Vì \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\). Suy ra \(MN\parallel AC\). Do \(AC \subset(ABCD)\), nên \(M N \parallel (ABCD)\).

}

Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(AD\).

Xét tam giác \(BCM\) có \(\displaystyle\frac{BI}{BC}=\displaystyle\frac{BG}{BM}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow IG\parallel CM\).

Mà \(CM \subset (ACD)\) và \(IG \not\subset (ACD)\) nên suy ra \(IG \parallel (ACD)\).

}

a) Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\), ta có \(AO\) là trung tuyến và \(\displaystyle\frac{AM}{AO}=\displaystyle\frac{2AM}{AC}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Suy ra \(M\) là trọng tâm của tam giác \(ABD\), tương tự \(N\) là trọng tâm tam giác \(ABE\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) thì \(M\), \(N\) lần lượt trên \(DI\) và \(EI\).

Trong tam giác \(IDE\) ta có \(\displaystyle\frac{IM}{ID}=\displaystyle\frac{IN}{IE}=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên \(MN \parallel DE\) và \(MN=\displaystyle\frac{1}{3} DE\).

b) Trong tam giác \(FAB có NN_1 \parallel AB \Rightarrow \displaystyle\frac{AN_1}{AF}=\displaystyle\frac{BN}{BF}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Trong tam giác \(DAB\) có \(MM_1 \parallel AB \Rightarrow \displaystyle\frac{AM_1}{AD}=\displaystyle\frac{DM}{DI}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Do đó \(\displaystyle\frac{AN_1}{AF}=\displaystyle\frac{AM_1}{AD}\) nên \(M_1N_1 \parallel DF\).

Mà \(DF \subset(DEF)\) suy ra \(M_1N_1 \parallel (DEF)\).

c) Ta có \(M_1N_1 \parallel DF\), \(NN_1 \parallel EF\).

Mà \(M_1N_1\) và \(NN_1\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \(\left(MNN_1M_1\right)\), còn \(DF\) và \(EF\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \((DEF)\).

Vậy \(\left(MNN_1M_1\right) \parallel (DEF)\).

}

Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AF\), \(AC\).

Ta có \(\displaystyle\frac{BM}{BH}=\displaystyle\frac{BN}{BK}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow MN \parallel HK\).

Mà \(HK\subset (ACF)\) và \(MN \not\subset (ACF)\Rightarrow MN \parallel (ACF)\).

}

a) Ta có \(\begin{cases}MN \parallel BC\\QP \parallel BC\end{cases}\Rightarrow MN \parallel QP\quad (1).\)

Ta có \(\begin{cases}NP \parallel AD\\MQ \parallel AD\end{cases}\Rightarrow NP \parallel MQ \quad (2).\)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.

b) Để hình bình hành \(MNPQ\) là hình thoi thì ta cần \(MQ=PQ\).

Để \(MQ=PQ\) ta cần \(M\) là trung điểm \(AB\) và \(AD=BC\).

Vậy để \(MNPQ\) là hình thoi ta cần bổ sung thêm \(M\) là trung điểm \(AB\) và \(AD=BC\).

}

a) Chứng minh \(MN\parallel (SCD)\).

Ta có \(\begin{cases}MN\parallel AB\\CD\parallel AB\end{cases}\Rightarrow MN\parallel CD\).

Khi đó \(\begin{cases}MN\parallel CD\\CD\subset (SCD)\\MN\not\subset (SCD)\end{cases}\Rightarrow MN\parallel (SCD)\).

b) Chứng minh \(DM\parallel (SBC)\).

Ta có \(\begin{cases}MN\parallel CD\\MN=CD\left(=\displaystyle\frac{AB}{2}\right)\end{cases}\Rightarrow MNCD\) là hình bình hành.

Do đó \(DM\parallel CN\).

Khi đó \(\begin{cases}DM\parallel CN\\CN\subset (SBC)\\DM\not\subset (SBC)\end{cases}\Rightarrow DM\parallel (SBC)\).

c) Chứng minh \(SB\parallel (AIC)\).

Gọi \(E=AC\cap BD\).

Ta có \(\displaystyle\frac{DE}{EB}=\displaystyle\frac{CD}{AB}=\displaystyle\frac{1}{2}\Rightarrow \displaystyle\frac{DE}{DB}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Theo giả thiết ta có \(\displaystyle\frac{DI}{SD}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow IE\parallel SB\).

Khi đó \(\begin{cases}SB\parallel IE\\IE\subset (AIC)\\SB\not\subset (AIC)\end{cases}\Rightarrow SB\parallel (AIC)\).

}

Mặt phẳng \((R)\) đi qua \(M\) và song song với \(AC\), mà \(AC \subset(ABC)\) nên mặt phẳng \((R)\) cắt mặt phẳng \((ABC)\) theo giao tuyến \(p\) đi qua \(M\) và song song với \(AC\).

}

a) Ta có \(\begin{cases}OO'\not\subset (CDFE)\\OO'\parallel DF \\DF\subset (CDFE)\end{cases}\Rightarrow OO'\parallel (CDFE)\).

Ta có \(\begin{cases}OO'\not\subset (ADF)\\OO'\parallel DF \\DF\subset (ADF)\end{cases}\Rightarrow OO'\parallel (ADF)\).

Ta có \(\begin{cases}OO'\not\subset (BCE)\\OO'\parallel CE \\CE\subset (BCE)\end{cases}\Rightarrow OO'\parallel (BCE)\).

b) Ta có \(\begin{cases}MN\not\subset (CDFE)\\MN\parallel FE \\FE\subset (CDFE)\end{cases}\Rightarrow MN\parallel (CDFE).\)

c) Ta có \(\begin{cases}O\in (OMN)\cap (ABCD) \\MN \subset (OMN)\\AB \subset (ABCD)\\MN \parallel AB\end{cases}\Rightarrow (OMN)\cap (ABCD)=Ox\, \text{ với } Ox \parallel MN\parallel AB.\)

}

a) Xét \((P)\) và \((ABC)\) có \(M\) là điểm chung, \(BC\parallel (P)\) nên \((P)\cap (ABC)=MH\parallel BC\), \(H\in AC\).

Tương tự ta có \((P)\cap (BCD)=HK\parallel AD\), \(K\in CD\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{KC}{CD}=\displaystyle\frac{CH}{CA}=\displaystyle\frac{MB}{AB}=\displaystyle\frac{3}{4}\).

}

a) Ta có \(\begin{cases}OM\not\subset (SAD)\\OM \parallel SA \,(\text{đường trung bình})\\SA \subset (SAD)\end{cases}\Rightarrow OM\parallel(SAD).\)

Ta có \(\begin{cases}OM\not\subset (SAB)\\OM \parallel SA \,(\text{đường trung bình})\\SA \subset (SAB)\end{cases}\Rightarrow OM\parallel(SAB).\)

b) Ta có \(\begin{cases}D\in (OMD)\cap (SAD) \\SA \subset (SAD)\\OM \subset (OMD)\\OM \parallel SA.\end{cases}\)

\(\Rightarrow (OMD)\cap (SAD)=Dx\, \text{ với } Dx \parallel OM\parallel SA\).

}

a) Ta có \(PQ \parallel CD\) và \(NM \parallel CD \Rightarrow PQ \parallel NM\).

Vậy tứ giác \(MNPQ\) là hình thang.

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

\(\Rightarrow (SAD)\cap (SBC)=Sx\, \text{ với } Sx \parallel AD\parallel BC.\)

Ta có \(I=M Q \cap N P\Rightarrow \begin{cases}I\in MQ\subset (SAD)\\I\in NP \subset (SBC).\end{cases}\)

\(\Rightarrow I \in (SAD)\cap (SBC)=Sx\). Mà \(Sx\) cố định.

Vậy \(I\) luôn luôn thuộc một đường thẳng cố định khi \(M\) di động trên \(A D\).

}

Trong \((ABCD)\) kẻ đường thẳng qua \(M\) song song \(BC\) cắt \(AB\) tại \(N\).

Trong \((SAB)\) kẻ đường thẳng qua \(N\) song song \(SA\) cắt \(SB\) tại \(P\).

Trong \((SBC)\) kẻ đường thẳng qua \(P\) song song \(BC\) cắt \(SC\) tại \(Q\).

Khi đó ta có \((P)\cap (ABCD)=MN\), \((P)\cap (SAB)=NP\), \((P)\cap (SBC)=PQ\), \((P)\cap (SDC)=QM\).

}