Đáp án: \(a \parallel b\), \(b\subset (P)\) và \(a \not\subset (P)\)

Lời giải:

Theo lý thuyết ta có \(a \parallel (P)\) nếu \(a \parallel b\), \(b\subset (P)\) và \(a \not\subset (P)\).

Đáp án: vô số

Lời giải:

Có vô số đường thẳng phân biệt nằm trong mặt phẳng \((P)\) mà cùng song song với đường thẳng \(a\).

Đáp án: \(MN\parallel \left(BCD\right)\)

Lời giải:

Ta nhận thấy \(N\) nằm trên mặt phẳng \(\left(ABC\right)\) nên đường thẳng \(ND\) không song song với mặt phẳng \(\left(ABC\right)\). Vậy đáp án A sai.

Từ giả thiết suy ra \(\displaystyle\frac{AM}{MB}\ne \displaystyle\frac{AP}{PD}\) nên \(MP\) cắt \(BD\), do đó đường thẳng \(MP\) không song song với mặt phẳng \(\left(BCD\right)\).

Tương tự ta lại có \(NP\) cắt \(CD\) nên đường thẳng \(NP\) không song song với mặt phẳng \(\left(BCD\right)\).

Mặt khác \(MN\parallel BC\) và \(MN\) không nằm trên mặt phẳng \(\left(BCD\right)\) nên \(MN\parallel \left(BCD\right)\).

Đáp án: \(MN \parallel \left(BCD \right)\)

Lời giải:

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

Đáp án: \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(BC\)

Lời giải:

Mặt phẳng \(\left(SAD\right)\) và \(\left(SBC\right)\) có điểm chung \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng song song \(AD\), \(BC\) nên có giao tuyến là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(AD\), \(BC\).

Đáp án: Qua \(G\) và song song với \(CD\)

Lời giải:

Xét hai mặt phẳng \((GIJ)\) và \((BCD)\) có điểm \(G\) chung và \(IJ\parallel CD\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua qua \(G\) và song song với \(CD\).

Đáp án: Hình bình hành

Lời giải:

Từ \(M\), kẻ \(MN\parallel AB\), \((N\in BC)\).

Lại vì \(M\) là trung điểm \(AC\) nên \(N\) là trung điểm \(BC\).

Từ \(N\) kẻ \(NP\parallel BD\), \((P\in BD)\).

Mà \(N\) là trung điểm \(BC\) nên \(P\) là trung điểm \(BD\).

Khi đó mặt phẳng \((P)\) đi qua \(M\) và song song với hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là mặt phẳng \((MNP)\).

Ta có \((MNP)\cap (ABC)=MN\); \((MNP)\cap (BCD)=NP\).

Ta có

\(\begin{cases}M=(MNP)\cap (ACD)\\NP \subset (MNP),CD\subset (ACD)\\NP\parallel CD\end{cases}\)

\(\Rightarrow Mx=(MNP) \cap (ACD)\) với \(Mx\parallel NP\parallel CD\).

Gọi \(Q=Mx\cap AD\), suy ra \(MQ=(MNP)\cap (ACD)\).

Ta có \((ABD)\cap(MNP)=PQ\).

Ta cũng có \(MQ\parallel NP, MQ=NP \left(=\displaystyle\frac{1}{2}DC\right)\) nên mặt phẳng \((P)\) cắt tứ diện \(ABCD\) theo thiết diện là hình bình hành.

Đáp án: Hình bình hành

Lời giải:

Ta có \(\begin{cases} P\in(SBC)\cap (MNP) \\ BC\parallel MN \text{ (vì } MN \text{ là đường trung bình của hình thang } ABCD\\ MN\subset (MNP)\\BC\subset(SBC)\end{cases}\)

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((MNP)\) là đường thẳng \(d\) qua \(P\) và song song với \(BC\), gọi \(Q=d\cap SC\Rightarrow PQ\parallel MN\).

Nối \(QN\).

Ta có \(\begin{cases} MN=(MNP)\cap (ABCD) \\ NQ=(MNP)\cap (SCD)\\ QP=(MNP)\cap (SBC)\\ PM=(MNP)\cap (SAB)\end{cases}\)

\(MN=\displaystyle\frac{1}{2}\left(BC+AD\right)\) (\(MN\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)).

\(PQ=\displaystyle\frac{1}{2}BC\) (\(PQ\) là đường trung bình của \(\triangle SBC\)).

Vậy thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \((MNP)\) là hình thang \(MNQP\).

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

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

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

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

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

}