\(\S4.\) HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

1. Hai mặt phẳng song song

Cho hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\), có thể xảy ra một trong ba trường hợp:

TH1. \((P)\) và \((Q)\) có ba điểm chung không thẳng hàng, ta nói hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) trùng nhau, kí hiệu \((P)\equiv(Q)\).

TH2. \((P)\) và \((Q)\) phân biệt và có một điểm chung, ta nói \((P)\) và \((Q)\) cắt nhau theo giao tuyến \(d\) đi qua điểm chung, kí hiệu \((P)\cap(Q)=d\).

TH3. \((P)\) và \((Q)\) không có bất kì điểm chung nào, nghĩa là \((P)\cap(Q)=\varnothing\), ta nói \((P)\) và \((Q)\) song song với nhau, kí hiệu \((P)\parallel(Q)\) hoặc \((Q)\parallel(P)\).

2. Điều kiện để hai mặt phẳng song song

Định lí 1. Nếu mặt phẳng \((P)\) chứa hai đường thẳng \(a,b\) cắt nhau và hai đường thẳng đó cùng song song với mặt phẳng \((Q)\) thì \((P)\) song song với \((Q)\).

3. Tính chất của hai mặt phẳng song song

Định lí 2. Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

Định lí 3. Cho hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) song song với nhau. Nếu \((R)\) cắt \((P)\) thì cắt \((Q)\) và hai giao tuyến của chúng song song với nhau.

3. Định lý Thalès trong không gian

Định lí 4. Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

4. Hình lăng trụ và hình hộp

Hình lăng trụ

Cho hai mặt phẳng \((P)\) và \(\left(P^{\prime}\right)\) song song với nhau. Trên \((P)\) cho đa giác lồi \(A_1 A_2 \ldots A_n\). Qua các đỉnh của đa giác này, ta vẽ các đường thẳng song song với nhau và cắt \(\left(P^{\prime}\right)\) lần lượt tại \(A_1^{\prime}, A_2^{\prime}, \ldots, A_n^{\prime}\). Hình tạo bởi các hình bình hành \(A_1 A_2 A_2^{\prime} A_1^{\prime}\), \(A_2 A_3 A_3^{\prime} A_2^{\prime}\), \(\ldots, A_n A_1 A_1^{\prime} A_n^{\prime}\) và hai đa giác \(A_1 A_2 \ldots A_n, A_1^{\prime} A_2^{\prime} \ldots A_n^{\prime}\) gọi là hình lăng trụ, kí hiệu \(A_1 A_2 \ldots A_n \cdot A_1^{\prime} A_2^{\prime} \ldots A_n^{\prime}\).

Trong hình lăng trụ \(A_1 A_2 \ldots A_n, A_1^{\prime} A_2^{\prime} \ldots A_n^{\prime}\), ta gọi

+ Hai đa giác \(A_1 A_2 \ldots A_n\) và \(A_1^{\prime} A_2^{\prime} \ldots A_n^{\prime}\) là hai mặt đáy nằm trên hai mặt phẳng song song.

+ Các điểm \(A_1, A_2, \ldots, A_n, A_1^{\prime}, A_2^{\prime}, \ldots, A_n^{\prime}\) là các đỉnh.

+ Các hình bình hành \(A_1 A_2 A_2^{\prime} A_1^{\prime}\), \(A_2 A_3 A_3^{\prime} A_2^{\prime}\), \(\ldots, A_n A_1 A_1^{\prime} A_n^{\prime}\) là các mặt bên.

+ Các đoạn thẳng \(A_1 A_1^{\prime}\), \(A_2 A_2^{\prime}\), \(\ldots, A_n A_n^{\prime}\) là các cạnh bên.

+ Các cạnh bên song song và bằng nhau.

+ Các cạnh của hai đa giác đáy là các cạnh đáy. Các cạnh đáy tương ứng song song và bằng nhau.

Hình hộp

Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.

Trong một hình hộp ta có

+ Sáu mặt là sáu hình bình hành. Mỗi mặt đều có một mặt song song với nó.

+ Hai mặt như thế gọi là hai mặt đối diện.

+ Đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện gọi là đường chéo.

+ Bốn đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Bài tập

Bài tập 1

Cho hai hình bình hành \(A B C D\), \(A B M N\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Chứng minh rằng \((A D N) \parallel(B C M)\).

Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A D \parallel B C\). Mà \(A D\) không thuộc mặt phẳng \((B C M)\) suy ra \(A D \parallel(B C M)\). Tương tự, do \(A B M N\) là hình bình hành nên \(A N\parallel B M\), suy ra \(A N \parallel(B C M)\). Mà \(A D, A N\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \((A D N)\) nên ta có \((A D N) \parallel(B C M)\).

Bài tập 2

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(A C\) và \(A' B'\).

a) Chứng minh rằng \(E F \parallel\left(BCC'B'\right)\).

b) Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(C F\) với mặt phẳng \(\left(A C' B\right)\). Chứng minh rằng \(I\) là trung điểm đoạn thẳng \(CF\).

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(B'C'\), ta có \(FM\) là đường trung bình của \(\triangle A'B'C'\) nên \(FM\) song song và độ dài bằng nửa đoạn \(A'C'\).

Lại có \(E\) là trung điểm \(AC\), \(AC\) song song và bằng \(A'C'\) nên \(EC\) song song và độ dài bằng nửa \(A'C'\).

Suy ra \(FM\) song song và bằng \(EC\), nên \(CEFM\) là hình bình hành. Do đó \(EF\) song song với \(MC\).

Mà \(MC\) nằm trong \((BCC'B')\) nên \(EF\) song song với \((BCC'B')\).

b) Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\), vì \(F\) là trung điểm \(A'B'\) và \(ABB'A'\) là hình bình hành nên \(FK\) song song và bằng \(AA'\). Do đó \(FK\) song song và bằng \(CC'\), suy ra \(CC'FK\) là hình bình hành.

Khi đó, gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và \(KC'\) thì \(I\) là trung điểm \(CF\).

Mặt khác \(KC'\subset (AC'B)\) nên điểm \(I\) xác định như trên chính là giao điểm của \(CF\) và \((AC'B)\) theo yêu cầu đề bài. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 3

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của cạnh \(AD\), \(A'B'\). Chứng minh rằng

a) \(BD\parallel B'D'\), \((A'BD)\parallel (CB'D')\) và \(MN\parallel (BDD'B')\)

b) Đường thẳng \(AC'\) đi qua trọng tâm \(G\) của tam giác \(A'BD\).

a) \(BD\parallel B'D"\), \((A'BD)\parallel (CB'D')\) và \(MN\parallel (BDD'B')\).

Có \(\begin{cases}DD' = BB'\\DD'\parallel BB'\end{cases}\Rightarrow BB'D'D\) là hình bình hành. Suy ra \(BD\parallel B'D' \quad(1)\).

Có \(\begin{cases}A'B'= DC\\A'B'\parallel DC\end{cases}\Rightarrow A'B'CD\) là hình bình hành. Suy ra \(A'D\parallel B'C \quad(2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((A'BD)\parallel (CB'D')\).

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\).

Ta có \(\begin{cases}MO=\displaystyle\frac{1}{2}AB\\MO\parallel AB\end{cases}\).

Lại có \(NB'=\displaystyle\frac{1}{2}AB\) và \(NB'\parallel AB\).

Suy ra \(MO=NB\) và \(MO\parallel NB'\). Vậy \(MOB'N\) là hình bình hành nên \(MN\parallel OB'\), do đó \(MN\parallel (BDD'B')\).

b) Gọi \(I\) là giao điểm của các đường chéo hình hộp.

Trong \((AA'C'C)\), gọi \(G=A'O\cap AC'\).

Xét \(\triangle A'AC\) có \(A'O\) và \(AI\) là trung tuyến suy ra \(G\) là trọng tâm tam giac \(A'AC\) nên \(A'G=2GO\).

Xét \(\triangle A'BD\), có \(A'O\) là trung tuyến và \(A'G=2GO\). Vậy \(AC'\) đi qua trọng tâm \(G\) của \(\triangle A'BD\)

Bài tập 4

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(G\), \(G'\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(ABC\) và \(A'B'C'\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(AGG'A'\) là hình bình hành.

b) Chứng minh rằng \(AGC.A'G'C'\) là hình lăng trụ.

a) Gọi \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'\).

Vì \(BCC'B'\) là hình bình hành, nên \(MM' \parallel BB'\) và \(MM'=BB'\).

Suy ra \(MM'\parallel AA'\) và \(MM'=AA'\). Do đó \(AMM'A'\) là hình bình hành.

Mặt khác \(AG= \displaystyle\frac{2}{3}AM\), \(A'G'= \displaystyle\frac{2}{3} A'M'\).

Vậy \(AG=A'G'\) và \(AG \parallel A'G'\), suy ra \(ADD'A'\) là hình bình hành.

b) Tương tự phần a) ta cũng có \(CGG'C'\) là hình bình hành.

Vậy \(AGC.A'G'C'\) là hình lăng trụ.

Bài tập 5

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\). Chứng minh rằng mặt phẳng \((MNP)\) song song với mặt phẳng \((ABC)\).

Vì \(ABB'A'\) là hình bình hành, có \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(AA'\) và \(BB'\) nên \(MN \parallel AB\) \(\Rightarrow MN \parallel (ABC)\).

Vì \(ACC'A'\) là hình bình hành, có \(M\), \(P\) lần lượt là trung điểm \(AA'\) và \(CC'\) nên \(MP \parallel AC\) \(\Rightarrow MP \parallel (ABC)\).

Mặt phẳng \((MNP)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(MN\), \(MP\) và cùng song song với mặt phẳng \((ABC)\) nên \((MNP)\) song song với \((ABC)\).

Bài tập 6

Cho hai hình vuông \(ABCD\) và \(ABEF\) ở trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo \(AC\) và \(BF\) lần lượt lấy các điểm \(M\), \(N\) sao cho \(AM = BN\). Các đường thẳng song song với \(AB\) vẽ từ \(M\), \(N\) lần lượt cắt \(AD\), \(AF\) tại \(M'\), \(N'\).

a) Chứng minh \(\left(CBE\right) \parallel \left(ADF\right)\).

b) Chứng minh \(\left(DEF\right)\parallel\left(MNN'M'\right)\).

a) Vì \(\begin{cases}BC\parallel AD\\BE\parallel AF\end{cases}\) nên \(\left(BCE\right)\parallel\left(ADF\right)\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{AM}{AC} = \displaystyle\frac{BN}{BF} = \displaystyle\frac{AN'}{AF}\). Suy ra \(MN'\parallel CF\).

Mặt khác, lại có \(EF\parallel NN'\) (do cùng song song với \(AB\)).

Do đó \(\left(DEF\right)\parallel\left(MNN'M'\right)\).

Bài tập 7

Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình bình hành có \(O\) là giao điểm của hai đường chéo. Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(SA, SD\).

a) Chứng minh rằng \((OMN) \parallel (SBC)\).

b) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\) và \(F\) là một điểm thuộc \(ON\). Chứng minh \(EF\) song song với \((SBC)\).

a) Do \(O M\) là đường trung bình của tam giác \(S A C\) nên \(O M \parallel S C \qquad (1)\).

Lại có, \(O N\) là đường trung bình của tam giác \(S D B\) nên \(O N \parallel S B \qquad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((O M N) \parallel (S B C)\).

b) Ta có \(O E\) là đường trung bình của tam giác \(A B D\) nên \(O E \parallel A D\), mà \(A D \parallel M N\), suy ra \(O E \parallel M N\). Do đó \(E\) sẽ thuộc mặt phẳng \((O M N)\). Suy ra \(EF \subset(O M N)\). Theo ý a, ta có \((O M N) \parallel (S B C)\) nên \(EF \parallel (S B C)\).

Bài tập 8

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \(ABCD\) đáy lớn \(AD\) và \(AD=2BC\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(AD\). Chứng minh rằng hai mặt phẳng \((BMN)\) và \((SCD)\) song song với nhau.

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) suy ra \(MN\parallel SD \Rightarrow MN\parallel (SCD)\). \quad (1)

Tứ giác \(BCDN\) có \(BC\parallel ND\) và \(BC=ND\) nên là hình bình hành, suy ra \(BN\parallel CD\), do đó \(BN\parallel (SCD)\). \quad (2)

Mặt khác ta có \(MN\) và \(BN\) cùng chứa trong \((BMN)\), \(MN\cap BN=N\). \quad (3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra \((BMN)\parallel(SCD)\).

Bài tập 9

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(C'D'\).

a) Chứng minh rằng \((A'DN)\parallel (B'CM)\).

b) Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(D'B\) với các mặt phẳng \((A'DN)\), \((B'CM)\). Chứng minh rằng \(D'E=BF=\displaystyle\frac{1}{2}EF\).

a) Chứng minh \((A'DN)\parallel (B'CM)\).

Gọi \(M'\) là trung điểm \(A'B'\).

Ta có \(MM'\parallel CC'\) và \(MM'=CC'\) nên \(CMM'C'\) là hình bình hành, suy ra \(CM\parallel C'M'\).

Lại có \(A'M'=C'N\) và \(A'M'\parallel C'N\) nên \(A'M'C'N\) là hình bình hành, suy ra \(A'N\parallel C'M'\).

Do đó \(CM\parallel A'N\Rightarrow CM\parallel (A'DN)\).

Mặt khác \(CB'\parallel DA'\Rightarrow CB'\parallel (A'DN)\).

Mà \(CB'\) và \(CM\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \((B'CM)\).

Vậy \((B'CM)\parallel (A'DN)\).

b) Chứng minh \(D'E=BF=\displaystyle\frac{1}{2}EF\).

Trong \((BDD'B')\colon\) gọi \(H=BD\cap CM\Rightarrow (B'MC)\cap (BDD'B')=B'H\).

Trong \((BDD'B')\colon\) \(F=B'H\cap BD'\Rightarrow F=BD'\cap (B'CM)\).

Trong \((BDD'B')\colon\) gọi \(K=B'D'\cap A'N\Rightarrow (A'DN)\cap (BDD'B')=DK\).

Trong \((BDD'B')\colon\) \(E=DK\cap BD'\Rightarrow F=BD'\cap (A'DN)\).

Gọi \(K'=C'M'=B'D'\). Ta có \(M'K'\parallel A'K\) và \(M'\) là trung điểm \(A'B'\) nên \(K'\) là trung điểm \(B'K\).

Tương tự, \(K\) là trung điểm \(D'K'\). Suy ra \(D'B'=3D'K\).

Xét tam giác \(D'FB'\) có \(\displaystyle\frac{D'E}{D'F}=\displaystyle\frac{D'K}{D'B'}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow EF=2D'E\).

Tương tự \(\displaystyle\frac{BF}{BE}=\displaystyle\frac{BH}{BD}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow EF=2BF\).

Vậy \(D'E=BF=\displaystyle\frac{1}{2}EF\).

Bài tập 10

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(B C\), \(A A'\), \(C'D'\), \(AD'\). Chứng minh rằng

a) \(N Q \parallel A' D'\) và \(N Q=\displaystyle\frac{1}{2} A' D'\);

b) Tứ giác \(MNQC\) là hình bình hành;

c) \(MN \parallel\left(ACD'\right)\);

d) \((MNP) \parallel\left(ACD'\right)\).

a) Ta có \(NQ\) là đường trung bình của \(\triangle AA'D'\) nên \(N Q \parallel A' D'\) và \(N Q=\displaystyle\frac{1}{2} A' D'\).

b) Ta có \(M\) là trung điểm \(BC\), \(BC\) lại song song và bằng \(A'D'\) nên \(MC\) song song và độ dài bằng nửa \(A'D'\).

Kết hợp với kết quả câu (1) suy ra \(MC\) song song và bằng \(NQ\). Do đó \(MNQC\) là hình bình hành.

c) Do \(MNQC\) là hình bình hành nên \(MN\) song song với \(QC\). Mà \(QC\) nằm trong \((ACD')\) nên \(MN\) song song với \((ACD')\).

d) Trước tiên ta sẽ chứng minh \(MOD'P\) là hình bình hành.

Thật vậy, gọi \(O\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(MO\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\). Do đó \(OM\) song song và có độ dài bằng nửa đoạn \(AB\).\qquad (1)

Lại có \(P\) là trung điểm \(C'D'\), mà \(C'D'\) song song và bằng \(AB\) nên \(PD'\) song song và độ dài bằng nửa đoạn \(AB\).\qquad (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OM\) song song và bằng \(PD'\), do đó \(MOD'P\) là hình bình hành.

Từ đó ta có \(MP\) song song với \(D'O\), mà \(D'O\subset (ACD')\) nên \(MP\) song song với \((ACD')\).

Theo câu (2) ta đã chứng minh được \(MN\) song song \((ACD')\).

Mặt khác \(MP\), \(MN\) nằm trong \((MNP)\) và \(MP\), \(MN\) cắt nhau.

Vậy \((MNP)\) song song với \((ACD')\).

Bài tập 11

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).

a) Chứng minh rằng \(\left(A C B'\right) \parallel\left(A' C' D\right)\).

b) Gọi \(G\), \(G'\) lần lượt là giao điểm của \(B D'\) với các mặt phẳng \(\left(A C B'\right)\) và \(\left(A' C' D\right)\). Chứng minh rằng \(G\), \(G'\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(ACB'\) và \(A'C'D\).

c) Chứng minh rằng \(B G=G G'=D' G'\).

a) Ta có \(ACC'A'\) là hình bình hành nên \(AC\parallel A'C'\).

Mà \(A'C'\subset (A'C'D)\Rightarrow AC\parallel (A'C'D)\).\qquad (1)

Lại có \(A'B'CD\) là hình bình hành nên \(B'C\parallel A'D\).

Mà \(A'D\subset (A'C'D)\Rightarrow B'C\parallel (A'C'D)\).\qquad (2)

Mặt khác \(AC\), \(B'C\subset (ACB')\) và \(AC\), \(B'C\) cắt nhau.\qquad (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\left(A C B'\right) \parallel\left(A' C' D\right)\).

b) Gọi \(O\) và \(O'\) lần lượt là tâm của \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\).

Trong \((BDD'B')\) gọi \(G\) là giao điểm của \(BD'\) với \(B'O\) và \(DO'\).

Do \(B'O\subset (ACB')\), \(DO'\subset (A'C'D)\) nên điểm \(G\) và \(G'\) xác định như trên chính là giao điểm của \(B D'\) với các mặt phẳng \(\left(A C B'\right)\) và \(\left(A' C' D\right)\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(BD'\) và \(B'D\). Vì \(BDD'B'\) là hình bình hành nên \(I\) là trung điểm của \(BD'\) và \(B'D\).

Xét \(\triangle BDB'\) có \(B'O\) và \(BI\) là trung tuyến nên \(G\) là trọng tâm \(\triangle BDB'\). Suy ra \(B'G=\displaystyle\frac{2}{3}BO\).

Xét \(\triangle ACB'\) có \(B'O\) là trung tuyến và \(B'G=\displaystyle\frac{2}{3}BO\) suy ra \(G\) là trọng tâm \(\triangle ACB'\).

Một cách tương tự ta cũng chứng minh được \(G\) là trọng tâm \(\triangle BDD'\) và từ đó suy ra \(G\) là trọng tâm \(\triangle A'C'D\).

c) Xét \(\triangle BDG'\) có \(O\) là trung điểm \(BD\) và \(OG\parallel DG'\) nên \(G\) là trung điểm \(BG'\).\qquad (4)

Xét \(\triangle B'D'G\) có \(O'\) là trung điểm \(B'D'\) và \(O'G'\parallel B'G\) nên \(G'\) là trung điểm \(D'G\).\qquad (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(BG=GG'=D'G'\).

Bài tập 12

Cho hình chóp \(S.ABC\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\). Chứng minh rằng \((M N P) \parallel(A B C)\).

Nếu hai mặt phẳng \((M N P)\), \((A B C)\) có một điểm chung thì chúng có đường thẳng chung \(d\). Vì \(M N \parallel A B\) nên \(d \parallel A B\) hoặc \(d\) trùng với \(A B\). Tương tự, do \(M P \parallel A C\) nên \(d \parallel A C\) hoặc \(d\) trùng với \(A C\). Điều này là không thể xảy ra vì \(A B\) cắt \(A C\) tại \(A\).

Bài tập 13

Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng.

a) Chứng minh rằng \((AFD)\parallel(BEC)\).

b) Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(ABE\). Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với mặt phẳng \((AFD)\). Lấy \(N\) là giao điểm của \((P)\) và \(A C\). Tính \(\displaystyle\frac{AN}{NC}\).

a) Ta có \(AD\parallel BC\), suy ra \(AD\parallel (BCE)\). Tương tự \(AF\parallel (BCE)\).

Khi đó \((ADF)\parallel (BCE)\).

b) Ta có \((P)\parallel(AFD)\) nên \((P)\cap (ABF)=MH\) với \(M\in AB\) và \(MH\parallel AF\).

Vì \(M\) là trọng tâm của tam giác \(ABE\) nên \(\displaystyle\frac{BM}{BO}=\displaystyle\frac{2}{3}\) với \(O\) là tâm hình bình hành \(ABEF\).

Vì \(ABEF\) là hình bình hành nên \(\displaystyle\frac{BO}{BF}=\displaystyle\frac{1}{2}\). Suy ra \(\displaystyle\frac{BM}{BD}=\displaystyle\frac{1}{3}\). Do đó \(\displaystyle\frac{BM}{MF}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{BH}{AH}=\displaystyle\frac{1}{2}\) (vì \(AF\parallel MH\)).

\end{listEX}

\((P)\parallel(AFD)\) nên \((P)\cap (ABC)=NH\) với \(N\in AC\) và \(NH\parallel AD\).

Do đó \(\displaystyle\frac{AN}{NC}=\displaystyle\frac{AH}{BH}=2\).

Bài tập 14

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(G\), \(K\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(SAD\), \(SCD\).

a) Chứng minh \(GK\parallel (ABCD)\).

b) Mặt phẳng chứa đường thẳng \(GK\) và song song với mặt phẳng \((ABCD)\) cắt các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD\) lần lượt tại \(M\), \(N\), \(E\), \(F\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNEF\) là hình bình hành.

a) Chứng minh \(GK\parallel (ABCD)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(SD\).

Vì \(G\), \(K\) là trọng tâm tam giác \(SAD\) và \(SCD\) nên \(\displaystyle\frac{IG}{IA}=\displaystyle\frac{IK}{IC}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow GK\parallel AC\).

Ta có \(\begin{cases}GK\parallel AC\\AC\subset (ABCD)\end{cases}\Rightarrow GK\parallel (ABCD)\).

b) Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa \(GK\) và song song với \((ABCD)\).

Ta có \(AD=(SAD)\cap (ABCD)\). Gọi \(Gx\) là giao tuyến của \((SAD)\) và \((P)\), suy ra \(Gx\parallel AD\), \(Gx\) cắt \(SA\), \(SD\) tại \(M\), \(F\).

Tương tự ta có \(FK\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SCD)\), \(FK\parallel DC\), \(FK\) cắt \(SC\) tại \(E\).

Có \(MN\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SAB)\), \(MN\parallel AB\), \(N\in SB\).

Có \(EN\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SBC)\), \(EN\parallel BC\).

Vậy suy ra \(\begin{cases}MN\parallel EF\\MF\parallel NE\end{cases}\Rightarrow MNEF\) là hình bình hành.

Bài tập 15

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Một mặt phẳng song song với mặt bên \((ABB'A')\) của hình hộp và cắt các cạnh \(AD\), \(BC\), \(A'D'\), \(B'C'\) lần lượt tại \(M\), \(N\), \(M'\), \(N'\). Chứng minh rằng \(ABNM.A'B'N'M'\) là hình hộp.

Vì mặt phẳng \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng song song \((ABB'A')\), \((MNN'M')\) theo hai giao tuyến \(AB\) và \(MN\) \(\Rightarrow AB \parallel MN\).

Mà \(AM \parallel BN\) nên \(ABNM\) là hình hình hành.

Tương tự ta cũng có các tứ giác \(A'B'N'M'\), \(AA'M'N'\), \(BB'N'M'\), \(MNN'M'\) là các hình bình hành.

Vậy \(ABNM.A'B'N'M'\) là hình hộp

Bài tập 16

Cho hình lăng trụ tứ giác \(ABCD.A'B'C'D'\). Một mặt phẳng song song với mặt phẳng \((A'B'C'D')\) cắt các cạnh bên của hình lăng trụ lần lượt tại \(A''\), \(B''\), \(C''\), \(D''\). Hỏi hình tạo bởi các điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(A''\), \(B''\), \(C''\), \(D''\) là hình gì?

Ta có \((A''B''C''D'') \parallel (A'B'C'D') \Rightarrow (A''B''C''D'') \parallel (ABCD)\).

Vì mặt phẳng \((ABB'A')\) cắt hai mặt phẳng song song \((ABCD)\), \((A''B''C''D'')\) theo hai giao tuyến \(AB\) và \(A''B''\) nên \(AB \parallel A''B''\). Do đó \(ABB''A''\) là hình bình hành.

Tương tự như trên ta cũng có các tứ giác \(BCC''B''\), \(CDD''C''\), \(DAA''D''\) là các hình bình hành.

Vậy \(ABCD.A''B''C''D''\) là hình lăng trụ tứ giác.

Bài tập 17

Trong mặt phẳng \((P)\), cho hình bình hành \(ABCD\). Vẽ các nửa đường thẳng song song với nhau, nằm về một phía đối với \((P)\) và lần lượt đi qua các điểm \(A,B,C,D\). Một mặt phẳng \((P')\) cắt bốn nửa đường thẳng nói trên tại \(A',B',C',D'\).

a) Chúng minh mp\((AA',BB')\) song song với mp\((CC',DD')\).

b) Chứng minh tứ giác \(A'B'C'D'\) là hình bình hành.

c) Gọi \(O\) và \(O'\) lần lượt là giao điểm của hai đường chéo của \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\). Chứng minh \(OO'\parallel AA'\).

a) Ta có \(AB\parallel CD\), \(AA'\parallel DD'\), suy ra mp\((AA',BB')\) song song với mp\((CC',DD')\).

b) Mặt phẳng \((P)\) cắt hai mặt phẳng song song mp\((AA',BB')\) và mp\((CC',DD')\) theo giao tuyến \(A'B'\) và \(C'D'\) suy ra \(A'B'\parallel C'D'\).

Tương tự ta cũng có \(A'D'\parallel B'C'\).

Tứ giác \(A'B'C'D'\) có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

c) Hai mặt phẳng \((AA'C'C)\) và \((BB'D'D)\) lần lượt đi qua hai đường thẳng song song \(AA'\), \(DD'\) và cắt nhau theo giao tuyến \(OO'\) suy ra \(OO'\parallel AA'\).

Bài tập 18

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Lấy \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \(BC\), \(B'C'\); lấy các điểm \(G\), \(G'\), \(K\) lần lượt thuộc các đoạn \(AM\), \(A'M'\), \(A'B\) sao cho \(\displaystyle\frac{AG}{AM}=\displaystyle\frac{A'G'}{A'M'}=\displaystyle\frac{A'K}{A'B}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

a) Chứng minh rằng \(C'M\parallel (A'BM')\).

b) Chứng minh rằng \(G'K\parallel (BCC'B')\).

c) Chứng minh rằng \((GG'K)\parallel (BCC'B')\).

d) Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(K\) và song song với mặt phẳng \((ABC)\). Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt cạnh \(CC'\) tại điểm \(I\). Tính \(\displaystyle\frac{IC}{IC'}\).

a) Chứng minh \(C'M\parallel (A'BM')\).

Ta có \(\begin{cases}BM\parallel M'C'\\BM=M'C'\left(=\displaystyle\frac{BC}{2}\right)\end{cases}\Rightarrow BMC'M'\) là hình bình hành.

Do đó \(C'M\parallel BM'\).

Khi đó \(\begin{cases}C'M\parallel BM'\\BM'\subset (A'BM')\\C'M\not\subset (A'BM')\end{cases}\Rightarrow C'M\parallel (A'BM')\).

b) Chứng minh \(G'K\parallel (BCC'B')\).

Xét tam giác \(A'BM'\) có \(\displaystyle\frac{A'G'}{A'M'}=\displaystyle\frac{A'K}{AB}=\displaystyle\frac{2}{3}\), suy ra \(G'K\parallel BM'\).

Ta có \(\begin{cases}G'K\parallel BM'\\BM'\subset (BCC'B')\\G'K\not\subset (BCC'B')\end{cases}\Rightarrow G'K\parallel (BCC'B')\).

c) Chứng minh \((GG'K)\parallel (BCC'B')\).

Trong \((AMM'A')\) có \(\displaystyle\frac{A'G'}{A'M'}=\displaystyle\frac{AG}{AM}=\displaystyle\frac{2}{3}\), suy ra \(GG'\parallel MM'\).

Ta có \(\begin{cases}GG'\parallel MM'\\MM'\subset (BCC'B')\\GG'\not\subset (BCC'B')\end{cases}\Rightarrow GG'\parallel (BCC'B')\).

Khi đó \(\begin{cases}G'K\parallel (BCC'B')\\GG'\parallel (BCC'B')\\G'K,\,GG'\subset (GG'K)\\G'K\cap GG'=G'\end{cases}\Rightarrow (GG'K)\parallel (BCC'B')\).

d) Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(K\) và song song với mặt phẳng \((ABC)\). Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt cạnh \(CC'\) tại điểm \(I\). Tính \(\displaystyle\frac{IC}{IC'}\).

Ta có \(\begin{cases}(\alpha)\parallel (ABC)\\AB\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AB\parallel (\alpha)\).

Tương tự, \(\begin{cases}(\alpha)\parallel (ABC)\\AC\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AC\parallel (\alpha)\).

Lại có \(\begin{cases}K\in (\alpha)\cap (ABB'A')\\AB\parallel (\alpha)\\AB\subset (ABB'A')\end{cases}\), suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((ABB'A')\) là đường thẳng \(d\) qua \(K\) và song song \(AB\). Đường thẳng này cắt \(AA'\) tại \(E\), cắt \(BB'\) tại \(F\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{A'E}{A'A}=\displaystyle\frac{A'K}{A'B}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{EA}{EA'}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Tương tự, \(\begin{cases}E\in (\alpha)\cap (ACC'A')\\AC\parallel (\alpha)\\AC\subset (ACC'A')\end{cases}\), suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((ACC'A')\) là đường thẳng đi qua \(E\) và song song \(AC\), đường này cắt \(CC'\) tại \(I\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{IC}{IC'}=\displaystyle\frac{EA}{EA'}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Bài tập 19

Cho hình chóp \(S.ABCD\) với \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), tam giác \(SAD\) đều, \(M\) là điểm trên cạnh \(AB\), \((\alpha)\) là mặt phẳng qua \(M\) và \((\alpha) \parallel (SAD)\) cắt \(CD\), \(SC\), \(SB\) lần lượt tại \(N\), \(P\), \(Q\).

a) Chứng minh rằng \(MNPQ\) là hình thang cân.

b) Đặt \(AM=x\), tính diện tích \(MNPQ\) theo \(a\) và \(x\).

a) Do \((\alpha)\) đi qua \(M\) và song song với \((SAD)\) nên cắt các mặt của hình chóp bằng các giao tuyến đi qua \(M\) và song song với \((SAD)\).

Mặt khác \(ABCD\) là hình thoi và tam giác \(SAD\) đều. Nên thiết diện thu được là hình thang cân \(MNPQ\) \((MN \parallel PQ\); \(MQ=PN)\).

b) Ta có \(MN=a\), \(\displaystyle\frac{PQ}{BC}=\displaystyle\frac{SQ}{SB}=\displaystyle\frac{MA}{AB}=\displaystyle\frac{x}{a} \Rightarrow PQ=x\); \(MQ=a-x\).

Đường cao \(QH\) của hình thang cân bằng \(QH=\sqrt{MQ^2-\left(\displaystyle\frac{MN-PQ}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}(a-x)\).

Khi đó, diện tích hình thang cân là \(S=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\left(a^2-x^2\right)\).

Bài tập 20

Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\). Lấy các điểm \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\).

a) Chứng minh rằng \((MNP)\parallel(ABCD)\).

b) Giả sử mặt phẳng \((MNP)\) cắt \(SD\) tại \(Q\). Chứng minh rằng \(Q\) là trung điểm của \(SD\).

a) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(MN \parallel AB\).

Vì \(AB \subset(ABCD)\) nên \(MN \parallel(ABCD)\).

Chứng minh tương tự ta có: \(NP\parallel(ABCD)\).

Mà \(M N\) cắt \(N P\) nên theo Định lí 1 ta có:

\((MNP)\parallel(ABCD)\).

b) Vì \(Q\) là giao điểm của \(SD\) và \((MNP)\), \(M\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((MNP)\) nên \(MQ\) là giao tuyến của \((MNP)\) và \((SAD)\).

Do \((MNP) \parallel(ABCD)\), \(MQ=(MNP) \cap(SAD)\), \(AD=(SAD) \cap(ABCD)\) nên theo Định lí 3, ta có: \(MQ \parallel AD\).

Trong tam giác \(SAD\), \(M\) là trung điểm của \(SA\) và \(M Q\parallel AD\) nên \(Q\) là trung điểm của \(SD\).

Bài tập 21

Cho tứ diện \(ABCD\). Lấy \(G_1\), \(G_2\), \(G_3\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\), \(ACD\), \(ADB\)

a) Chứng minh rằng \(\left(G_1G_2G_3\right)\parallel(BCD)\).

b) Xác định giao tuyến của mặt phẳng \(\left(G_1G_2G_3\right)\) với mặt phẳng \((ABC)\).

a) Gọi \(M,~N,~L\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,~CD,~BD\).

Ta có \(\displaystyle\frac{AG_1}{AM}=\displaystyle\frac{AG_2}{AN}=\displaystyle\frac{AG_3}{AL}=\displaystyle\frac{2}{3}\) suy ra \(\left\{\begin{aligned}&G_1G_2 \parallel MN \\ &G_2G_3 \parallel NL.\end{aligned}\right. \)

Mà \(\left\{\begin{aligned}&MN\subset (BCD) \\ &NL\subset (BCD)\end{aligned}\right. \) nên \(\left\{\begin{aligned}&G_1G_2 \parallel (BCD) \\ &G_2G_3 \parallel (BCD)\end{aligned}\right. \)

suy ra \((G_1G_2G_3) \parallel (BCD)\).

b) Từ \((G_1G_2G_3) \parallel (BCD)\) suy ra \(BC \parallel (G_1G_2G_3)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&G_1\in (ABC)\cap (G_1G_2G_3) \\ &BC\subset (ABC) \\ &BC \parallel (G_1G_2G_3)\end{aligned}\right.\\ \Rightarrow (ABC) \cap (G_1G_2G_3)=\Delta \parallel BC\) với \(\Delta\) qua \(G_1\).

Bài tập 22

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(A'B'\) và \(O\) là một điểm thuộc miền trong của mặt bên \(CC'D'D\). Tìm giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với các mặt của hình hộp.

Qua \(O\) dựng đường thẳng song song với \(MN\) cắt \(CD\) và \(C'D'\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\).

Khi đó, \((MNO) \cap (ABCD)=MP\); \((MNO) \cap (CDD'C')=PQ\); \((MNO) \cap (A'B'C'D')=NQ\); \((MNO)\cap (AA'B'B)=MN\).

Thiết diện của mặt phẳng \(MNO\) với hình hộp là hình bình hành \(MNPQ\).

Bài tập 23

Cho hình chóp \(S.ABCD\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD\). Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là các điểm thuộc cạnh \(AB\) và \(CD\). Xác định giao tuyến của mặt phẳng \((MEF)\) và mặt phẳng \((MNPQ)\).

Theo giả thiết, ta có \(MN\), \(NP\), \(PQ\), \(QM\) lần lượt là đường trung bình của các tam giác \(SAB\), \(SBC\), \(SCD\) và \(SDA\), do đó \(MN\parallel AB\), \(NP\parallel BC\), \(PQ\parallel CD\), \(QM\parallel DA\).

Từ \(MN\parallel AB\), suy ra \(MN\parallel (ABCD)\); Từ \(NP\parallel BC\) suy ra \(NP\parallel (ABCD)\); Từ \(PQ\parallel CD\), suy ra \(PQ\parallel (ABCD)\).

Từ đó suy ra \((MNPQ)\parallel (ABCD)\).

Vì vậy hai giao tuyến của mặt phẳng \((MEF)\) với hai mặt phẳng \((MNPQ)\) và \((ABCD)\) song song với nhau. Trong mặt phẳng \((MEF)\), qua \(M\) vẽ đường thẳng song song với \(EF\) cắt \(PQ\) tại \(G\) thì đường thẳng \(MG\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((MEF)\) và \((MNPQ)\).