Đáp án đúng là: A

Ta có: M ∈ AC ⊂ (ABC).

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: A

Ta có: S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

M ∈ AC ⊂ (SAC)

M ∈ BD ⊂ (SBD)

⇒ M ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SM.

Đáp án đúng là: C

+) Trong tam giác SAB, có: IJ // AB (IJ là đường trung bình của tam giác)

Ta lại có AB // DC nên IJ // DC

+) Trong tam giác SDC có EF // DC (EF là đường trung bình của tam giác)

+) AD với IJ là hai đường thẳng chéo nhau.

Đáp án đúng là: A

Ta có: AB // CD

AB ⊂ (SAB)

CD ⊂ (SCD)

S ∈ (SAB) ∩ (SCD)

Suy ra giao tuyến của (SAB) và (SCD) đường thẳng p đi qua S song song với AB và CD.

Đáp án đúng là: D

Qua một điểm nằm ngoài mặt phắng cho trước ta vẽ được nhiều hơn một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó.

Đáp án đúng là: D

Ta có: (MPQ) // (ABA’) vì:

MQ // AB ⊂ (ABA’)

Mà MQ ⊂ (MNQ)

Do đó (MPQ) // (ABA’).

Trong mặt phẳng (CDD’C’), từ điểm O kẻ đường thẳng song song với MN cắt CD tại Q và C’D’ tại P. Suy ra mp(OMN) = mp(MNPQ). Khi đó:

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABB’A’) là MN.

+) Giao tuyến của (OMN) với (A’B’C’D’) là NP.

+) Giao tuyến của (OMN) với (CC’D’D) là PQ.

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABCD) là MQ.

Do (α) đi qua M và (α) // (SAD) nên (α) cắt các mặt của hình chóp tại các giao tuyến song song với (SAD).

+) Trong mặt phẳng (ABCD), từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AD cắt CD tại N. Suy ra giao tuyến của (α) và (ABCD) là MN // AD.

+) Trong mặt phẳng (SCD), từ điểm N kẻ đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Suy ra giao tuyến của (α) và (SCD) là NP // SD.

+) Trong mặt phẳng (SBC), từ điểm P kẻ đường thẳng song song với BC // AD cắt SB tại Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SBC) là PQ // AD.

+) Trong mặt phẳng (SAB), nối M và Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SAB) là MQ // SA.

a) Xét từ giác MNPQ, có: MN // PQ nên MNPQ là hình thang.

Ta có: SA // MQ, MN // AD và  $\widehat{SAD}=60°$ nên  $\widehat{QMN}=60°$.

Ta lại có: MN // AD, NP // SD và  $\widehat{SDA}=60°$ nên  $\widehat{PNM}=60°$.

Suy ra:  $\widehat{QMN}=\widehat{PNM}=60°$

Do đó tứ giác MNPQ là hình thang.

b)

+) Ta có ABCD là hình thoi và MN // AD //BC nên MN = a.

+) Trong tam giác ABC, có PQ // BC nên  $\frac{PQ}{BC}=\frac{SQ}{SB}$ (định lí Thales)

+) Trong tam giác SAB, có: MQ / SA nên  $\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}=\frac{x}{a}$ (định lí Thales)

Do đó  $\frac{PQ}{BC}=\frac{x}{a}\iff \frac{PQ}{a}=\frac{x}{a}\iff PQ=x$.

+) Ta lại có:  $\frac{BQ}{SB}=\frac{MQ}{SA}=\frac{a-x}{a}\Rightarrow MQ=a-x$

+) Xét tam giác MHQ vuông tại H, có:  $\sin \widehat{MQH}=\frac{QH}{MQ}\Rightarrow QH=MQ.\sin \widehat{MQH}=\left(a-x\right).\sin 60°=\frac{\sqrt{3}\left(a-x\right)}{2}$.

a) Vì d // (α) nên phép chiếu song song của d trên mặt phẳng (α) là AC và d // AC hay MN // AC.

Mặt khác ta lại có AM // NC

Do đó tứ giác MNCA là hình bình hành.

b) C luôn chạy trên đường thẳng là hình chiếu của đường thẳng b trên mặt phẳng (α) theo phương chiếu (α).

c) Để độ dài MN nhỏ nhất thì đường thẳng d phải vuông góc với a và vuông góc với b.

a,

+) Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài DM cắt AB tại O

Vì AO // DC nên  $\frac{AO}{DC}=\frac{AM}{MC}=\frac{OM}{MD}=\frac{1}{2}$ (định lí Thales)

Suy ra  $AO=\frac{1}{2}AB$.

+) Gọi N’ là giao điểm của BF và OE, khi đó: $\frac{OB}{EF}=\frac{BN\text{'}}{N\text{'}F}=\frac{ON\text{'}}{N\text{'}F}=\frac{1}{2}\Rightarrow BN\text{'}=2N\text{'}F$ nên N’ trùng N.

+) Trong mặt phẳng (ODE), có:  $\frac{OM}{DM}=\frac{ON}{NE}=\frac{1}{2}$.

Suy ra MN // DE (định lí Thales đảo).

b) Ta có: MM₁ // AB // DC nên  $\frac{A{M}_1}{D{M}_1}=\frac{AM}{MC}=\frac{1}{2}$.

Ta lại có: NN₁ // AB // EF nên   $\frac{A{N}_1}{N_{1}F}=\frac{BN}{BF}=\frac{1}{2}$.

Suy ra  $\frac{A{M}_1}{D{M}_1}=\frac{A{N}_1}{N_{1}F}=\frac{1}{2}$ 

Do đó M₁N₁ // DF

Mà DF ⊂ (DEF) nên M₁N₁ // (DEF).

c) Ta có: MN // DE, M₁N₁ // DF mà DE, DF ⊂ (DEF) và MN, M₁N₁ ⊂ (MNN₁M₁); DE và DF cắt nhau tại E nên (MNN₁M₁) // (DEF).