a) Mệnh đề: "Một đường thẳng \(c\) cắt \(a\) thì cũng cắt \(b\)" là mệnh đề sai vì \(c\) và \(b\) có thể chéo nhau.

Ví dụ như trong hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB \parallel CD\), \(CC'\) cắt \(CD\) nhưng không cắt \(AB\) do \(CD\) và \(AB\) chéo nhau.

b) Mệnh đề: "Một đường thẳng \(c\) chéo với \(a\) thì cũng chéo với \(b\)" là mệnh đề sai vì \(c\) và \(b\) có thể cùng mặt phẳng.

Ví dụ như trong hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB \parallel CD\), \(CC'\) chéo \(AB\) nhưng không chéo \(CD\) do \(CC'\) và \(CD\) cắt nhau.

}

a) 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 \(CD\).

b) Ta có \(\begin{cases}M \in (BCM) \cap (SAD)\\BC \subset (BCM)\\AD \subset (SAD)\\BC \parallel AD\end{cases}\)

\(\Rightarrow \) giao tuyến của \((BCM)\) và \((SAD)\) là đường thẳng \(d'\) đi qua \(M\) và song song với \(BC\) và \(AD\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(SD\) và \(d'\).

Khi đó \(MN \parallel BC\), suy ra tứ giác \(CBMN\) là hình thang.

}

a) Trong hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), ta có \(A A' \parallel B B'\) và \(B B' \subset\left(BCC'B'\right)\), suy ra \(A A' \parallel\left(BCC'B'\right)\).

b) Vì \(M M' \parallel B B'\), \(M M'=B B'\) và \(B B' \parallel A A'\), \(B B'=A A'\) nên \(M M' \parallel A A'\), \(M M'=A A'\). Suy ra \(A M M' A'\) là hình bình hành. Vậy \(A M \parallel A' M'\).

}

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với \((SCD)\).

Ta có \(\begin{cases}N\in (AMN)\\N\in SD,\,SD\subset (SCD)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}N\in (AMN)\\N\in (SCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow N\in (AMN)\cap (SCD)\).

Trong \((ABCD)\) gọi \(E=AM\cap CD\)

\(\Rightarrow \begin{cases}E\in AM,\,AM\subset (AMN)\\E\in CD,\,CD\subset (SCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}E\in (AMN)\\E\in (SCD)\end{cases}\Rightarrow E\in (AMN)\cap (SCD)\).

Vậy \(NE=(AMN)\cap (SCD)\).

b) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với \((SBC)\).

Ta có \(\begin{cases}M\in (AMN)\\M\in BC,\,BC\subset (SBC)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M\in (AMN)\\M\in (SBC)\end{cases}\)

\(\Rightarrow M\in (AMN)\cap (SBC)\).

Trong \((SCD)\) gọi \(F=NE\cap SC\Rightarrow \begin{cases}F\in NE,\,NE\subset (AMN)\\F\in SC,\,SC\subset (SBC)\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}F\in (AMN)\\F\in (SBC)\end{cases}\Rightarrow F\in (AMN)\cap (SBC)\).

Vậy \(MF=(AMN)\cap (SBC)\).

}

a) Trong tam giác \(ABC\) ta cố \(MP\) là đường trung bình nên \(MP\parallel AC\) và \(MP=\displaystyle\frac{1}{2}AC\).\hfill\((1)\)

Trong tam giác \(ACD\) có \(QN\) là đường trung bình nên \(QN\parallel AC\) và \(QN=\displaystyle\frac{1}{2}AC\).\hfill \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(MP\parallel QN\) và \(MP=QN\).

b) Từ kết quả câu a) ta có tứ giác \(MPNQ\) là hình bình hành nên \(MN\), \(PQ\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đoạn.

Lí luận tương tự ta cũng có tứ giác \(MSNR\) là hình bình hành nên \(MN\), \(RS\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đoạn. Vậy \(MN\), \(PQ\), \(RS\) cùng đi qua trung điểm \(G\) của mỗi đoạn.

}

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(MN\parallel AB\) và \(MN=\displaystyle\frac{1}{2}AB\).\hfill\((1)\)

Ta lại có \(CD\parallel AB\) và \(CD=\displaystyle\frac{1}{2}AB\).\hfill\((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có \(MN\parallel CD\) và \(MN=CD\).

Vậy \(MNCD\) là hình bình hành.

Từ đó suy ra \(MN\parallel NC\).

}

a) Trong \( (ABCD) \), gọi \( P=CD\cap AB \).

Ta có \( \begin{cases}P\in CD\\P\in AB,\,AB\subset (SAB)\end{cases}\)\\ suy ra \(P=CD\cap (SAB) \).

b) Ta có \( \begin{cases}S\in (SAB)\cap (SCD)\\P\in (SAB)\cap (SCD)\end{cases} \)

suy ra \( SP= (SAB)\cap (SCD) \).

c) Trong \( (SAB) \), gọi \( N=MP\cap SB \).

Ta có \( \begin{cases}N\in MP,\,MP\subset (MCD)\\N\in SB,\,SB\subset (SBC)\end{cases}\)\\ suy ra \( N\in (SAB)\cap (SCD) \).

Mà \( C\in (SAB)\cap (SCD) \). Nên \( CN=(SAB)\cap (SCD) \).

}

a) Do \(MN\) và \(AD\) là hai đường thẳng chéo nhau nên theo chú ý trên, có duy nhất một mặt phẳng \((R)\) chứa \(MN\) và song song với \(AD\).

b) Ta thấy \(N\) là điểm chung hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((R)\). Ngoài ra, \(AD \parallel BC\) và \(BC \subset(SBC)\) nên \(AD\parallel (SBC)\). Mà \(AD \parallel (R)\) nên theo hệ quả của Định lí 2, giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \((SB C)\) và \((R)\) song song với \(AD\). Vậy \(AD\parallel d\).

}

a) Xét tam giác \( BCD \) có \( BI \) là đường trung tuyến và \( M \) là trọng tâm nên \( M\in BI \).\tagEX{1}

Xét tam giác \( CDA \) có \( AI \) là đường trung tuyến và \( N \) là trọng tâm nên \( N\in AI \).\tagEX{2}

Từ \( (1) \) và \( (2) \) suy ra \(M\), \(N\in (ABI)\).

b) Xét tam giác \( ABI \) có \( \displaystyle\frac{IN}{IA}=\displaystyle\frac{IM}{IB}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(M\), \(N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(BCD\), \(CDA\)) suy ra \( MN\parallel AB \) (định lý Ta-let đảo).

Do đó \(\displaystyle\frac{G M}{G A}=\displaystyle\frac{G N}{G B}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (định lý Ta-let).

c) Xét tam giác \( AJD \) có \( \displaystyle\frac{JQ}{JA}=\displaystyle\frac{JM}{JD}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(Q\), \(M\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC\), \(ACD\)) suy ra \( QM\parallel AD \) (định lý Ta-let đảo).

Xét \((AJD)\), gọi \( G'=AM\cap DQ\). Ta có \( \displaystyle\frac{G'M}{G'A}=\displaystyle\frac{QM}{AD}=\displaystyle\frac{JM}{JD}=\displaystyle\frac{1}{3} \) suy ra \( G'\equiv G \).

Do đó \( DQ \) đi qua \( G \).\tagEX{3}

Xét tam giác \( EBC \) có \( \displaystyle\frac{EP}{EB}=\displaystyle\frac{EN}{EC}=\displaystyle\frac{1}{3} \) (vì \(P\), \(N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD\), \(ACD\)) suy ra \( PN\parallel BC \) (định lý Ta-let đảo).

Xét \((EBC)\), gọi \( G''=CP\cap BN\). Ta có \( \displaystyle\frac{G''N}{G''B}=\displaystyle\frac{PN}{BC}=\displaystyle\frac{EN}{EC}=\displaystyle\frac{1}{3} \) suy ra \( G''\equiv G \).

Do đó \( CP \) đi qua \( G \).\tagEX{4}

Từ \( (3) \) và \( (4) \) suy ra \(CP\), \(DQ\) cùng đi qua điểm \(G\).

Xét tam giác \( KCD \) có \(\displaystyle\frac{GP}{GC}=\displaystyle\frac{GQ}{GD}=\displaystyle\frac{PQ}{CD}=\displaystyle\frac{KQ}{KD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (vì \(P\), \(Q\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD\), \(ABC\)).

}

a) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Xét hình bình hành \(ABCD\) có \(\displaystyle\frac{DM}{DA}=\displaystyle\frac{CN}{CI}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow MN \parallel CD.\)

Mà \(CD \subset (SCD)\) và \(MN\not\subset (SCD)\) nên \(MN \parallel (SCD)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{IG}{IS}=\displaystyle\frac{IN}{IC}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow NG \parallel SC\).

Mà \(SC \subset (SAC)\) và \(NG\not\subset (SAC)\) nên \(NG \parallel (SAC)\).

}

a) Xác định giao điểm của mặt phẳng \((MNP)\) và đường thẳng \(B'C\).

Xét hai mặt phẳng \((MNP)\) và \((ACC'A')\) có

\(\begin{cases}P\in (MNP)\cap (ACC'A')\\MN\parallel AC\\MN\subset (MNP\\AC\subset (ACC'A')\end{cases}\)

\(\Rightarrow (MNP)\cap (ACC'A')=PQ\parallel MN\parallel AC\), \(Q\in CC'\).

Trong mặt phẳng \((BCC'B')\) gọi \(K=QN\cap CB'\), suy ra \(K=B'C\cap (MNP)\).

b) Gọi \(K\) là giao điểm của của mặt phẳng \((MNP)\) với đường thẳng \(B'C\). Tính tỉ số \(\displaystyle\frac{KB'}{KC}\).

Gọi \(E\) là tâm hình bình hành \(BCC'B'\).

Do \(P\) là trung điểm \(AA'\) nên \(Q\) là trung điểm \(CC'\).

Suy ra \(QN\) là đường trung bình của tam giác \(CBC'\). Do đó \(K\) là trung điểm của \(CE\).

Vậy \(\displaystyle\frac{KB'}{KC}=3\).

}

Áp dụng định lí Thalès cho ba mặt phẳng đôi một song song \((P)\), \((Q)\), \((ABC)\) và hai cát tuyến \(SA\), \(SB\) ta có \(\displaystyle\frac{A_2A_1}{A_1A}= \displaystyle\frac{B_2B_1}{B_1B}\).

Vì \(A_2A_1= A_1A\) nên \(B_2B_1= B_1B\).

Tương tự với hai cát tuyến \(SA\), \(SC\) suy ra \(C_2C_1=C_1C\).

}

Gọi \(O\), \(O'\) và \(Q\) lần lượt là tâm các hình bình hành \(ABCD\), \(A'B'C'D'\) và \(AA'C'C\).

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(AB'D'\) \(\Rightarrow A'Q\) đi qua \(G\).

Vì \(G'\) là trọng tâm tam giác \(BDC'\) \(\Rightarrow CQ\) đi qua \(G'\).

Do đó \(A'C\) qua \(G\) và \(G'\).

Lại có \(\displaystyle\frac{A'G}{A'Q}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{A'G}{A'C}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow A'G=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\);

\(\displaystyle\frac{CG'}{CQ}=\displaystyle\frac{2}{3}\Rightarrow \displaystyle\frac{CG'}{A'C}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow CG'=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\).

Do đó \(A'G=GG'=G'C=\displaystyle\frac{1}{3}A'C\).

}

Giao tuyến của mặt phẳng \((\alpha )\) với các mặt phẳng \((Bb,Cc)\), \((Aa,Dd)\), \((Aa,Bb)\), \((Cc,Dd)\) lần lượt là \(B'C'\), \(A'D'\), \(A'B'\), \(C'D'\).

Do \((Bb,Cc) \parallel (Aa,Dd)\), \((Aa,Bb) \parallel (Cc,Dd)\) nên \(B'C' \parallel A'D'\) và \(A'B' \parallel C'D'\).

Suy ra tứ giác \(A'B'C'D'\) là hình bình hành.

}

a) Ta có \(MN \parallel AC\) và \(AM \parallel CN\) nên tứ giác \(MNCA\) là hình bình hành.

b) Ta có \(C \in (\alpha)\) và \(C \in (MNCA)\) vậy \(C\) thuộc giao tuyến của \(2\) mặt phẳng \((\alpha)\) và \((MNCA)\).

}

Ta có cát tuyến \(EA\) cắt ba mặt phẳng song song \((EFGH)\), \((IJKL)\), \((ABCD)\) lần lượt tại \(E\), \(I\), \(A\); cát tuyến \(GC\) cũng cắt ba mặt phẳng trên theo thứ tự tại \(G\), \(K\), \(C\). \\Áp dụng định lí Thalès trong không gian, ta có \(\displaystyle\frac{EI}{GK}=\displaystyle\frac{AE}{CG}=\displaystyle\frac{80}{90}=\displaystyle\frac{8}{9}\).\\ Suy ra \(GK=\displaystyle\frac{9}{8} EI=\displaystyle\frac{9}{8} \cdot 36=40{,}5\) (cm).

Vậy độ dài \(GK=40{,}5\) cm.

}

Do mặt phẳng \((Q)\) cắt mặt phẳng \((A x, B y)\) theo giao tuyến \(A^{\prime} B^{\prime}\); cắt mặt phẳng \((C z, D t)\) theo giao tuyến \(C^{\prime} D^{\prime}\), mà hai mặt phẳng \((A x, B y)\) và \((C z, D t)\) song song nên \(A^{\prime} B^{\prime} \parallel C^{\prime} D^{\prime}\).

Tương tự có \(A^{\prime} D^{\prime} \parallel B^{\prime} C^{\prime}\) nên \(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\) là hình bình hành.

Gọi \(O, O^{\prime}\) lần lượt là tâm \(A B C D\) và \(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\). Dễ dàng có \(O O^{\prime}\) là đường trung bình của hai hình thang \(A A^{\prime} C^{\prime} C\) và \(B B^{\prime} D^{\prime} D\) nên

\(O O^{\prime}=\frac{A A^{\prime}+C C^{\prime}}{2}=\frac{B B^{\prime}+D D^{\prime}}{2}\)

Vậy \(A A^{\prime}+C C^{\prime}=B B^{\prime}+D D^{\prime}\).

}

a) Qua \(O_1\) kẻ \(B_1C_1\) song song với mặt phẳng đáy như hình vẽ, khi đó ta có

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(ABB'A'\right) = A_1B_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(BCC'B'\right) = B_1C_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(CDD'C'\right) = C_1D_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(DEE'D'\right) = D_1E_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(EFF'E'\right) = E_1F_1\).

+) \(\left(A_1D_1,F_1C_1\right)\cap\left(AFF'A'\right) = A_1F_1\).

b) Ta có \(\begin{cases}A'A_1 = 6AA_1\\A'A_1 + AA_1 = AA' = 70\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}A'A_1 = 60\\AA_1 = 10.\end{cases}\)

Suy ra \(CC_1 = AA_1 = 10\) cm và \(C_1C' = A_1A' = 60\) cm.

}