ÔN TẬP CHƯƠNG IV

Bài tập 1

Cho hai đường thẳng song song \(a\) và \(b\). Mệnh đề sau đây đúng hay sai?

a) Một đường thẳng \(c\) cắt \(a\) thì cũng cắt \(b\).

b) Một đường thẳng \(c\) chéo với \(a\) thì cũng chéo với \(b\).

a) Mệnh đề: "Một đường thẳng \(c\) cắt \(a\) thì cũng cắt \(b\)" là mệnh đề sai vì \(c\) và \(b\) có thể chéo nhau.

Ví dụ như trong hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB \parallel CD\), \(CC'\) cắt \(CD\) nhưng không cắt \(AB\) do \(CD\) và \(AB\) chéo nhau.

b) Mệnh đề: "Một đường thẳng \(c\) chéo với \(a\) thì cũng chéo với \(b\)" là mệnh đề sai vì \(c\) và \(b\) có thể cùng mặt phẳng.

Ví dụ như trong hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB \parallel CD\), \(CC'\) chéo \(AB\) nhưng không chéo \(CD\) do \(CC'\) và \(CD\) cắt nhau.

Bài tập 2

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((SCD)\) và \((SAB)\).

b) Lấy một điểm \(M\) trên đoạn \(SA\) (\(M\) khác \(S\) và \(A\)), mặt phẳng \((BCM)\) cắt \(SD\) tại \(N\). Tứ giác \(CBMN\) là hình gì?

a) Ta có \(\begin{cases}S \in (SCD) \cap (SAB)\\AB \subset (SAB)\\CD \subset (SCD)\\AB \parallel CD\end{cases}\)

\(\Rightarrow \) giao tuyến của \((SCD)\) và \((SAB)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

b) Ta có \(\begin{cases}M \in (BCM) \cap (SAD)\\BC \subset (BCM)\\AD \subset (SAD)\\BC \parallel AD\end{cases}\)

\(\Rightarrow \) giao tuyến của \((BCM)\) và \((SAD)\) là đường thẳng \(d'\) đi qua \(M\) và song song với \(BC\) và \(AD\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(SD\) và \(d'\).

Khi đó \(MN \parallel BC\), suy ra tứ giác \(CBMN\) là hình thang.

Bài tập 3

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(M\) và \(M'\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(B C\) và \(B' C'\). Chứng minh rằng

a) \(A A' \parallel\left(BCC'B'\right)\);

b) \(A M \parallel A' M\).

a) Trong hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), ta có \(A A' \parallel B B'\) và \(B B' \subset\left(BCC'B'\right)\), suy ra \(A A' \parallel\left(BCC'B'\right)\).

b) Vì \(M M' \parallel B B'\), \(M M'=B B'\) và \(B B' \parallel A A'\), \(B B'=A A'\) nên \(M M' \parallel A A'\), \(M M'=A A'\). Suy ra \(A M M' A'\) là hình bình hành. Vậy \(A M \parallel A' M'\).

Bài tập 4

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\), \(SD\). Xác định giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với mỗi mặt phẳng sau

a) \((SCD)\);

b) \((SBC)\).

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với \((SCD)\).

Ta có \(\begin{cases}N\in (AMN)\\N\in SD,\,SD\subset (SCD)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}N\in (AMN)\\N\in (SCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow N\in (AMN)\cap (SCD)\).

Trong \((ABCD)\) gọi \(E=AM\cap CD\)

\(\Rightarrow \begin{cases}E\in AM,\,AM\subset (AMN)\\E\in CD,\,CD\subset (SCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}E\in (AMN)\\E\in (SCD)\end{cases}\Rightarrow E\in (AMN)\cap (SCD)\).

Vậy \(NE=(AMN)\cap (SCD)\).

b) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với \((SBC)\).

Ta có \(\begin{cases}M\in (AMN)\\M\in BC,\,BC\subset (SBC)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M\in (AMN)\\M\in (SBC)\end{cases}\)

\(\Rightarrow M\in (AMN)\cap (SBC)\).

Trong \((SCD)\) gọi \(F=NE\cap SC\Rightarrow \begin{cases}F\in NE,\,NE\subset (AMN)\\F\in SC,\,SC\subset (SBC)\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}F\in (AMN)\\F\in (SBC)\end{cases}\Rightarrow F\in (AMN)\cap (SBC)\).

Vậy \(MF=(AMN)\cap (SBC)\).

Bài tập 5

Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\) và \(S\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AB\), \(CD\), \(BC\), \(AD\), \(AC\) và \(BD\). Chứng minh rằng:

a) \(MP\parallel QN\) và \(MP=QN\).

b) Các đoạn thẳng \(MN\), \(PQ\), \(RS\) cùng đi qua trung điểm \(G\) của mỗi đoạn.

a) Trong tam giác \(ABC\) ta cố \(MP\) là đường trung bình nên \(MP\parallel AC\) và \(MP=\displaystyle\frac{1}{2}AC\).\hfill\((1)\)

Trong tam giác \(ACD\) có \(QN\) là đường trung bình nên \(QN\parallel AC\) và \(QN=\displaystyle\frac{1}{2}AC\).\hfill \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(MP\parallel QN\) và \(MP=QN\).

b) Từ kết quả câu a) ta có tứ giác \(MPNQ\) là hình bình hành nên \(MN\), \(PQ\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đoạn.

Lí luận tương tự ta cũng có tứ giác \(MSNR\) là hình bình hành nên \(MN\), \(RS\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đoạn. Vậy \(MN\), \(PQ\), \(RS\) cùng đi qua trung điểm \(G\) của mỗi đoạn.

Bài tập 6

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với \(AB\) là đáy lớn và \(AB=2CD\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\) và \(SB\). Chứng minh rằng đường thẳng \(NC\) song song với đường thẳng \(MD\).

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(MN\parallel AB\) và \(MN=\displaystyle\frac{1}{2}AB\).\hfill\((1)\)

Ta lại có \(CD\parallel AB\) và \(CD=\displaystyle\frac{1}{2}AB\).\hfill\((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có \(MN\parallel CD\) và \(MN=CD\).

Vậy \(MNCD\) là hình bình hành.

Từ đó suy ra \(MN\parallel NC\).

Bài tập 7

Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có đáy không là hình thang. Gọi \(M\) là trung điểm của \(S A\).

a) Xác định giao điểm của \(CD\) với mặt phẳng \((SAB)\).

b) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\).

c) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((MCD)\) và \((SBC)\).

a) Trong \( (ABCD) \), gọi \( P=CD\cap AB \).

Ta có \( \begin{cases}P\in CD\\P\in AB,\,AB\subset (SAB)\end{cases}\)\\ suy ra \(P=CD\cap (SAB) \).

b) Ta có \( \begin{cases}S\in (SAB)\cap (SCD)\\P\in (SAB)\cap (SCD)\end{cases} \)

suy ra \( SP= (SAB)\cap (SCD) \).

c) Trong \( (SAB) \), gọi \( N=MP\cap SB \).

Ta có \( \begin{cases}N\in MP,\,MP\subset (MCD)\\N\in SB,\,SB\subset (SBC)\end{cases}\)\\ suy ra \( N\in (SAB)\cap (SCD) \).

Mà \( C\in (SAB)\cap (SCD) \). Nên \( CN=(SAB)\cap (SCD) \).

Bài tập 8

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\) và \(SB\). Chứng minh rằng

a) Có duy nhất một mặt phẳng \((R)\) là mặt phẳng chứa \(MN\) và song song với \(AD\).

b) Đường thẳng \(AD\) song song với giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((R)\).

a) Do \(MN\) và \(AD\) là hai đường thẳng chéo nhau nên theo chú ý trên, có duy nhất một mặt phẳng \((R)\) chứa \(MN\) và song song với \(AD\).

b) Ta thấy \(N\) là điểm chung hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((R)\). Ngoài ra, \(AD \parallel BC\) và \(BC \subset(SBC)\) nên \(AD\parallel (SBC)\). Mà \(AD \parallel (R)\) nên theo hệ quả của Định lí 2, giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \((SB C)\) và \((R)\) song song với \(AD\). Vậy \(AD\parallel d\).

Bài tập 9

Cho hình tứ diện \(ABCD\). Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(C D\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(BCD\), \(CDA\).

a) Chứng minh rằng các điểm \(M\), \(N\) thuộc mặt phẳng \((ABI)\).

b) Gọi \(G\) là giao điểm của \(AM\) và \(BN\). Chứng minh rằng: \(\displaystyle\frac{G M}{G A}=\displaystyle\frac{G N}{G B}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

c) Gọi \(P\), \(Q\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(DAB\), \(ABC\). Chứng minh rằng các đường thẳng \(CP\), \(DQ\) cùng đi qua điểm \(G\) và \(\displaystyle\frac{GP}{GC}=\displaystyle\frac{GQ}{GD}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

a) Xét tam giác \( BCD \) có \( BI \) là đường trung tuyến và \( M \) là trọng tâm nên \( M\in BI \).\tagEX{1}

Xét tam giác \( CDA \) có \( AI \) là đường trung tuyến và \( N \) là trọng tâm nên \( N\in AI \).\tagEX{2}

Từ \( (1) \) và \( (2) \) suy ra \(M\), \(N\in (ABI)\).

b) Xét tam giác \( ABI \) có \( \displaystyle\frac{IN}{IA}=\displaystyle\frac{IM}{IB}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(M\), \(N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(BCD\), \(CDA\)) suy ra \( MN\parallel AB \) (định lý Ta-let đảo).

Do đó \(\displaystyle\frac{G M}{G A}=\displaystyle\frac{G N}{G B}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (định lý Ta-let).

c) Xét tam giác \( AJD \) có \( \displaystyle\frac{JQ}{JA}=\displaystyle\frac{JM}{JD}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(Q\), \(M\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC\), \(ACD\)) suy ra \( QM\parallel AD \) (định lý Ta-let đảo).

Xét \((AJD)\), gọi \( G'=AM\cap DQ\). Ta có \( \displaystyle\frac{G'M}{G'A}=\displaystyle\frac{QM}{AD}=\displaystyle\frac{JM}{JD}=\displaystyle\frac{1}{3} \) suy ra \( G'\equiv G \).

Do đó \( DQ \) đi qua \( G \).\tagEX{3}

Xét tam giác \( EBC \) có \( \displaystyle\frac{EP}{EB}=\displaystyle\frac{EN}{EC}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(P\), \(N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD\), \(ACD\)) suy ra \( PN\parallel BC \) (định lý Ta-let đảo).

Xét \((EBC)\), gọi \( G''=CP\cap BN\). Ta có \( \displaystyle\frac{G''N}{G''B}=\displaystyle\frac{PN}{BC}=\displaystyle\frac{EN}{EC}=\displaystyle\frac{1}{3} \) suy ra \( G''\equiv G \).

Do đó \( CP \) đi qua \( G \).\tagEX{4}

Từ \( (3) \) và \( (4) \) suy ra \(CP\), \(DQ\) cùng đi qua điểm \(G\).

Xét tam giác \( KCD \) có \(\displaystyle\frac{GP}{GC}=\displaystyle\frac{GQ}{GD}=\displaystyle\frac{PQ}{CD}=\displaystyle\frac{KQ}{KD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (vì \(P\), \(Q\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD\), \(ABC\)).

Bài tập 10

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Lấy điểm \(M\) trên cạnh \(AD\) sao cho \(AD=3AM\). Gọi \(G\), \(N\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(SAB\), \(ABC\).

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\).

b) Chứng minh rằng \(MN\) song song với mặt phẳng \((SCD)\) và \(NG\) song song với mặt phẳng \((SAC)\).

a) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Xét hình bình hành \(ABCD\) có \(\displaystyle\frac{DM}{DA}=\displaystyle\frac{CN}{CI}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow MN \parallel CD.\)

Mà \(CD \subset (SCD)\) và \(MN\not\subset (SCD)\) nên \(MN \parallel (SCD)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{IG}{IS}=\displaystyle\frac{IN}{IC}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow NG \parallel SC\).

Mà \(SC \subset (SAC)\) và \(NG\not\subset (SAC)\) nên \(NG \parallel (SAC)\).

Bài tập 11

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\), \(BC\) và \(AA'\).

a) Xác định giao điểm của mặt phẳng \((MNP)\) và đường thẳng \(B'C\).

b) Gọi \(K\) là giao điểm của của mặt phẳng \((MNP)\) với đường thẳng \(B'C\). Tính tỉ số \(\displaystyle\frac{KB'}{KC}\).

a) Xác định giao điểm của mặt phẳng \((MNP)\) và đường thẳng \(B'C\).

Xét hai mặt phẳng \((MNP)\) và \((ACC'A')\) có

\(\begin{cases}P\in (MNP)\cap (ACC'A')\\MN\parallel AC\\MN\subset (MNP\\AC\subset (ACC'A')\end{cases}\)

\(\Rightarrow (MNP)\cap (ACC'A')=PQ\parallel MN\parallel AC\), \(Q\in CC'\).

Trong mặt phẳng \((BCC'B')\) gọi \(K=QN\cap CB'\), suy ra \(K=B'C\cap (MNP)\).

b) Gọi \(K\) là giao điểm của của mặt phẳng \((MNP)\) với đường thẳng \(B'C\). Tính tỉ số \(\displaystyle\frac{KB'}{KC}\).

Gọi \(E\) là tâm hình bình hành \(BCC'B'\).

Do \(P\) là trung điểm \(AA'\) nên \(Q\) là trung điểm \(CC'\).

Suy ra \(QN\) là đường trung bình của tam giác \(CBC'\). Do đó \(K\) là trung điểm của \(CE\).

Vậy \(\displaystyle\frac{KB'}{KC}=3\).

Bài tập 12

Cho hình tứ diện \(SABC\). Trên cạnh \(SA\) lấy các điểm \(A_1\), \(A_2\) sao cho \(AA_1=A_1A_2=A_2S\). Gọi \((P)\), \((Q)\) là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng \((ABC)\) và lần lượt đi qua \(A_1\), \(A_2\). Mặt phẳng \((P)\) cắt các cạnh \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(B_1\), \(C_1\). Mặt phẳng \((Q)\) cắt các cạnh \(SB\), \(SC\) lần lượt tại \(B_2\), \(C_2\). Chứng minh \(BB_1=B_1B_2=B_2S\) và \(CC_1=C_1C_2=C_2S\).

Áp dụng định lí Thalès cho ba mặt phẳng đôi một song song \((P)\), \((Q)\), \((ABC)\) và hai cát tuyến \(SA\), \(SB\) ta có \(\displaystyle\frac{A_2A_1}{A_1A}= \displaystyle\frac{B_2B_1}{B_1B}\).

Vì \(A_2A_1= A_1A\) nên \(B_2B_1= B_1B\).

Tương tự với hai cát tuyến \(SA\), \(SC\) suy ra \(C_2C_1=C_1C\).

Bài tập 13

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(G\) và \(G'\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(B'D'A\) và \(BDC'\). Chứng minh \(G\) và \(G'\) chia đoạn \(A'C\) thành ba phần bằng nhau.

Gọi \(O\), \(O'\) và \(Q\) lần lượt là tâm các hình bình hành \(ABCD\), \(A'B'C'D'\) và \(AA'C'C\).

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(AB'D'\) \(\Rightarrow A'Q\) đi qua \(G\).

Vì \(G'\) là trọng tâm tam giác \(BDC'\) \(\Rightarrow CQ\) đi qua \(G'\).

Do đó \(A'C\) qua \(G\) và \(G'\).

Lại có \(\displaystyle\frac{A'G}{A'Q}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{A'G}{A'C}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow A'G=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\);

\(\displaystyle\frac{CG'}{CQ}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{CG'}{A'C}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow CG'=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\).

Do đó \(A'G=GG'=G'C=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\).

Bài tập 14

Trong mặt phẳng \((P)\) cho hình bình hành \(ABCD\). Qua \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) lần lượt vẽ bốn đường thẳng \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) đôi một song song với nhau và không nằm trong mặt phẳng \((P)\). Một mặt phẳng cắt \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) lần lượt tại bốn điểm \(A'\), \(B'\), \(C'\), \(D'\). Chứng minh rằng \(A'B'C'D'\) là hình bình hành.

Giao tuyến của mặt phẳng \((\alpha )\) với các mặt phẳng \((Bb,Cc)\), \((Aa,Dd)\), \((Aa,Bb)\), \((Cc,Dd)\) lần lượt là \(B'C'\), \(A'D'\), \(A'B'\), \(C'D'\).

Do \((Bb,Cc) \parallel (Aa,Dd)\), \((Aa,Bb) \parallel (Cc,Dd)\) nên \(B'C' \parallel A'D'\) và \(A'B' \parallel C'D'\).

Suy ra tứ giác \(A'B'C'D'\) là hình bình hành.

Bài tập 15

Cho mặt phẳng \((\alpha)\) và hai đường thẳng chéo nhau \(a\), \(b\) cắt \((\alpha)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng thay đổi luôn luôn song song với \((\alpha)\) và cắt \(a\) tại \(M\), cắt \(b\) tại \(N\). Qua điểm \(N\) dựng đường thẳng song song với \(a\) cắt \((\alpha)\) tại điểm \(C\).

a) Tứ giác \(MNCA\) là hình gì?

b) Chứng minh rằng điểm \(C\) luôn luôn chạy trên một đường thẳng cố định.

a) Ta có \(MN \parallel AC\) và \(AM \parallel CN\) nên tứ giác \(MNCA\) là hình bình hành.

b) Ta có \(C \in (\alpha)\) và \(C \in (MNCA)\) vậy \(C\) thuộc giao tuyến của \(2\) mặt phẳng \((\alpha)\) và \((MNCA)\).

Bài tập 16

Một kệ để đồ bằng gỗ có mâm tầng dưới \((ABCD)\) và mâm tầng trên \((EFGH)\) song song với nhau. Bác thợ mộc đo được \(AE=80\) cm, \(CG=90\) cm và muốn đóng thêm một mâm tầng giữa \((IJKL)\) song song với hai mâm tầng trên và dưới sao cho khoảng cách \(EI=36\) cm (Hình bên). Hãy giúp bác thợ mộc tính độ dài \(GK\) để đặt mâm tầng giữa cho kệ để đồ đúng vị trí.

Ta có cát tuyến \(EA\) cắt ba mặt phẳng song song \((EFGH)\), \((IJKL)\), \((ABCD)\) lần lượt tại \(E\), \(I\), \(A\); cát tuyến \(GC\) cũng cắt ba mặt phẳng trên theo thứ tự tại \(G\), \(K\), \(C\). \\Áp dụng định lí Thalès trong không gian, ta có \(\displaystyle\frac{EI}{GK}=\displaystyle\frac{AE}{CG}=\displaystyle\frac{80}{90}=\displaystyle\frac{8}{9}\).\\ Suy ra \(GK=\displaystyle\frac{9}{8} EI=\displaystyle\frac{9}{8} \cdot 36=40{,}5\) (cm).

Vậy độ dài \(GK=40{,}5\) cm.

Bài tập 17

Trong mặt phẳng \((P)\) cho hình bình hành \(A B C D\). Ta dựng các nửa đường thẳng song song với nhau và nằm về một phía đối với \((P)\) lần lượt đi qua các điểm \(A, B, C, D\). Một mặt phẳng \((Q)\) cắt bốn nửa đường thẳng nói trên tại \(A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}\). Chứng minh rằng \(A A^{\prime}+C C^{\prime}=B B^{\prime}+D D^{\prime}.\)

Do mặt phẳng \((Q)\) cắt mặt phẳng \((A x, B y)\) theo giao tuyến \(A^{\prime} B^{\prime}\); cắt mặt phẳng \((C z, D t)\) theo giao tuyến \(C^{\prime} D^{\prime}\), mà hai mặt phẳng \((A x, B y)\) và \((C z, D t)\) song song nên \(A^{\prime} B^{\prime} \parallel C^{\prime} D^{\prime}\).

Tương tự có \(A^{\prime} D^{\prime} \parallel B^{\prime} C^{\prime}\) nên \(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\) là hình bình hành.

Gọi \(O, O^{\prime}\) lần lượt là tâm \(A B C D\) và \(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\). Dễ dàng có \(O O^{\prime}\) là đường trung bình của hai hình thang \(A A^{\prime} C^{\prime} C\) và \(B B^{\prime} D^{\prime} D\) nên

\(O O^{\prime}=\frac{A A^{\prime}+C C^{\prime}}{2}=\frac{B B^{\prime}+D D^{\prime}}{2}\)

Vậy \(A A^{\prime}+C C^{\prime}=B B^{\prime}+D D^{\prime}\).

Bài tập 18

Để làm một khung lồng đèn kéo quân hình lăng trụ lúc giác \(ABCDEF.A'B'C'D'E'F'\), Bình gắn hai thanh tre \(A_1D_1\), \(F_1C_1\) song song với mặt phẳng đáy và cắt nhau tại \(O_1\) (hinh bên dưới).

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\) với các mặt bên của lăng trụ.

b) Cho biết \(A'A_1 = 6AA_1\) và \(AA' = 70\) cm, tính \(CC_1\) và \(C_1C'\).

a) Qua \(O_1\) kẻ \(B_1C_1\) song song với mặt phẳng đáy như hình vẽ, khi đó ta có

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(ABB'A'\right) = A_1B_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(BCC'B'\right) = B_1C_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(CDD'C'\right) = C_1D_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(DEE'D'\right) = D_1E_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(EFF'E'\right) = E_1F_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(AFF'A'\right) = A_1F_1\).

b) Ta có \(\begin{cases}A'A_1 = 6AA_1\\A'A_1 + AA_1 = AA' = 70\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}A'A_1 = 60\\AA_1 = 10.\end{cases}\)

Suy ra \(CC_1 = AA_1 = 10\) cm và \(C_1C' = A_1A' = 60\) cm.