1. Vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian
Cho hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian. Khi đó có thể xảy ra một trong hai trường hợp sau:
+
\(\bullet\) Nếu \(a\) và \(b\) có hai điểm chung thì ta nói \(a\) trùng \(b\), kí hiệu \(a \equiv b\).
\(\bullet\) Nếu \(a\) và \(b\) có một điểm chung duy nhất \(M\) thì ta nói \(a\) và \(b\) cắt nhau tại \(M\), kí hiệu \(a \cap b = M\).
\(\bullet\) Nếu \(a\) và \(b\) không có điểm chung thì ta nói \(a\) và \(b\)
+
+ Hai đường thẳng chéo nhau thì chúng không đồng phẳng.
+ Cho hai đường thẳng song song \(a\) và \(b\). Có duy nhất một mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó, kí hiệu mp\((a,b)\).
2. Tính chất cơ bản về hai đường thẳng song song
Dạng 2. Chứng minh hai đường thẳng song song
Câu 1:
Cho hai đường thẳng phân biệt \(a\), \(b\) trong không gian. Có bao nhiêu vị trí tương đối giữa \(a\) và \(b\)?
Đáp án: \(3\)
Lời giải:
Hai đường thẳng phân biệt \(a\), \(b\) trong không gian có \(3\) vị trí tương đối
+) \(a\) và \(b\) cắt nhau;
+) \(a\) và \(b\) song song với nhau;
+) \(a\) và \(b\) chéo nhau.
Câu 2:
Trong không gian, cho tứ diện \(ABCD\). Hai đường thẳng nào sau đây chéo nhau?
Đáp án: \(AD\) và \(BC\)
Lời giải:
Hai đường thẳng chéo nhau là \(AD\) và \(BC\).
Câu 1:
Cho hình hộp \(ABCD.EFGH\). Mệnh đề nào sau đây sai?
Đáp án: \(CB\) cắt \(AE\)
Lời giải:
Giả sử \(CB\) và \(AE\) cắt nhau. Khi đó \(A,\, B,\, C, \, D, \, E\) đồng phẳng. Điều này vô lý.
Câu 2:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I\), \(J\), \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD\). Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào không song song với \(IJ\)?
Đáp án: \(AD\)
Lời giải:
Vì \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(IJ\parallel AB\).
Vì \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\) nên \(EF\parallel CD\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\parallel CD\).
Do đó \(IJ\parallel CD\) và \(IJ\parallel EF\).
Câu 1:
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD\), \(AC\) và \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \((GMN)\) và \((BCD)\) là đường thẳng
Đáp án: qua \(G\) và song song với \(CD\)
Lời giải:
\(\triangle ACD\) có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN\parallel CD\).
Xét \((GMN)\cap (BCD)\), ta có
\(\begin{cases}G \in (GMN)\cap (BCD)\\MN\subset (GMN)\\CD\subset (BCD)\\MN \parallel CD\end{cases}\Rightarrow (GMN)\cap (BCD)=d\parallel CD\)
với \(d\) đi qua \(G\).
Câu 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy \(A B C D\) là hình bình hành . Goi \(M, N\) lần lượt là trung điểm \(A D\) và \(B C\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \((SMN)\) và \((SAC)\) là
Đáp án: \(S O\), \(O\) là tâm hình bình hành \(A B C D\)
Lời giải:
Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(A B C D\). Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng \((SMN)\) và \((SAC)\) là \(SO\).
Câu 1:
Cho hình chóp \(S . A B C D\) có đáy \(A B C D\) là hình bình hành. Gọi \(M, N, Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(A B, A D, S C\). Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \((MNQ)\) là đa giác có bao nhiêu cạnh?
Đáp án: \(5\)
Lời giải:
Gọi \(B', D'\) là lượt là giao điểm đường thẳng \(MN\) với \(BC\) và \(CD\).
Khi đó gọi \(K\) là giao điểm \(SB, QB'\) và \(P\) là giao điểm \(SD, QD'\). Do đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \((MNQ)\) là đa giác \(MNPQK\) có \(5\) cạnh.
Câu 2:
Cho hình chóp \( S.ABCD \) có đáy \( ABCD \) là hình bình hành. Gọi \( M \), \( N \), \( Q \) lần lượt là trung điểm của các cạnh \( AB \), \( AD \), \( SC \). Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng \( (MNQ) \) là đa giác có bao nhiêu cạnh?
Đáp án: \( 5 \)
Lời giải:
Mặt phẳng \( (MNQ) \) có giao tuyến với các mp \( (ABCD) \), \( (SAD) \), \( (SDC) \), \( (SBC) \), \( (SAB) \) nên thiết diện là đa giác có \( 5 \) cạnh.
}
Câu 1:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \((AB\parallel CD)\), \(AB=3a\), \(CD=a\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(BD\), \(P\) là một điểm trên cạnh \(SB\) sao cho \(BP=xSB\). Tìm \(x\) để thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) khi cắt bởi \((MNP)\) là một hình bình hành.
Đáp án: \(x=\displaystyle\frac{1}{3}\)
Lời giải:
Trong mặt phẳng \((ABCD)\) gọi \(E\), \(F\) lần lượt là giao điểm của \(MN\) với \(AD\) và \(BC\). Khi đó \(EF\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\) nên \(EF\parallel AB\). Trong mặt phẳng \((SAB)\) kẻ \(PQ\parallel AB\) \((Q\in SA)\).
Khi đó thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) khi cắt bởi \((MNP)\) là tứ giác \(EFPQ\).
Vì \(EF\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\) nên
\(EF=\displaystyle\frac{AB+CD}{2}=\displaystyle\frac{3a+a}{2}=2a.\)
Tứ giác \(EFPQ\) có \(EF\parallel PQ\) nên để \(EFPQ\) là hình bình hành thì \(PQ=EF=2a\).
Theo định lý Ta-let ta có
\(\displaystyle\frac{SP}{SB}=\displaystyle\frac{PQ}{AB}=\displaystyle\frac{2a}{3a}=\displaystyle\frac{2}{3}\).
Suy ra \(BP=\displaystyle\frac{1}{3}SB\).
Vậy \(x=\displaystyle\frac{1}{3}\).
Câu 2:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I,J\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(SAB\) và \(SAD\), \(P\) là trung điểm của \(BC\) (tham khảo hình vẽ bên). Gọi \(E\) là giao điểm của \(SA\) và \((IJP)\). Tính tỉ số \(\displaystyle\frac{SE}{SA}\).
Đáp án: \(\displaystyle\frac{SE}{SA}=\displaystyle\frac{4}{7}\)
Lời giải:
Gọi \(M\), \(N\), \(Q\) lần lượt là trung điểm \(AD\), \(AD\) và \(CD\).
Gọi \( MN \cap AC = \{G\}\), \( PQ \cap AC = \{F\}\).
Do \(SG\) và \(IJ\) cùng thuộc mặt phẳng \((SAC) \) nên gọi \( SG \cap IJ = \{H\}\).
Xét tam giác \(SMN\) có \(\displaystyle\frac{SI}{SN} = \displaystyle\frac{SJ}{SM} = \displaystyle\frac{2}{3} \) \(\Rightarrow \begin{cases}\displaystyle\frac{SH}{SG} = \displaystyle\frac{2}{3} \\ IJ \parallel MN .\end{cases}\)
Xét tam giác \(ABD\) có \(MN\) là đường trung bình và tam giác \(CBD\) có \(PQ\) là đường trung bình nên \(\begin{cases}\displaystyle\frac{AG}{AC}=\displaystyle\frac{CF}{CA} =\displaystyle\frac{1}{4} \\ MN \parallel PQ .\end{cases}\)
Suy ra mặt phẳng \((IJP)\) là mặt phẳng \( (IJQP)\) và \( \displaystyle\frac{AF}{AG} = 3\).
Do \(F\), \(H\) thuộc mặt phẳng \((SAC)\) nên gọi \( FH \cap SA = \{E\}\).
Vậy \( SA \cap (IJP) = \{E\} \).
Xét tam giác \(SAG\), áp dụng định lý Me-ne-la-us ta có \( \displaystyle\frac{SE}{EA} \cdot \displaystyle\frac{AF}{AG} \cdot \displaystyle\frac{HG}{HS} = 1\).
Suy ra,
\( \displaystyle\frac{SE}{EA} \cdot \displaystyle\frac{3}{2} \cdot \displaystyle\frac{1}{2} = 1 \), hay \( \displaystyle\frac{SE}{EA}\) \(= \displaystyle\frac{4}{3} \).
Vậy \(\displaystyle\frac{SE}{SA} = \displaystyle\frac{4}{7}\).
Câu 1:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang (\(AB\parallel CD\)). Gọi \(M,\ N,\ P,\ Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh bên \(SA,\ SB,\ SC,\ SD\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNCD\) là hình thang.
Xét \(\triangle SAB\) có \(\displaystyle\frac{SM}{SA}=\displaystyle\frac{SN}{SB}=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên \(MN\parallel AB\).
Xét \(\triangle SCD\) có \(\displaystyle\frac{SQ}{SD}=\displaystyle\frac{SP}{SC}=\displaystyle\frac{1}{2}\) nên \(QP\parallel DC\).
Mà \(AB\parallel DC\) nên \(MN\parallel QP\).
Vậy tứ giác \(MNPQ\) là hình thang.
Câu 2:
Cho hình chóp \(S.ABC\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(SA\), \(SC\). Lấy các điểm \(P\), \(Q\) lần lượt thuộc các đoạn thẳng \(AB\), \(BC\) sao cho \(\displaystyle\frac{BP}{BA}=\displaystyle\frac{BQ}{BC}=\displaystyle\frac{1}{3}\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(PQ\).
Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(MN\parallel AC\).\hfill \((1)\)
Xét tam giác \(ABC\) có \(\displaystyle\frac{BP}{BA}=\displaystyle\frac{BQ}{BC}=\displaystyle\frac{1}{3}\). Theo định lí Ta-lét đảo ta có \(PQ\parallel AC\).\hfill\((2)\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(MN\parallel PQ\).
Câu 3:
Cho texdiện \(ABCD\). Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\), \(CD\). Trên cạnh \(AC\) lấy điểm \(K\). Gọi \(M\) là giao điểm của \(BK\) và \(AI\), \(N\) là giao điểm của \(DK\) và \(AJ\). Chứng minh rằng đường thẳng \(MN\) song song với đường thẳng \(BD\).
Xét \(3\) mặt phẳng: \((BCD)\), \((AIJ)\) và \((KBD)\) có:
\((BCD)\cap (AIJ)=IJ\), \((BCD)\cap(KBD)=BD\), \((AIJ)\cap(KBD)=MN\).
Mà \(IJ\parallel BD\) (vì \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\)).
Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng phân biệt cắt nhau đôi một, ta suy ra \(MN\parallel BD\).
Câu 4:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh bên \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.
Ta có \(MN\parallel AB\parallel CD\parallel PQ \).
Và \(MQ\parallel AD\parallel BC\parallel PN\). Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.
Câu 5:
Cho texdiện \(ABCD\). Gọi \(G_1\), \(G_2\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\) và \(ABD\). Chứng minh rằng đường thẳng \(G_1G_2\) song song với đường thẳng \(CD\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(BD\).
Ta có \(G_1\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\displaystyle\frac{AG_1}{AE}=\displaystyle\frac{2}{3}\).
\(G_2\) là trọng tâm tam giác \(ABD\) nên suy ra \(\displaystyle\frac{AG_2}{AF}=\displaystyle\frac{2}{3}\).
Xét tam giác \(AEF\) có \(\displaystyle\frac{AG_1}{AE}=\displaystyle\frac{AG_2}{AF}\).
Theo định lí Ta-lét đảo ta có \(G_1G_2\parallel EF\).
Câu 6:
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(I\) và \(J\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\) và \(BD\). Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(I\), \(J\) và cắt hai cạnh \(AC\) và \(AD\) lần lượt tại \(M\) và \(N\).
a) Chứng minh \(IJNM\) là một hình thang.
b) Tìm vị trí của điểm \(M\) để \(IJNM\) là hình bình hành.
a) Ba mặt phẳng \((ACD)\), \((BCD)\), \((P)\) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến \(CD\), \(IJ\), \(MN\).
Vì \(IJ \parallel CD\) (\(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\)) nên ta có \(IJ \parallel MN\).
Vậy tứ giác \(IJNM\) là một hình thang.
b) Để tứ giác \(IJNM\) là hình bình hành thì \(\begin{cases}MN = IJ\\MN \parallel IJ.\end{cases}\)
Mặt khác \(\begin{cases}IJ = \displaystyle\frac{CD}{2}\\IJ \parallel CD\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}MN = \displaystyle\frac{CD}{2}\\MN \parallel CD\end{cases} \Rightarrow M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\), \(AD\).
Vậy \(M\) là trung điểm \(AC\) thì tứ giác \(IJMN\) là hình bình hành.
Câu 7:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SD\) và \(P\) là một điểm nằm trên cạnh \(AB\) (\(P\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng \(CD\) cắt mặt phẳng \((MNP)\) tại điểm \(Q\). Chứng minh rằng đường thẳng \(MN\) song song với đường thẳng \(PQ\).
Ba mặt phẳng \((SAD)\), \((ABCD)\), \((MNP)\) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến \(AD\), \(MN\), \(PQ\).
Trong tam giác \(SAD\) ta có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN\parallel AD\), do đó theo định lí về ba đường giao tuyến, ta suy ra ba đường thẳng \(AD\), \(MN\), \(PQ\) đôi một song song.
Vậy đường thẳng \(MN\) song song với đường thẳng \(PQ\).
Câu 8:
Cho texdiện \(ABCD\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\), \(CD\) và \(P\) là một điểm thuộc cạnh \(AC\). Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((BPD)\) và chứng minh giao tuyến đó song song với \(BD\).
Trong mặt phẳng \((ABC)\), gọi \(E=AM\cap BP\), suy ra
\(\begin{cases}E\in AM,\, AM\subset (AMN) \Rightarrow E\in (AMN) \\ E\in BP,\, BP\subset (BPD) \Rightarrow E\in (BPD)\end{cases} \Rightarrow E\in (AMN)\cap (BPD).\)
Trong mặt phẳng \((ACD)\), gọi \(F=AN\cap DP\), suy ra
\(\begin{cases}F\in AN,\, AN\subset (AMN) \Rightarrow F\in (AMN) \\ F\in DP,\, DP\subset (BPD) \Rightarrow F\in (BPD)\end{cases} \Rightarrow F\in (AMN)\cap (BPD).\)
Vậy \(EF = (AMN) \cap (BPD)\).
Lại có
\(\begin{cases}MN\parallel BD \, (MN \text{ là đường trung bình của } \triangle BCD) \\ MN\subset (AMN) \\ BD\subset (BPD)\end{cases}\)
nên giao tuyến \(EF\) của \((AMN)\) và \((BPD)\) song song với \(BD\).
Câu 9:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang \((AB\parallel CD)\). Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(SD\).
a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng \((MAB)\) và \((SCD)\).
b) Gọi \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((MAB)\). Chứng minh rằng \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\).
a) Xét \((MAB)\) và \((SCD)\) có
\(\begin{cases}M\in(SCD)\cap(MAB)\\AB\parallel CD\\AB\subset (MAB),\ CD\subset (SCD)\end{cases}\Rightarrow (MAB)\cap(SCD)=Mx\ (Mx\parallel AB\parallel CD).\)
Vậy giao tuyến của mặt \((MAB)\) và \((SCD)\) là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(AB\).
b) Từ ý 1 ta có trong \((SCD)\) gọi \(N\) là giao điểm của \(Mx\) với \(SC\).
Vì \(MN\parallel DC\) và \(M\) là trung điểm của \(SD\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\).
Câu 10:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với \(AB\parallel CD\). Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\).
Hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\) có điểm chung là \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) song song với nhau nên giao tuyến của hai mặt phẳng đó là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).
Câu 11:
Cho hình chóp \(S.ABC\) và điểm \(M\) thuộc miền trong tam giác \(ABC\). Qua \(M\), vẽ đường thẳng \(d\) song song với \(SA\), cắt \((SBC)\) tại \(N\). Trên hình vẽ, hãy chỉ rõ vị trí của điểm \(N\) và xác định giao tuyến của hai mặt phằng \((SAC)\) và \((CMN)\).
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(BC\).
Trong \((SIA)\) gọi \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(d\) và \(SI\).
Khi đó \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(d\) và \((SBC)\).
Ta có \(\begin{cases}C \in (SAC) \cap (CMN)\\SA \subset (SAC)\\MN \subset (CMN)\\SA \parallel MN\end{cases}\Rightarrow \) giao tuyến của \((SAC)\) và \((CMN)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(C\) và song song với \(SA\) và \(MN\).
}
Câu 12:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành, \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(SO\). Mặt phẳng \((ICD)\) cắt \(SA\), \(SB\) lần lượt tại \(M\), \(N\).
a) Hãy nói cách xác định hai điểm \(M\) và \(N\). Cho \(AB = a\). Tính \(MN\) theo \(a\).
b) Trong mặt phẳng \((CDMN)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(CN\) và \(DM\). Chứng minh \(SK \parallel BC \parallel AD\).
a) Trong \((SAC)\), gọi \(M\) là giao điểm của \(IC\) và \(SA\). Ta có \(M \in IC \subset (ICD) \).
Suy ra \(M\) là giao điểm của \(SA\) và \((ICD)\).
Trong \((SBD)\), gọi \(N\) là giao điểm của \(ID\) và \(SB\). Ta có \(N \in ID \subset (ICD)\).
Suy ra \(N\) là giao điểm của \(SD\) và \((ICD)\).
b) Ta có \(\begin{cases}S \in (SAD) \cap (SBC)\\AD \subset (SAD)\\BC \subset (SBC)\\AD \parallel BC\end{cases}\)
\(\Rightarrow \) giao tuyến của \((SAD)\) và \((SBC)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AD\) và \(BC\).
Mặt khác \(\begin{cases}K \in NC\\NC \subset (SBC)\end{cases} \Rightarrow K \in (SBC)\). \((*)\)
Tương tự \(\begin{cases}K \in MD\\MD \subset (SAD)\end{cases} \Rightarrow K \in (SAD)\). \((**)\)
Từ \((*)\) và \((**)\) suy ra \(M \in (SBC) \cap (SAD)\). Suy ra \(M \in d\).
Vậy \(SK \parallel BC \parallel AD\).
}
Câu 13:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(I\) là trung điểm của \(SD\). Hai mặt phẳng \((IAC)\) và \((SBC)\) cắt nhau theo giao tuyến \(Cx\). Chứng minh rằng \(Cx \parallel SB\).
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 \(CD\).
Trong \((SCD)\) dựng hình bình hành \(CDES\) với \(E \in d\).
Do \(\begin{cases}SE \parallel AB\\SE = CD = AB\end{cases} \Rightarrow \) tứ giác \(ABSE\) là hình bình hành.
Do \(\begin{cases}C \in (SBC) \cap (IAC)\\SB \subset (SBC)\\AE \subset (IAC)\\SB \parallel AE\end{cases}\)
\(\Rightarrow \) giao tuyến của \((SBC)\) và \((IAC)\) là đường thẳng \(Cx\) đi qua \(C\) và song song với \(SB\) và \(AE\).
}
Câu 14:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Chứng minh rằng đường thẳng \(MN\) song song với giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAD)\).
Hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAD)\) có điểm chung là \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng \(BC\) và \(AD\) song song với nhau nên giao tuyến của hai mặt phẳng đó là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(BC\) và \(AD\).
Ta lại có \(MN \parallel AD \parallel BC\) nên suy ra \(MN \parallel d\).
Câu 15:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\); \(I\), \(J\), \(K\), \(L\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(SM\), \(SN\), \(SP\), \(SQ\).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(I\), \(J\), \(K\), \(L\) đồng phẳng và tứ giác \(IJKL\) là hình bình hành.
b) Chứng minh rằng \(IK\parallel BC\).
c) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((IJKL)\) và \((SBC)\).
a) Ta có \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SMN\) nên \(IJ\parallel MN\).\hfill\((1)\)
\(KL\) là đường trung bình của tam giác \(SPQ\) nên \(KL\parallel PQ\).\hfill \((2)\)
Hơn nữa, \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(MN\parallel AC\).\hfill\((3)\)
\(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\) nên \(PQ\parallel AC\).\hfill \((4)\)
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(MN\parallel PQ\).\hfill\((5)\)
Từ \((1)\), \((2)\) và \((5)\) suy ra \(IJ\parallel KL\).
Suy ra bốn điểm \(I\), \(J\), \(K\), \(L\) đồng phẳng.
b) Ta có \(IK\) là đường trung bình của tam giác \(SMP\) nên suy ra \(IK\parallel MP\).\hfill\((6)\)
Lại có \(MP\) là đường trung bình của hình bình hành \(ABCD\) nên suy ra \(MP\parallel BC\).\hfill\((7)\)
Từ \((6)\) và \((7)\) suy ra \(IK\parallel BC\).
c) Xét hai mặt phẳng \((IJKL)\) và \((SBC)\) có:
\(J\) là một điểm chung.
Hơn nữa, ta có
\(\begin{cases}IK\parallel BC\,(\text{chứng minh trên})\\IK\subset (IJKL)\\BC\subset (SBC)\end{cases}\)
\(\Rightarrow (IJKL)\cap (SBC)=Jx\parallel BC\).
Câu 16:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(AB\), \(SD\). Xác định giao tuyến của mỗi cặp mặt phẳng sau: \((SAD)\) và \((SBC)\); \((MNP)\) và \((ABCD)\).
Xét hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\) có:
\(S\) là một điểm chung.
Hơn nữa, ta có \(\begin{cases}AD\parallel BC\\AD\subset (SAD)\\BC\subset (SBC)\end{cases}\)
\(\Rightarrow (SAD)\cap(SBC)=Sx\parallel AD\).
Xét hai mặt phẳng \((MNP)\) và \((ABCD)\) có:
\(N\) là một điểm chung.
Hơn nữa ta có \(\begin{cases}MP\parallel AD\quad(\text{vì}\, MP\, \text{là đường trung bình của tam giác}\, SAD)\\AD\subset (ABCD)\\MP\subset (MNP)\end{cases}\)
\(\Rightarrow (MNP)\cap(ABCD)=Ny\parallel AD\).