = EK ∩ CD. Lí luận tương tự ta có EF = (IJK) ∩ (ACD).
Nối FJ cắt BD tại P; P là một giao điểm (IJK) và (BCD).
Ta có PF = (IJK) ∩ (BCD) Và IP = (ABD) ∩ (IJK)