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: 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: \(MN\parallel (ABCD)\)

Lời giải:

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(MN\parallel AC\).

Mà \(AC\subset (ABCD)\).

Vậy \(MN\parallel (ABCD)\).

Đáp án: \(IG \parallel (ACD)\)

Lời giải:

Gọi \(M\) là giao điểm của \(BG\) và \(AD\) (trong mặt phẳng \(ABD\)).

Trong mặt phẳng \((BCM)\), có \(\displaystyle\frac{BG}{BM} = \displaystyle\frac{BI}{BC} = \displaystyle\frac{2}{3}\) nên \(IG \parallel CM\).

Mà \(CM \subset (ACD)\) nên \(IG \parallel (ACD)\).

Đáp án: \(AD\)

Lời giải:

Ta có

\(\begin{cases} AD\parallel BC\\S\in (SAD)\cap (SBC)\end{cases}\Rightarrow (SAD)\cap (SBC)=Sx\parallel AD \).

Đáp án: Đường thẳng đi qua \(S\) và song song với \(AD\)

Lời giải:

Ta có \(\begin{cases} AD\in (SAD) \\ BC\in (SBC)\\ S\in (SAD)\cap (SBC)\\ AD\parallel BC\end{cases}\Rightarrow (SBC)\cap (SAD)=Sx\parallel AD\parallel BC\).

Đáp án: Hình bình hành

Lời giải:

Do \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với \(CD\) nên giao tuyến của \((\alpha)\) và \((ACD)\) là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(CD\) cắt \(AC\) tại \(Q\).

Do \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(N\) và song song với \(CD\) nên giao tuyến của \((\alpha)\) và \((BCD)\) là đường thẳng qua \(N\) và song song với \(CD\) cắt \(BD\) tại \(P\).

Suy ra thiết diện cần tìm là tứ giác \(MPNQ\).

Dễ thấy \(MQ\parallel NP\) và \(MQ=NP=\displaystyle\frac{1}{2}CD\) nên thiết diện là hình bình hành.

Đáp án: Hình bình hành

Lời giải:

Vì \(\begin{cases} I\in \left(\alpha\right)\cap \left(ABC\right) \\ AB\subset \left(ABC\right) \\ AB\parallel \left(\alpha\right)\end{cases}\) nên \(\left(\alpha\right)\cap \left(ABC\right)=MN\parallel AB\), \\với \(M\in AC,N\in BC\).

Vì \(\begin{cases} N\in \left(\alpha\right)\cap \left(BCD\right) \\ CD\subset \left(BCD\right) \\ CD\parallel \left(\alpha\right)\end{cases}\) nên \(\left(\alpha\right)\cap \left(BCD\right)=NP\parallel CD\), với \(P\in BD\).

Vì \(\begin{cases} M\in \left(\alpha\right)\cap \left(ACD\right) \\ CD\subset \left(ACD\right) \\ CD\parallel \left(\alpha\right)\end{cases}\) nên \(\left(\alpha\right)\cap \left(BCD\right)=MQ\parallel CD\), với \(Q\in AD\).

Khi đó \(\left(\alpha\right)\cap \left(ABD\right)=PQ\) và \(PQ\parallel AB\).

Vì \(\begin{cases} MQ\parallel CD \\ NP\parallel CD\end{cases}\) nên \(MQ\parallel NP\) và \(\begin{cases} MN\parallel AB \\ PQ\parallel AB\end{cases}\) nên \(MN\parallel PQ\).

Vậy thiết diện của tứ diện \( ABCD \) khi cắt bởi mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) là hình bình hành \(MNPQ\).

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: \(\displaystyle\frac{8}{5}\)

Lời giải:

* Xác định thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng \((\alpha)\).

- \(P\) là điểm chung của mặt phẳng \((\alpha)\) và mặt phẳng \((ABC)\). Ta có \((\alpha)\parallel AC\) nên giao tuyến của chúng đi qua \(P\) và song song với \(AC\), giao tuyến này cắt \(BC\) tại \(Q\).

- \(Q\) là điểm chung của mặt phẳng \((\alpha)\) và mặt phẳng \((BCD)\). Ta có \((\alpha)\parallel BD\) nên giao tuyến của chúng đi qua \(Q\) và song song với \(BD\), giao tuyến này cắt \(CD\) tại \(R\).

- \(R\) là điểm chung của mặt phẳng \((\alpha)\) và mặt phẳng \((ACD)\). Ta có \((\alpha)\parallel AC\) nên giao tuyến của chúng đi qua \(R\) và song song với \(AC\), giao tuyến này cắt \(AD\) tại \(S\).

Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt tứ diện \(ABCD\) theo một thiết diện là hình bình hành \(MNPQ\) (vì có \(PQ\parallel RS \parallel AC\) và \(PS\parallel QR \parallel BD\) ).

* \(PA=x\cdot PB\), xác định \(x\) để thiết diện là một hình thoi.

Ta có \(PA=x\cdot PB\Rightarrow \displaystyle\frac{PB}{PA}=\displaystyle\frac{1}{x} \Rightarrow \displaystyle\frac{PB}{BA}=\displaystyle\frac{1}{x+1}\), \(\displaystyle\frac{PA}{AB}=\displaystyle\frac{x}{x+1}\)

Xét \(\triangle ABC\) vì \(PQ\parallel AC\) nên \(\displaystyle\frac{PB}{BA}=\displaystyle\frac{PQ}{AC}\Rightarrow \displaystyle\frac{PQ}{AC}=\displaystyle\frac{1}{x+1}\Rightarrow PQ=\displaystyle\frac{24}{x+1}\).

Xét \(\triangle ABD\) vì \(PS\parallel BD\) nên \(\displaystyle\frac{PA}{AB}=\displaystyle\frac{PS}{BD}\Rightarrow \displaystyle\frac{PS}{BD}=\displaystyle\frac{x}{x+1}\Rightarrow PS=\displaystyle\frac{15x}{x+1}\).

Hình bình hành \(PQRS\) là hình thoi \(\Leftrightarrow PQ=PS \Leftrightarrow \displaystyle\frac{24}{x+1}=\displaystyle\frac{15x}{x+1}\Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{8}{5}\).

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

}