Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành tâm $I$. Gọi $M$ là trung điểm của $SB$, $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

b) Chứng minh $IM$// $\left( {SAD} \right)$.

c) Gọi $Q$ là giao điểm của đường thẳng $DA$ và mặt phẳng $\left( {IMG} \right)$. Tính tỉ số \[\frac{{QD}}{{QA}}\].

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Lời giải

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm I. Gọi M là trung điểm của SB, G là trọng tâm tam giác SAD. a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) (ảnh 1)

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là $SI$.

b) Ta có $IM$ là đường trung bình của tam giác $SBD$, suy ra $IM//SD$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}IM \not\subset \left( {SAD} \right)\\IM//SD\\SD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM//\left( {SAD} \right)$

c) Gọi $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBN} \right)$ gọi $K = MG \cap BN$, suy ra $N$ là trung điểm $BK$.

Suy ra $\Delta ABN = \Delta DKN \Rightarrow \widehat {BAN} = \widehat {KDN} \Rightarrow AB//DK;AB = DKACK$\[\]. Do đó $K,D,C$ thẳng hàng và $D$ là trung điểm $KC$.

Gọi $Q = AD \cap IK$, tam giác có hai trung tuyến $AD,KI$ cắt nhau tại $Q$ nên $Q$ là trọng tâm của tam giác $ACK$, suy ra $AQ = \frac{2}{3}AD$. Vậy \[\frac{{QD}}{{QA}} = \frac{1}{2}\].

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Bảng thống kê sau cho biết cân nặng $\left( {{\rm{kg}}} \right)$ của 40 học sinh lớp $11{\rm{\;}}$ trong một trường trung học phổ thông.

Hãy tìm tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó.

Xem đáp án

Lời giải

Số phần tử của mẫu là $n = 40$.

Gọi \[{x_1},{x_2}...,{x_{40}}\]là cân nặng của $40$ học sinh được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó, trung vị là \[\frac{{{x_{20}} + {x_{21}}}}{2}\]. Khi đó nhóm chứa trung vị là nhóm $3$: $\left[ {50;60} \right)$.

Ta có \[p = 3;{a_3} = 50;{m_3} = 16;{m_1} + {m_2} = 12;{a_4} - {a_3} = 10\].

Áp dụng công thức tính trung vị ta có ${Q_2} = {M_e} = 50 + \left( {\frac{{20 - 12}}{{16}}} \right) \cdot 10 = 55\left( {{\rm{\;kg}}} \right).$

Tứ phân vị thứ nhất \[{Q_1}\] là \[\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}\]. Khi đó nhóm chứa \[{Q_1}\] là nhóm $2$:$\left[ {40;50} \right)$

Ta có \[p = 2;{a_2} = 40;{m_2} = 10;{m_1} = 2;{a_3} - {a_2} = 10\].

Áp dụng công thức tính \[{Q_1}\] ta có ${Q_1} = 40 + \left( {\frac{{10 - 2}}{{10}}} \right) \cdot 10 = 48\left( {{\rm{\;kg}}} \right).$

Tứ phân vị thứ ba \[{Q_3}\] là \[\frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}\]. Khi đó nhóm chứa \[{Q_3}\] là nhóm $4$:$\left[ {60;70} \right)$

Ta có \[p = 4;{a_4} = 40;{m_4} = 8;{m_1} + {m_2} + {m_3} = 28;{a_5} - {a_4} = 10\].

Áp dụng công thức tính \[{Q_3}\] ta có ${Q_3} = 60 + \left( {\frac{{30 - 28}}{8}} \right).10 = 62,5\left( {{\rm{kg}}} \right).$

Vậy tứ phân vị của mẫu số liệu trên là:${Q_1} = 48\left( {{\rm{kg}}} \right);{Q_2} = 55\left( {{\rm{kg}}} \right);{Q_3} = 62,5\left( {{\rm{kg}}} \right)$.

Câu 2

Chứng minh rằng phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,(a \ne 0)$ luôn có nghiệm thực với$a + 2b + 5c = 0$.

Xem đáp án

Lời giải

Do $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\mathbb{R}$

Có $f\left( 1 \right) = a + b + c;\,f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b + c \Rightarrow f\left( 1 \right) + 9f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 2\left( {a + 2b + 5c} \right) = 0$

$ \Rightarrow f\left( 1 \right)$ và $f\left( {\frac{1}{3}} \right)$ trái dấu hoặc $f\left( 1 \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0$.

Nếu $f\left( 1 \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0$ thì phương trình có 2 nghiệm $x = 1;x = \frac{1}{3}$.

Nếu $f\left( 1 \right)$ và $f\left( {\frac{1}{3}} \right)$ trái dấu tức là $f\left( 1 \right).f\left( {\frac{1}{3}} \right) < 0$ thì phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong

khoảng $\left( {\frac{1}{3};1} \right)$.

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm thực.

Câu 3