Đáp án: \(6\) mặt

Lời giải:

Hình lăng trụ lục giác có \(6\) mặt là hình bình hành.

Đáp án: Tập hợp các điểm \(I\) là mặt phẳng song song và cách đều \((P)\) và \((Q)\)

Lời giải:

Với \(M\), \(N\) lần lượt thuộc \((P)\) và \((Q)\) và \(I\) là trung điểm của \(MN\) ta dễ dàng chứng minh được \(I\) cách đều hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\). Như vậy tập hợp các điểm \(I\) như trên là mặt phẳng song song và cách đều \((P)\) và \((Q)\).

Đáp án: \((MON) \parallel (SBC)\)

Lời giải:

Ta có \(MN \parallel AD\) và \(AD \parallel BC\) suy ra

\(MN \parallel BC \Rightarrow MN \parallel (SBC)\quad (1).\)

Mặt khác

\(\displaystyle\frac{DN}{DS}= \displaystyle\frac{DO}{DB} \Rightarrow ON \parallel SB \Rightarrow ON \parallel (SBC) \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((SBC)\parallel (OMN)\).

Đáp án: \(\left(A'B'C'D'\right)\)

Lời giải:

Hai mặt đáy của hình hộp là hai mặt phẳng song song.

Đáp án: Hình thang

Lời giải:

Vì mặt phẳng \((\alpha)\) song song với \((SBC)\) nên sẽ cắt mặt phẳng \((SAB)\) theo một giao tuyến song song với \(SB\), cắt \((SAD)\) theo một giao tuyến song song với \(AD\) và cắt \((ABCD)\) theo một giao tuyến song song với \(BC\).

Từ đây, ta có cách dựng thiết diện khi cắt hình chóp \(S.ABCD\) bởi mặt phẳng \((\alpha)\) như sau.

+) Trong mặt phẳng \((SAB)\) qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(SB\) cắt \(SA\) tại \(N\).

+) Trong \((SAD)\) qua \(N\) kẻ đường thẳng song song với \(AD\) cắt \(SD\) tại \(P\).

+) Trong mặt phẳng \((ABCD)\) qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(CD\) tại \(Q\).

Khi đó thiết diện thu được là tứ giác \(MNPQ\).

Theo cách dựng, ta có

\(\begin{cases} NP\parallel MQ \\ NP

suy ra \(MNPQ\) là hình thang.

Đáp án:

Lời giải:

Vì \((\alpha)\parallel (SIC)\) và \((SAB)\cap (SIC)=SI\) nên giao tuyến của \((\alpha)\) và \((SAB)\) là đường thẳng đi qua điểm \(M\) và song song với \(SI\), cắt \(SA\) tại \(N\).

Vì \((\alpha)\parallel (SIC)\) và \((ABC)\cap (SIC)=CI\) nên giao tuyến của \((\alpha)\) và \((ABC)\) là đường thẳng đi qua điểm \(M\) và song song với \(CI\), cắt \(AC\) tại \(P\).

Vậy thiết diện tạo bởi mặt phẳng \((\alpha)\) và tứ diện \(S.ABC\) là tam giác \(MNP\).

Đáp án: \(4\)

Lời giải:

Ta có

\(\begin{cases} \left(ABB'A'\right) \parallel \left(CDD'C'\right) \\ \left(\alpha\right)\cap \left(ABB'A'\right)=MN \\ \left(\alpha\right)\cap \left(CDD'C'\right)=PQ\end{cases}\) \(\Rightarrow MN\parallel PQ.\)

Lấy \(M', N'\) lần lượt trên \(DD', CC'\) sao cho \(DM'=AM=5, CN'=BN=8\).\

Khi đó \(DQ=DM'-QM'=DM'-PN' =DM'-\left(CN'-CP\right)=5-\left(8-7\right)=4\).

Vậy \(DQ=4\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{400}{9}\)

Lời giải:

Mặt phẳng \((\alpha)\) đi qua \(M\) song song với \(AB\) và \(AD\) nên mặt phẳng \((\alpha)\) song song với mặt phẳng \((ABCD)\).

Do đó thiết diện của mặt phẳng \((\alpha)\) với hình chóp đều \(S.ABCD\) là hình vuông \(MNPQ\).

Ta có:

\(\displaystyle\frac{MQ}{AD}=\displaystyle\frac{SM}{SA}=\displaystyle\frac{2}{3}\) \(\Rightarrow MQ=\displaystyle\frac{2}{3}AD\) \(=\displaystyle\frac{2}{3}.10=\displaystyle\frac{20}{3}\).

Diện tích của thiết diện là:

\(S_{MNPQ}=MQ^2=\left(\displaystyle\frac{20}{3}\right)^2=\displaystyle\frac{400}{9}\).

Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A D \parallel B C\). Mà \(A D\) không thuộc mặt phẳng \((B C M)\) suy ra \(A D \parallel(B C M)\). Tương tự, do \(A B M N\) là hình bình hành nên \(A N\parallel B M\), suy ra \(A N \parallel(B C M)\). Mà \(A D, A N\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \((A D N)\) nên ta có \((A D N) \parallel(B C M)\).

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(B'C'\), ta có \(FM\) là đường trung bình của \(\triangle A'B'C'\) nên \(FM\) song song và độ dài bằng nửa đoạn \(A'C'\).

Lại có \(E\) là trung điểm \(AC\), \(AC\) song song và bằng \(A'C'\) nên \(EC\) song song và độ dài bằng nửa \(A'C'\).

Suy ra \(FM\) song song và bằng \(EC\), nên \(CEFM\) là hình bình hành. Do đó \(EF\) song song với \(MC\).

Mà \(MC\) nằm trong \((BCC'B')\) nên \(EF\) song song với \((BCC'B')\).

b) Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\), vì \(F\) là trung điểm \(A'B'\) và \(ABB'A'\) là hình bình hành nên \(FK\) song song và bằng \(AA'\). Do đó \(FK\) song song và bằng \(CC'\), suy ra \(CC'FK\) là hình bình hành.

Khi đó, gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và \(KC'\) thì \(I\) là trung điểm \(CF\).

Mặt khác \(KC'\subset (AC'B)\) nên điểm \(I\) xác định như trên chính là giao điểm của \(CF\) và \((AC'B)\) theo yêu cầu đề bài. Vậy ta có điều phải chứng minh.

a) \(BD\parallel B'D"\), \((A'BD)\parallel (CB'D')\) và \(MN\parallel (BDD'B')\).

Có \(\begin{cases}DD' = BB'\\DD'\parallel BB'\end{cases}\Rightarrow BB'D'D\) là hình bình hành. Suy ra \(BD\parallel B'D' \quad(1)\).

Có \(\begin{cases}A'B'= DC\\A'B'\parallel DC\end{cases}\Rightarrow A'B'CD\) là hình bình hành. Suy ra \(A'D\parallel B'C \quad(2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((A'BD)\parallel (CB'D')\).

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\).

Ta có \(\begin{cases}MO=\displaystyle\frac{1}{2}AB\\MO\parallel AB\end{cases}\).

Lại có \(NB'=\displaystyle\frac{1}{2}AB\) và \(NB'\parallel AB\).

Suy ra \(MO=NB\) và \(MO\parallel NB'\). Vậy \(MOB'N\) là hình bình hành nên \(MN\parallel OB'\), do đó \(MN\parallel (BDD'B')\).

b) Gọi \(I\) là giao điểm của các đường chéo hình hộp.

Trong \((AA'C'C)\), gọi \(G=A'O\cap AC'\).

Xét \(\triangle A'AC\) có \(A'O\) và \(AI\) là trung tuyến suy ra \(G\) là trọng tâm tam giac \(A'AC\) nên \(A'G=2GO\).

Xét \(\triangle A'BD\), có \(A'O\) là trung tuyến và \(A'G=2GO\). Vậy \(AC'\) đi qua trọng tâm \(G\) của \(\triangle A'BD\)

a) Gọi \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'\).

Vì \(BCC'B'\) là hình bình hành, nên \(MM' \parallel BB'\) và \(MM'=BB'\).

Suy ra \(MM'\parallel AA'\) và \(MM'=AA'\). Do đó \(AMM'A'\) là hình bình hành.

Mặt khác \(AG= \displaystyle\frac{2}{3}AM\), \(A'G'= \displaystyle\frac{2}{3} A'M'\).

Vậy \(AG=A'G'\) và \(AG \parallel A'G'\), suy ra \(ADD'A'\) là hình bình hành.

b) Tương tự phần a) ta cũng có \(CGG'C'\) là hình bình hành.

Vậy \(AGC.A'G'C'\) là hình lăng trụ.

Vì \(ABB'A'\) là hình bình hành, có \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(AA'\) và \(BB'\) nên \(MN \parallel AB\) \(\Rightarrow MN \parallel (ABC)\).

Vì \(ACC'A'\) là hình bình hành, có \(M\), \(P\) lần lượt là trung điểm \(AA'\) và \(CC'\) nên \(MP \parallel AC\) \(\Rightarrow MP \parallel (ABC)\).

Mặt phẳng \((MNP)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(MN\), \(MP\) và cùng song song với mặt phẳng \((ABC)\) nên \((MNP)\) song song với \((ABC)\).

a) Vì \(\begin{cases}BC\parallel AD\\BE\parallel AF\end{cases}\) nên \(\left(BCE\right)\parallel\left(ADF\right)\).

b) Ta có \(\displaystyle\frac{AM}{AC} = \displaystyle\frac{BN}{BF} = \displaystyle\frac{AN'}{AF}\). Suy ra \(MN'\parallel CF\).

Mặt khác, lại có \(EF\parallel NN'\) (do cùng song song với \(AB\)).

Do đó \(\left(DEF\right)\parallel\left(MNN'M'\right)\).

a) Do \(O M\) là đường trung bình của tam giác \(S A C\) nên \(O M \parallel S C \qquad (1)\).

Lại có, \(O N\) là đường trung bình của tam giác \(S D B\) nên \(O N \parallel S B \qquad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((O M N) \parallel (S B C)\).

b) Ta có \(O E\) là đường trung bình của tam giác \(A B D\) nên \(O E \parallel A D\), mà \(A D \parallel M N\), suy ra \(O E \parallel M N\). Do đó \(E\) sẽ thuộc mặt phẳng \((O M N)\). Suy ra \(EF \subset(O M N)\). Theo ý a, ta có \((O M N) \parallel (S B C)\) nên \(EF \parallel (S B C)\).

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) suy ra \(MN\parallel SD \Rightarrow MN\parallel (SCD)\). \quad (1)

Tứ giác \(BCDN\) có \(BC\parallel ND\) và \(BC=ND\) nên là hình bình hành, suy ra \(BN\parallel CD\), do đó \(BN\parallel (SCD)\). \quad (2)

Mặt khác ta có \(MN\) và \(BN\) cùng chứa trong \((BMN)\), \(MN\cap BN=N\). \quad (3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra \((BMN)\parallel(SCD)\).

a) Chứng minh \((A'DN)\parallel (B'CM)\).

Gọi \(M'\) là trung điểm \(A'B'\).

Ta có \(MM'\parallel CC'\) và \(MM'=CC'\) nên \(CMM'C'\) là hình bình hành, suy ra \(CM\parallel C'M'\).

Lại có \(A'M'=C'N\) và \(A'M'\parallel C'N\) nên \(A'M'C'N\) là hình bình hành, suy ra \(A'N\parallel C'M'\).

Do đó \(CM\parallel A'N\Rightarrow CM\parallel (A'DN)\).

Mặt khác \(CB'\parallel DA'\Rightarrow CB'\parallel (A'DN)\).

Mà \(CB'\) và \(CM\) cắt nhau và nằm trong mặt phẳng \((B'CM)\).

Vậy \((B'CM)\parallel (A'DN)\).

b) Chứng minh \(D'E=BF=\displaystyle\frac{1}{2}EF\).

Trong \((BDD'B')\colon\) gọi \(H=BD\cap CM\Rightarrow (B'MC)\cap (BDD'B')=B'H\).

Trong \((BDD'B')\colon\) \(F=B'H\cap BD'\Rightarrow F=BD'\cap (B'CM)\).

Trong \((BDD'B')\colon\) gọi \(K=B'D'\cap A'N\Rightarrow (A'DN)\cap (BDD'B')=DK\).

Trong \((BDD'B')\colon\) \(E=DK\cap BD'\Rightarrow F=BD'\cap (A'DN)\).

Gọi \(K'=C'M'=B'D'\). Ta có \(M'K'\parallel A'K\) và \(M'\) là trung điểm \(A'B'\) nên \(K'\) là trung điểm \(B'K\).

Tương tự, \(K\) là trung điểm \(D'K'\). Suy ra \(D'B'=3D'K\).

Xét tam giác \(D'FB'\) có \(\displaystyle\frac{D'E}{D'F}=\displaystyle\frac{D'K}{D'B'}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow EF=2D'E\).

Tương tự \(\displaystyle\frac{BF}{BE}=\displaystyle\frac{BH}{BD}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow EF=2BF\).

Vậy \(D'E=BF=\displaystyle\frac{1}{2}EF\).

a) Ta có \(NQ\) là đường trung bình của \(\triangle AA'D'\) nên \(N Q \parallel A' D'\) và \(N Q=\displaystyle\frac{1}{2} A' D'\).

b) Ta có \(M\) là trung điểm \(BC\), \(BC\) lại song song và bằng \(A'D'\) nên \(MC\) song song và độ dài bằng nửa \(A'D'\).

Kết hợp với kết quả câu (1) suy ra \(MC\) song song và bằng \(NQ\). Do đó \(MNQC\) là hình bình hành.

c) Do \(MNQC\) là hình bình hành nên \(MN\) song song với \(QC\). Mà \(QC\) nằm trong \((ACD')\) nên \(MN\) song song với \((ACD')\).

d) Trước tiên ta sẽ chứng minh \(MOD'P\) là hình bình hành.

Thật vậy, gọi \(O\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(MO\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\). Do đó \(OM\) song song và có độ dài bằng nửa đoạn \(AB\).\qquad (1)

Lại có \(P\) là trung điểm \(C'D'\), mà \(C'D'\) song song và bằng \(AB\) nên \(PD'\) song song và độ dài bằng nửa đoạn \(AB\).\qquad (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OM\) song song và bằng \(PD'\), do đó \(MOD'P\) là hình bình hành.

Từ đó ta có \(MP\) song song với \(D'O\), mà \(D'O\subset (ACD')\) nên \(MP\) song song với \((ACD')\).

Theo câu (2) ta đã chứng minh được \(MN\) song song \((ACD')\).

Mặt khác \(MP\), \(MN\) nằm trong \((MNP)\) và \(MP\), \(MN\) cắt nhau.

Vậy \((MNP)\) song song với \((ACD')\).

a) Ta có \(ACC'A'\) là hình bình hành nên \(AC\parallel A'C'\).

Mà \(A'C'\subset (A'C'D)\Rightarrow AC\parallel (A'C'D)\).\qquad (1)

Lại có \(A'B'CD\) là hình bình hành nên \(B'C\parallel A'D\).

Mà \(A'D\subset (A'C'D)\Rightarrow B'C\parallel (A'C'D)\).\qquad (2)

Mặt khác \(AC\), \(B'C\subset (ACB')\) và \(AC\), \(B'C\) cắt nhau.\qquad (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\left(A C B'\right) \parallel\left(A' C' D\right)\).

b) Gọi \(O\) và \(O'\) lần lượt là tâm của \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\).

Trong \((BDD'B')\) gọi \(G\) là giao điểm của \(BD'\) với \(B'O\) và \(DO'\).

Do \(B'O\subset (ACB')\), \(DO'\subset (A'C'D)\) nên điểm \(G\) và \(G'\) xác định như trên chính là giao điểm của \(B D'\) với các mặt phẳng \(\left(A C B'\right)\) và \(\left(A' C' D\right)\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(BD'\) và \(B'D\). Vì \(BDD'B'\) là hình bình hành nên \(I\) là trung điểm của \(BD'\) và \(B'D\).

Xét \(\triangle BDB'\) có \(B'O\) và \(BI\) là trung tuyến nên \(G\) là trọng tâm \(\triangle BDB'\). Suy ra \(B'G=\displaystyle\frac{2}{3}BO\).

Xét \(\triangle ACB'\) có \(B'O\) là trung tuyến và \(B'G=\displaystyle\frac{2}{3}BO\) suy ra \(G\) là trọng tâm \(\triangle ACB'\).

Một cách tương tự ta cũng chứng minh được \(G\) là trọng tâm \(\triangle BDD'\) và từ đó suy ra \(G\) là trọng tâm \(\triangle A'C'D\).

c) Xét \(\triangle BDG'\) có \(O\) là trung điểm \(BD\) và \(OG\parallel DG'\) nên \(G\) là trung điểm \(BG'\).\qquad (4)

Xét \(\triangle B'D'G\) có \(O'\) là trung điểm \(B'D'\) và \(O'G'\parallel B'G\) nên \(G'\) là trung điểm \(D'G\).\qquad (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(BG=GG'=D'G'\).

Nếu hai mặt phẳng \((M N P)\), \((A B C)\) có một điểm chung thì chúng có đường thẳng chung \(d\). Vì \(M N \parallel A B\) nên \(d \parallel A B\) hoặc \(d\) trùng với \(A B\). Tương tự, do \(M P \parallel A C\) nên \(d \parallel A C\) hoặc \(d\) trùng với \(A C\). Điều này là không thể xảy ra vì \(A B\) cắt \(A C\) tại \(A\).

a) Ta có \(AD\parallel BC\), suy ra \(AD\parallel (BCE)\). Tương tự \(AF\parallel (BCE)\).

Khi đó \((ADF)\parallel (BCE)\).

b) Ta có \((P)\parallel(AFD)\) nên \((P)\cap (ABF)=MH\) với \(M\in AB\) và \(MH\parallel AF\).

Vì \(M\) là trọng tâm của tam giác \(ABE\) nên \(\displaystyle\frac{BM}{BO}=\displaystyle\frac{2}{3}\) với \(O\) là tâm hình bình hành \(ABEF\).

Vì \(ABEF\) là hình bình hành nên \(\displaystyle\frac{BO}{BF}=\displaystyle\frac{1}{2}\). Suy ra \(\displaystyle\frac{BM}{BD}=\displaystyle\frac{1}{3}\). Do đó \(\displaystyle\frac{BM}{MF}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{BH}{AH}=\displaystyle\frac{1}{2}\) (vì \(AF\parallel MH\)).

\end{listEX}

\((P)\parallel(AFD)\) nên \((P)\cap (ABC)=NH\) với \(N\in AC\) và \(NH\parallel AD\).

Do đó \(\displaystyle\frac{AN}{NC}=\displaystyle\frac{AH}{BH}=2\).

a) Chứng minh \(GK\parallel (ABCD)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(SD\).

Vì \(G\), \(K\) là trọng tâm tam giác \(SAD\) và \(SCD\) nên \(\displaystyle\frac{IG}{IA}=\displaystyle\frac{IK}{IC}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow GK\parallel AC\).

Ta có \(\begin{cases}GK\parallel AC\\AC\subset (ABCD)\end{cases}\Rightarrow GK\parallel (ABCD)\).

b) Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa \(GK\) và song song với \((ABCD)\).

Ta có \(AD=(SAD)\cap (ABCD)\). Gọi \(Gx\) là giao tuyến của \((SAD)\) và \((P)\), suy ra \(Gx\parallel AD\), \(Gx\) cắt \(SA\), \(SD\) tại \(M\), \(F\).

Tương tự ta có \(FK\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SCD)\), \(FK\parallel DC\), \(FK\) cắt \(SC\) tại \(E\).

Có \(MN\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SAB)\), \(MN\parallel AB\), \(N\in SB\).

Có \(EN\) là giao tuyến của \((P)\) và \((SBC)\), \(EN\parallel BC\).

Vậy suy ra \(\begin{cases}MN\parallel EF\\MF\parallel NE\end{cases}\Rightarrow MNEF\) là hình bình hành.

Vì mặt phẳng \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng song song \((ABB'A')\), \((MNN'M')\) theo hai giao tuyến \(AB\) và \(MN\) \(\Rightarrow AB \parallel MN\).

Mà \(AM \parallel BN\) nên \(ABNM\) là hình hình hành.

Tương tự ta cũng có các tứ giác \(A'B'N'M'\), \(AA'M'N'\), \(BB'N'M'\), \(MNN'M'\) là các hình bình hành.

Vậy \(ABNM.A'B'N'M'\) là hình hộp

Ta có \((A''B''C''D'') \parallel (A'B'C'D') \Rightarrow (A''B''C''D'') \parallel (ABCD)\).

Vì mặt phẳng \((ABB'A')\) cắt hai mặt phẳng song song \((ABCD)\), \((A''B''C''D'')\) theo hai giao tuyến \(AB\) và \(A''B''\) nên \(AB \parallel A''B''\). Do đó \(ABB''A''\) là hình bình hành.

Tương tự như trên ta cũng có các tứ giác \(BCC''B''\), \(CDD''C''\), \(DAA''D''\) là các hình bình hành.

Vậy \(ABCD.A''B''C''D''\) là hình lăng trụ tứ giác.

a) Ta có \(AB\parallel CD\), \(AA'\parallel DD'\), suy ra mp\((AA',BB')\) song song với mp\((CC',DD')\).

b) Mặt phẳng \((P)\) cắt hai mặt phẳng song song mp\((AA',BB')\) và mp\((CC',DD')\) theo giao tuyến \(A'B'\) và \(C'D'\) suy ra \(A'B'\parallel C'D'\).

Tương tự ta cũng có \(A'D'\parallel B'C'\).

Tứ giác \(A'B'C'D'\) có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

c) Hai mặt phẳng \((AA'C'C)\) và \((BB'D'D)\) lần lượt đi qua hai đường thẳng song song \(AA'\), \(DD'\) và cắt nhau theo giao tuyến \(OO'\) suy ra \(OO'\parallel AA'\).

a) Chứng minh \(C'M\parallel (A'BM')\).

Ta có \(\begin{cases}BM\parallel M'C'\\BM=M'C'\left(=\displaystyle\frac{BC}{2}\right)\end{cases}\Rightarrow BMC'M'\) là hình bình hành.

Do đó \(C'M\parallel BM'\).

Khi đó \(\begin{cases}C'M\parallel BM'\\BM'\subset (A'BM')\\C'M\not\subset (A'BM')\end{cases}\Rightarrow C'M\parallel (A'BM')\).

b) Chứng minh \(G'K\parallel (BCC'B')\).

Xét tam giác \(A'BM'\) có \(\displaystyle\frac{A'G'}{A'M'}=\displaystyle\frac{A'K}{AB}=\displaystyle\frac{2}{3}\), suy ra \(G'K\parallel BM'\).

Ta có \(\begin{cases}G'K\parallel BM'\\BM'\subset (BCC'B')\\G'K\not\subset (BCC'B')\end{cases}\Rightarrow G'K\parallel (BCC'B')\).

c) Chứng minh \((GG'K)\parallel (BCC'B')\).

Trong \((AMM'A')\) có \(\displaystyle\frac{A'G'}{A'M'}=\displaystyle\frac{AG}{AM}=\displaystyle\frac{2}{3}\), suy ra \(GG'\parallel MM'\).

Ta có \(\begin{cases}GG'\parallel MM'\\MM'\subset (BCC'B')\\GG'\not\subset (BCC'B')\end{cases}\Rightarrow GG'\parallel (BCC'B')\).

Khi đó \(\begin{cases}G'K\parallel (BCC'B')\\GG'\parallel (BCC'B')\\G'K,\,GG'\subset (GG'K)\\G'K\cap GG'=G'\end{cases}\Rightarrow (GG'K)\parallel (BCC'B')\).

d) Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(K\) và song song với mặt phẳng \((ABC)\). Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt cạnh \(CC'\) tại điểm \(I\). Tính \(\displaystyle\frac{IC}{IC'}\).

Ta có \(\begin{cases}(\alpha)\parallel (ABC)\\AB\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AB\parallel (\alpha)\).

Tương tự, \(\begin{cases}(\alpha)\parallel (ABC)\\AC\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AC\parallel (\alpha)\).

Lại có \(\begin{cases}K\in (\alpha)\cap (ABB'A')\\AB\parallel (\alpha)\\AB\subset (ABB'A')\end{cases}\), suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((ABB'A')\) là đường thẳng \(d\) qua \(K\) và song song \(AB\). Đường thẳng này cắt \(AA'\) tại \(E\), cắt \(BB'\) tại \(F\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{A'E}{A'A}=\displaystyle\frac{A'K}{A'B}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{EA}{EA'}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Tương tự, \(\begin{cases}E\in (\alpha)\cap (ACC'A')\\AC\parallel (\alpha)\\AC\subset (ACC'A')\end{cases}\), suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((ACC'A')\) là đường thẳng đi qua \(E\) và song song \(AC\), đường này cắt \(CC'\) tại \(I\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{IC}{IC'}=\displaystyle\frac{EA}{EA'}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

a) Do \((\alpha)\) đi qua \(M\) và song song với \((SAD)\) nên cắt các mặt của hình chóp bằng các giao tuyến đi qua \(M\) và song song với \((SAD)\).

Mặt khác \(ABCD\) là hình thoi và tam giác \(SAD\) đều. Nên thiết diện thu được là hình thang cân \(MNPQ\) \((MN \parallel PQ\); \(MQ=PN)\).

b) Ta có \(MN=a\), \(\displaystyle\frac{PQ}{BC}=\displaystyle\frac{SQ}{SB}=\displaystyle\frac{MA}{AB}=\displaystyle\frac{x}{a} \Rightarrow PQ=x\); \(MQ=a-x\).

Đường cao \(QH\) của hình thang cân bằng \(QH=\sqrt{MQ^2-\left(\displaystyle\frac{MN-PQ}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}(a-x)\).

Khi đó, diện tích hình thang cân là \(S=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\left(a^2-x^2\right)\).

a) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(MN \parallel AB\).

Vì \(AB \subset(ABCD)\) nên \(MN \parallel(ABCD)\).

Chứng minh tương tự ta có: \(NP\parallel(ABCD)\).

Mà \(M N\) cắt \(N P\) nên theo Định lí 1 ta có:

\((MNP)\parallel(ABCD)\).

b) Vì \(Q\) là giao điểm của \(SD\) và \((MNP)\), \(M\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((MNP)\) nên \(MQ\) là giao tuyến của \((MNP)\) và \((SAD)\).

Do \((MNP) \parallel(ABCD)\), \(MQ=(MNP) \cap(SAD)\), \(AD=(SAD) \cap(ABCD)\) nên theo Định lí 3, ta có: \(MQ \parallel AD\).

Trong tam giác \(SAD\), \(M\) là trung điểm của \(SA\) và \(M Q\parallel AD\) nên \(Q\) là trung điểm của \(SD\).

a) Gọi \(M,~N,~L\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,~CD,~BD\).

Ta có \(\displaystyle\frac{AG_1}{AM}=\displaystyle\frac{AG_2}{AN}=\displaystyle\frac{AG_3}{AL}=\displaystyle\frac{2}{3}\) suy ra \(\left\{\begin{aligned}&G_1G_2 \parallel MN \\ &G_2G_3 \parallel NL.\end{aligned}\right. \)

Mà \(\left\{\begin{aligned}&MN\subset (BCD) \\ &NL\subset (BCD)\end{aligned}\right. \) nên \(\left\{\begin{aligned}&G_1G_2 \parallel (BCD) \\ &G_2G_3 \parallel (BCD)\end{aligned}\right. \)

suy ra \((G_1G_2G_3) \parallel (BCD)\).

b) Từ \((G_1G_2G_3) \parallel (BCD)\) suy ra \(BC \parallel (G_1G_2G_3)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&G_1\in (ABC)\cap (G_1G_2G_3) \\ &BC\subset (ABC) \\ &BC \parallel (G_1G_2G_3)\end{aligned}\right.\\ \Rightarrow (ABC) \cap (G_1G_2G_3)=\Delta \parallel BC\) với \(\Delta\) qua \(G_1\).

Qua \(O\) dựng đường thẳng song song với \(MN\) cắt \(CD\) và \(C'D'\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\).

Khi đó, \((MNO) \cap (ABCD)=MP\); \((MNO) \cap (CDD'C')=PQ\); \((MNO) \cap (A'B'C'D')=NQ\); \((MNO)\cap (AA'B'B)=MN\).

Thiết diện của mặt phẳng \(MNO\) với hình hộp là hình bình hành \(MNPQ\).

Theo giả thiết, ta có \(MN\), \(NP\), \(PQ\), \(QM\) lần lượt là đường trung bình của các tam giác \(SAB\), \(SBC\), \(SCD\) và \(SDA\), do đó \(MN\parallel AB\), \(NP\parallel BC\), \(PQ\parallel CD\), \(QM\parallel DA\).

Từ \(MN\parallel AB\), suy ra \(MN\parallel (ABCD)\); Từ \(NP\parallel BC\) suy ra \(NP\parallel (ABCD)\); Từ \(PQ\parallel CD\), suy ra \(PQ\parallel (ABCD)\).

Từ đó suy ra \((MNPQ)\parallel (ABCD)\).

Vì vậy hai giao tuyến của mặt phẳng \((MEF)\) với hai mặt phẳng \((MNPQ)\) và \((ABCD)\) song song với nhau. Trong mặt phẳng \((MEF)\), qua \(M\) vẽ đường thẳng song song với \(EF\) cắt \(PQ\) tại \(G\) thì đường thẳng \(MG\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((MEF)\) và \((MNPQ)\).