Đáp án: Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng có thể chéo nhau, song song, cắt nhau hoặc trùng nhau

Lời giải:

Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng có thể chéo nhau, song song, cắt nhau hoặc trùng nhau

Đáp án: \(a\cap(\alpha)=\varnothing\)

Lời giải:

Đường thẳng \(a\) song song với mặt phẳng \((\alpha)\) nếu \(a\cap(\alpha)=\varnothing\).

Đáp án: \(MN\) song song với \((BCD)\)

Lời giải:

Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\) nên \(MN \parallel BC\). Do đó \(MN\) song song với \((BCD)\).

Đáp án: \(\left(SBC\right)\)

Lời giải:

Dựng điểm \(E\) thỏa \(ABED\) là hình bình hành.

Gọi \(F\) là trung điểm \(AD\) và \(I\) là giao điểm của \(EF\) với \(BD\).

\(ACEF\) là hình bình hành nên suy ra \(AC \parallel EF\).

\(\triangle IBE\) và \(\triangle OAD\) tương ứng có \(OC\) và \(IF\) là đường trung bình nên suy ra \(BO=OI=ID\).

Suy ra

\(\displaystyle\frac{DO}{DB}=\displaystyle\frac{DM}{DS}=\displaystyle\frac{2}{3} \Rightarrow OM \parallel SB \Rightarrow OM \parallel (SBC)\).

Chú ý: \(OM \subset (SBD)\) nên kết luận \(OM \parallel (SBD)\) là SAI.

Đáp án: \(AC\)

Lời giải:

Theo tính chất \(AC\parallel (P)\) nên mặt phẳng mặt phẳng nào chứa \(AC\) mà cắt \((P)\) thì giao tuyến của chúng cũng song song với \(AC\).

Vì mặt phẳng \((P)\) chứa \(BE\) nên \((P)\) cắt mặt phẳng \((ACD)\) theo giao tuyến \(EF\) song song với đường thẳng \(AC\) (\(F\in CD\)).

Đáp án: \(SB\)

Lời giải:

Vì \(O\), \(E\) lần lượt là trung điểm của \(BD\) và \(SD\) nên \(OE \parallel SB\Rightarrow OE \parallel (SBC)\).

Điểm \(C\) là một điểm chung của \((SBC)\) và \((COE)\). Do đó giao tuyến của \((SBC)\) và \((COE)\) là đường thẳng qua \(C\), song song với \(SB\).

Đáp án: \(5\) cạnh

Lời giải:

Trong mặt phẳng \((ABCD)\) qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(CD\) tại \(E\) và \(CB\) tại \(F\).

Trong mặt phẳng \((SAC)\) qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(SC\) cắt \(SO\) tại \(J\) và cắt \(SA\) tại \(I\).

Trong mặt phẳng \((SBD)\) qua \(J\) kẻ đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(SB\) tại \(N\) và \(SD\) tại \(P\).

Vậy thiết diện là ngũ giác \(EFNIP\).

Đáp án: \(a=b\)

Lời giải:

Do \((\alpha)\) song song với \(AB\) nên giao tuyến của \((\alpha)\) với các mặt phẳng \((ABC)\), \((ABD)\) cũng song song với \(AB\), suy ra \(MN\parallel QP\).

Tương tự, ta cũng có \(MQ\parallel CD\), \(NP\parallel CD\) nên \(MQ\parallel NP\).

Do vậy \(MNPQ\) là hình hình hành.

Đặt \(\displaystyle\frac{AM}{AC}=x\).

Ta có

\(\displaystyle\frac{NP}{CD}=\displaystyle\frac{BN}{BC}=\displaystyle\frac{AM}{AC}=x\Rightarrow NP=x b.\)

Lại có,

\(\displaystyle\frac{MN}{AB}=\displaystyle\frac{CM}{AC}=1-x\Rightarrow MN=(1-x)a.\)

Chu vi của hình bình hành \(MNPQ\) là

\(C=2(MN+NP)=2\left[(1-x)a+bx \right]=2\left[a+(b-a)x \right]. \)

Vậy chu vi của \(MNPQ\) không đổi khi và chỉ khi \(a=b\).

Đáp án: \( 1\)

Lời giải:

Áp dụng định lí Me-ne-na-uyt cho tam giác \(BMN\) với cát tuyến \((A,I,G)\) ta được

\(\displaystyle\frac{IM}{IN} \cdot \displaystyle\frac{GN}{GB} \cdot \displaystyle\frac{AB}{AM} = 1\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle\frac{IM}{IN} \cdot \displaystyle\frac{1}{2} \cdot 2 = 1 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{IM}{IN}=1.\)

Đáp án: \(a^{2}\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{2}\)

Lời giải:

Giả sử \((P)\) là mặt phẳng qua \(AC'\) và song song với \(BD\), khi đó \((P)\) sẽ cắt \((ABCD)\) theo giao tuyến \(d\) đi qua \(A\) và song song với \(BD\).

Kéo dài \(d\cap BC\equiv I\), \(d\cap CD\equiv J\).

Trong mặt phẳng \((BCC'B')\) kẻ \(IC'\cap BB'\equiv M\).

Trong mặt phẳng \((CDD'C')\) kẻ \(JC'\cap DD'\equiv N\).

Vậy thiết diện là tứ giác \(AMC'N\) và nó là hình thoi.

Ta có \(\displaystyle\frac{S_{IJC}}{S_{IJC'}}=\cos\widehat{CAC'}=\displaystyle\frac{AC}{AC'}\), suy ra

\(S_{IJC'}=\displaystyle\frac{AC'\cdot S_{IJC}}{AC}=\displaystyle\frac{AC'\cdot 2\cdot S_{ABCD}}{AC}=a^2\sqrt{6}\).

Mặt khác \(S_{IJC'}=2S_{AMC'N}\Rightarrow S_{AMC'N}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{6}}{2}\).

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

}