Do qua hai điểm phân biệt chỉ có một đường thẳng nên qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng \(M\), \(N\), \(P\), ta xác định được ba đường thẳng là \(MN\), \(NP\) và \(PM\).

Do \(O\) không thuộc \(a\) nên ba điểm \(M\), \(N\), \(O\) không thẳng hàng. Do đó chỉ có một mặt phẳng đi qua ba điểm \(M\), \(N\), \(O\).

Gọi \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) là bốn điểm không cùng nằm trên một mặt phẳng trong không gian (tồn tại theo tính chất 4). Ta xác định được bốn mặt phẳng phân biệt là: \((ABC)\), \((ABD)\), \((ACD)\), \((BCD)\).

Ta có \(A, B\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng \((OAB)\) và \((ABC)\). Suy ra \(AB\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((OAB)\) và \((ABC)\).

a. Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm \(O\), \(A\), \(B\) được xác định theo tính chất 2. Trong mặt phẳng \((P)\) ta có:

\(\quad\)\(\displaystyle\frac{OG}{OA}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ACD\));

\(\quad\)\(\displaystyle\frac{OG'}{OB}=\displaystyle\frac{1}{3}\) (vì \(G'\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\) ).

Suy ra \(\displaystyle\frac{OG}{OA}=\displaystyle\frac{OG}{OR}\). Áp dụng tính chất 6, suy ra \(GG'\parallel AB\).

b. Gọi \((Q)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm \(B, C, D\). Các điểm \(B, G', O, F\) là điểm chung của hai mặt phằng phân biệt \((P)\) và \((Q)\).

\(\quad\)Theo tính chất 5, chúng phải cùng nằm trên giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\). Vậy \(B, G', O, F\) thẳng hàng.

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng xác định bởi ba điểm \(A, B, C\).

Ta có \(M \in AB\) và \(AB \subset(Q)\), suy ra \(M \in(Q)\).

Mặt khác, \(M \in(P)\). Vậy \(M \in(P) \cap(Q)\).

Tương tự, ta cũng có \(N \in(P) \cap(Q)\) và \(E \in(P) \cap(Q)\).

Suy ra ba điểm \(M, N, E\) thẳng hàng vì cùng nằm trên đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\).

Với đường thẳng \(d\) và điểm \(M\) không thuộc \(d\), ta xác định được mặt phẳng thứ nhất là \((M, d)\). Nếu điểm \(N\) thuộc \((M, d)\) thì ta chỉ xác định được một mặt phẳng. Nếu điểm \(N\) không thuộc \((M, d)\) thì ta xác định được mặt phẳng thứ hai là \((N, d)\).

Từ ba cặp đường thẳng cắt nhau \(a\) và \(b\), \(b\) và \(c\), \(c\) và \(a\), ta xác định được ba mặt phẳng là mp\((a, b)\), mp\((b, c)\), mp\((c, a)\).

Hình chóp \(S.ABCD\) có:

+ Các mặt bên: \(SAB, SBC, SCD, SDA\);

+ Mặt đáy \(ABCD\);

+ Các cạnh bên: \(SA, SB, SC, SD\);

+ Các cạnh đáy: \(AB, BC, CD, DA\).

Tứ diện \(MNPQ\) có:

+ Các mặt: \(MNP, MPQ, MQN, NPQ\).

+ Các cặp cạnh đối diện: \(MN\) và \(PQ\), \(MP\) và \(NQ\), \(MQ\) và \(NP\).

a. Trong mặt phẳng \((ABC)\), vẽ giao điểm \(E\) của \(MN\) và \(AC\).

+ Ta có \(E \in AC\), suy ra \(E \in(SAC)\).

+ Vậy \(E\) là giao điểm của đường thẳng \(M N\) và mặt phẳng \((SAC)\).

b. Ta có \(S\) và \(E\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng \((SMN)\) và \((SAC)\), suy ra \((SMN) \cap(SAC)=SE\).

+ Trong mặt phẳng \((ABC)\), vẽ giao điểm \(F\) của \(AN\) và \(MC\).

+ Ta có \(S\) và \(F\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng \((SAN)\) và \((SCM)\), suy ra \((SAN) \cap(SCM)=SF\).

a. Trong \((SAC)\colon AM \cap SO=I\).

Ta có \(\begin{cases} I\in AM\\ I\in SO \subset (SBD)\end{cases}\) \(\Rightarrow I=AM\cap (SBD)\).

Tam giác \(SAC\) có hai đường trung tuyến \(AM\) và \(SO\) cắt nhau tại \(I\), suy ra \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\). Từ đó ta có \(IA=2IM\) (đpcm).

b. Trong \((SBD)\colon BI\cap SD=E\).

Ta có \(\begin{cases} E\in SD\\ E\in BI \subset (ABM)\end{cases}\) \(\Rightarrow E=SD\cap (ABM)\).

c. Trong \((ABCD)\colon CN\cap BD=F\).

Trong \((SNC)\colon SF\cap MN=J\).

Ta có \(\begin{cases} J\in MN\\ I\in SF\subset (SBD)\end{cases}\) \(\Rightarrow J=MN\cap (SBD)\).

a. Trong \((SBD)\colon SO\cap MN=E\).

Ta có \(\begin{cases} E\in SO\\ E\in MN\subset (MNP)\end{cases}\) \(\Rightarrow E=SO\cap (MNP)\).

b. Trong \((SAC)\colon PE\cap SA=Q\).

Ta có \(\begin{cases} Q\in SA\\ Q\in PE\subset (MNP)\end{cases}\) \(\Rightarrow Q=SA\cap (MNP)\).

c. Từ giả thiết ta có

+ \(\begin{cases} I\in QM \subset (MNP)\\ J\in QP\subset (MNP)\\ K\in QN \subset (MNP)\end{cases}\) \(\Rightarrow I, J, K\in (MNP)\). (1)

+ Mặt khác, \(\begin{cases} I\in AB \subset (ABCD)\\ J\in (AC)\subset (ABCD)\\ K\in AD \subset (ABCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow I, J, K\in (ABCD)\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I, J, K \in (MNP)\cap (ABCD)\). Suy ra \(I, J, K\) thẳng hàng.

a. Ta có

+ \(\begin{cases} G\in (EFG)\\ G\in BD\subset (BCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow G\in (EFG)\cap (BCD)\). (1)

+ Mặt khác, \(\begin{cases} I\in EF \subset (EFG)\\ I\in BC\subset (BCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow I\in (EFG)\cap (BCD)\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(GI=(EFG)\cap (BCD)\).

Trong \((BCD)\colon GI\cap CD=K\).

+ Ta có \(\begin{cases} F\in (EFG)\\ F\in AC\subset (ACD)\end{cases}\) \(\Rightarrow F\in (EFG)\cap (ACD)\). (3)

+ Mặt khác, \(\begin{cases} K\in GI\subset (EFG)\\ K\in CD\subset (ACD)\end{cases}\) \(\Rightarrow K\in (EFG)\cap (ACD)\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(FK=(EFG)\cap (ACD)\).

b. Vì \(IG\) và \(CD\) cắt nhau tại \(K\) nên để chứng minh \(CD, IG, HF\) cùng đi qua một điểm, ta chứng minh \(H, K, F\) thẳng hàng. Thật vậy:

+ Ta có \(\begin{cases} H\in EG\subset (EFG)\\ K\in GI\subset (EFG)\\ F\in (EFG)\end{cases}\) \(\Rightarrow H, K, F\in (EFG)\). (5)

+ Mặt khác, \(\begin{cases} H\in AD\subset (ACD)\\ K\in CD\subset (ACD)\\ F\in AC\subset (ACD)\end{cases}\) \(\Rightarrow H, K, F\in (ACD)\). (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(H, K, F\in (ACD)\cap (EFG)\), do đó \(H, K, F\) thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng \(CD, IG, HF\) cùng đi qua một điểm.

+ Thước laser phát ra tia laser; khi quay, các tia laser chung gốc tạo thành một mặt phẳng ánh sáng

+ Khi cắt mặt phẳng ánh sáng này bởi mặt tường hoặc sàn nhà thì phần thu được trên tường hoặc sàn là giao tuyến của mặt phẳng ánh sáng và mặt tường hay sàn nhà. Đó là giao tuyến của hai mặt phẳng nên là một đường thẳng.