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.

Đáp án: \(AD\) và \(BC\)

Lời giải:

Hai đường thẳng chéo nhau là \(AD\) và \(BC\).

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.

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 \(IJ\parallel EF\).

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 \(G\).

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 \(SO\).

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.

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.

}

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 \(x=\displaystyle\frac{1}{3}\).

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 \(\displaystyle\frac{SE}{SA} = \displaystyle\frac{4}{7}\).

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

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