Đáp án: \(MP\), \(NQ\) chéo nhau

Lời giải:

Vì \(ABCD\) là tứ diện nên \(AB\) và \(CD\) chéo nhau.

Mà \(M\), \(N\) thuộc \(AB\) và \(P\), \(Q\) thuộc \(CD\) nên bốn điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) tạo thành tứ diện. Do đó \(MP\) và \(NQ\) chéo nhau.

Đáp án: \(b\) và \(c\) chéo nhau hoặc cắt nhau

Lời giải:

Đáp án là \(b\) và \(c\) chéo nhau hoặc cắt nhau.

Đáp án: \(IJ\) song song với \(CD\)

Lời giải:

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(BC\), \(BD\).

Xét tam giác \(AMN\) có \(\displaystyle\frac{AI}{AM}=\displaystyle\frac{AJ}{AN}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow IJ\parallel MN\).

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

Đáp án: \(SC\)

Lời giải:

Ta có các đường thẳng \(C'D'\), \(CD\), \(AB\) cùng song song với \(A'B'\) và đường thẳng \(SC\) không song song với \(A'B'\).

Đáp án: \(AD\)

Lời giải:

Xét tam giác \(SBC\) có

\(\begin{cases} SM=MB \\ SN=SC\end{cases} \Rightarrow MN \parallel BC \parallel AD\).

Do đó xét hai mặt phẳng \((GMN)\) và \((SAD)\) có điểm \(G\) chung và \( MN \parallel AD \).

Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng \((GMN)\) và \((SAD)\) là đường thẳng đi qua \(G\) song song với \(AD\).

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

Lời giải:

Ta có \(\begin{cases}S\in (SAB)\cap (SDC)\\AB\parallel CD}\)

\(\Rightarrow (SAB)\cap (SDC)=d\) với \(d\) đi qua \(S\) và \(d\parallel AB\parallel CD\).

Đáp án: Hình thang \(IBCJ\) (\(J\) là trung điểm \(SD\))

Lời giải:

Ta có

\(\begin{cases} \left(IBC\right)\cap \left(SAD\right)=I \\ BC\subset \left(IBC\right),AD\subset \left(SAD\right) \\ BC\parallel AD\end{cases}\)

suy ra \(\left(IBC\right)\cap \left(SAD\right)=Ix\parallel BC\parallel AD\).

Trong mặt phẳng \(\left(SAD\right)\):

\(Ix\parallel AD,\) gọi \(Ix\cap SD=J\Rightarrow IJ\parallel BC\).

Vậy thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left(IBC\right)\) là hình thang \(IBCJ.\)

Đáp án: hình thang

Lời giải:

Ta có \((ADM)\cap (ABCD)=AD\), \((ADM)\cap (SAB)=AM\).

Xét hai mặt phẳng \((ADM)\) và \((SBC)\) có

\(\left\{\begin{aligned}&M\in (ADM)\cap (SBC) \\ &AD\subset (ADM) \\ &BC\subset (SBC) \\ &AD\parallel BC.\end{aligned}\right.\)

Vậy \((ADM)\cap (SBC)=Mx\), với \(Mx\) song song với \(AD\) và \(BC\).

Gọi \(N=Mx\cap SC\). Khi đó \((ADM)\cap (SBC)=MN\) và \((ADM)\cap (SCD)=DN\).

Cho nên mặt phẳng \((ADM)\) cắt hình chóp \(S.ABCD\) theo thiết diện là tứ giác \(AMND\).

Vì \(MN\parallel AD\) nên \(AMND\) là hình thang.

Vậy thiết diện tạo bởi mặt phẳng \((ADM)\) với hình chóp \(S.ABCD\) là hình thang \(AMND\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{11}}{16}\)

Lời giải:

Xét \((SCD)\cap (MAB)\), ta có

\(\begin{cases}M \in (SCD)\cap (MAB)\\AB\subset (MAB)\\CD\subset (SCD)\\AB \parallel CD\end{cases}\) \(\Rightarrow (SCD)\cap (MAB)=d\parallel CD\)

với \(d\) đi qua \(M\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(d\) và \(SC\) thì \(N\) cũng là trung điểm của cạnh \(SC\).

Khi đó thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng \((MAB)\) là hình thang cân \(AMNB\).

Xét hình thang \(AMNB\) có

+) \(AB=2MN=a\).

+) \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) do là đường cao của \(\triangle SAD\) đều cạnh \(a\).

+) \(AH=\sqrt{AM^2-AH^2}=\sqrt{\displaystyle\frac{3a^2}{4}-\displaystyle\frac{a^2}{16}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{4}\).

Do đó

\(S_{AMNB}=\displaystyle\frac{(AB+MN)\cdot MH}{2}=\displaystyle\frac{\left(a+\displaystyle\frac{a}{2}\right)\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{4}}{2}\) \(=\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{11}}{16}\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{2}{3}\)

Lời giải:

Ta thấy \((SAD)\cap (ABCD)=AD\), \((GBC)\cap (ABCD)=BC\), \(AD\parallel BC\).

Nên \((GBC)\) cắt \((SAD)\) theo giao tuyến \(Gx\) song song với \(AD\).

Trong mặt phẳng \((SAD)\), \(Gx\) cắt \(SD\) tại \(E\) chính là giao điểm của \(SD\) và \((GBC)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), ta có \(GE\parallel MD\) nên \(\displaystyle\frac{SE}{SD}=\displaystyle\frac{SG}{SM}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

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.

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 \(MN\parallel PQ\).

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 \(MN\parallel BD\).

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.

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 \(G_1G_2\parallel EF\).

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.

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 \(PQ\).

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 \(BD\).

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 \(SCD\).

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 \(CD\).

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 \(MN\).

}

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 \(SK \parallel BC \parallel AD\).

}

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 \(AE\).

}

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 \(MN \parallel d\).

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

\(\begin{cases}IK\parallel BC\,(\text{chứng minh trên})\\IK\subset (IJKL)\\BC\subset (SBC)\end{cases}\)

\(\Rightarrow (IJKL)\cap (SBC)=Jx\parallel BC\).

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 \(\begin{cases}MP\parallel AD\quad(\text{vì}\, MP\, \text{là đường trung bình của tam giác}\, SAD)\\AD\subset (ABCD)\\MP\subset (MNP)\end{cases}\)

\(\Rightarrow (MNP)\cap(ABCD)=Ny\parallel AD\).