bài toán hình lăng trụ

Bài viết hướng dẫn giải một số bài toán liên quan đến hình lăng trụ cùng một số bài tập để học sinh tự rèn luyện.

Định nghĩa:

• Hình lăng trụ là một khối đa diện có hai đáy là hai đa giác có các cạnh song song và bằng nhau, các cạnh bên song song và bằng nhau.

• Hình hộp là một lăng trụ có đáy là hình bình hành. Bốn đường chéo của hình hộp đồng quy tại trung điểm mỗi đường. Điểm đó gọi là tâm của hình hộp.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’.\) Gọi \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là trọng tâm \(ΔABC\), \(ΔA’B’C’\), \(ΔACC’.\) Gọi \(M\), \(N\), \(H\) lần lượt là trung điểm \(BC\), \(B’C’\), \(AC.\) Chứng minh:

a) Mặt phẳng \((IJK)\) song song mặt phẳng \((BB’C’C).\)

b) Mặt phẳng \((A’JK)\) song song mặt phẳng \((AIB’).\)

a) Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC’.\)

Ta có tứ giác \(IMNJ\) là hình bình hành, suy ra \(IJ//MN\) \((1).\)

Ta có: \(\frac{{HI}}{{HB}} = \frac{{HK}}{{HC’}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow IK//BC’\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(mp(IKJ)//mp\left( {BB’C’C} \right).\)

b) Do \(\overrightarrow {AA’} = \overrightarrow {MN} \) nên \(AM//A’N.\)

Do \(\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {NB’} \) nên \(CN//MB’.\)

Mà \(CN\) và \(A’N\) là hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng \((A’JK)\) và \(AM\), \(MB’\) là hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng \((AIB’).\)

Do đó \(mp (A’JK) // mp (AIB’).\)

Ví dụ 2: Cho lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\) Gọi \(G\) và \(G’\) là trọng tâm \(ΔABC\) và \(ΔA’B’C’.\) Chứng minh các mặt phẳng \((ABC’)\), \((BCA’)\), \((ACB’)\) cắt nhau tại \(O\) trên \(GG’.\) Tính \(\frac{{OG}}{{OG’}}.\)

Gọi \(I\) và \(I’\) lần lượt là trung điểm \(BC\) và \(B’C’.\)

Gọi \(H\), \(J\), \(K\) lần lượt là tâm các hình bình hành \(ABB’A’\), \(BCC’B’\), \(ACC’A’.\)

Ta có:

\(mp(ABC’) ∩ mp (BCA’) = BK.\)

\(mp(ABC’) ∩ mp (ACB’) = AJ.\)

Trong mặt phẳng \((ABC’)\), \(AJ\) cắt \(BK\) tại \(O\) là trọng tâm \(ΔABC’.\)

Vậy ba mặt phẳng \((ABC’)\), \((BCA’)\), \((ACB’)\) cắt nhau tại \(O.\)

Ta có \(G\) và \(O\) là trọng tâm \(ΔABC\) và \(ΔABC’\) \( \Rightarrow \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AO}}{{AJ}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow OG//II’\) \((1).\)

Ta có \(GII’G’\) là hình bình hành \( \Rightarrow GG’//II’\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(O\), \(G\), \(G’\) thẳng hàng.

\( \Rightarrow O \in GG’.\)

\(G’G//IJ\) \( \Rightarrow \frac{{OG}}{{IJ}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow OG = \frac{2}{3}IJ = \frac{{I{I^\prime }}}{3}.\)

Mà \(GG’ = II’ \Rightarrow OG = \frac{1}{3}GG’.\)

Do đó: \(\frac{{OG}}{{OG’}} = \frac{1}{2}.\)

Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a.\) Các mặt bên \(ABB’A’\), \(ACC’A’\) là hình vuông có tâm lần lượt là \(I\) và \(J.\) Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ΔABC.\)

a) Chứng minh \(IJ\) song song mặt phẳng \((ABC).\)

b) Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng \((IJO).\) Tính diện tích thiết diện đó theo \(a.\)

a) Tam giác \(AB’C’\) có \(IJ // B’C’\) mà \(B’C’ // BC\) \(⇒ IJ // BC.\)

Vậy \(IJ // mp (ABC).\)

b) Ta có: \(IJ // mp (ABC)\) mà \(mp (OIJ) ∩ mp (ABC) = MN\) thì \(MN // IJ // BC.\)

Trên mặt phẳng \((AA’C’C)\), \(MJ\) cắt \(A’C’\) tại \(H.\)

Do \(IJ // B’C’\) \(⇒ IJ // mp (A’B’C’).\)

Vậy \(mp (OIJ) ∩ mp (A’B’C’) = HK // B’C’.\)

Mặt cắt là tứ giác \(MNKH\) có \(MN // HK.\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{A’A\:cạnh\:chung}\\

{AM = AN}\\

{AH = AK}

\end{array}} \right\} \Rightarrow MH = NK.\)

Vậy \(MNKH\) là hình thang cân.

Ta có: \(\frac{{AO}}{{A{A_1}}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow MN = \frac{2}{3}a.\)

Ta có: \(\Delta JMC = \Delta JA’H\) \( \Rightarrow A’H = \frac{a}{3}\) \( \Rightarrow HK = \frac{a}{3}.\)

Ta có: \(2MH’ = MN – HK = \frac{a}{3}\) \( \Rightarrow MH’ = \frac{a}{6}.\)

\(ΔMHH’\) vuông \( \Rightarrow H{M^2} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{9} = \frac{{10{a^2}}}{9}.\)

\(ΔMHH’\) vuông \( \Rightarrow HH{‘^2} = \frac{{10{a^2}}}{9} – \frac{{{a^2}}}{{36}} = \frac{{39{a^2}}}{{36}}.\)

Vậy diện tích thiết diện \(HKNM\) bằng: \(\frac{1}{2}(HK + MN)HH’\) \( = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2a}}{3} + \frac{a}{3}} \right)\frac{{a\sqrt {39} }}{6} = \frac{{{a^2}}}{{12}}\sqrt {39} .\)

Ví dụ 4: Chứng minh trong hình hộp các đường chéo đồng quy tại một điểm và tổng các bình phương của bốn đường chéo bằng tổng bình phương các cạnh.

Do \(ACC’A’\) là hình bình hành nên \(AC’\) cắt \(CA’\) tại trung điểm \(O\) mỗi đường.

Do \(ABC’D’\) là hình bình hành nên \(BD’\) qua \(O\) và nhận \(O\) là trung điểm.

Do \(BDD’B’\) là hình bình hành nên \(B’D\) qua \(O\) và nhận \(O\) là trung điểm.

Vậy \(AC’\), \(A’C\), \(BD’\), \(B’D\) đồng quy tại \(O.\)

Giả sử hình bình hành \(MNHK\) có tâm \(I.\)

\(\Delta MNK\) \( \Rightarrow M{K^2} + M{N^2} = 2M{I^2} + \frac{{N{K^2}}}{2}\) \( \Rightarrow M{K^2} + M{N^2} = \frac{{M{H^2} + N{K^2}}}{2}.\)

Do \(ABC’D’\) là hình bình hành nên \(AC{‘^2} + BD{‘^2} = 2\left( {A{B^2} + AD{‘^2}} \right)\) \((1).\)

DO \(CDA’B’\) là hình bình hành nên \(A'{C^2} + DB{‘^2} = 2\left( {C{D^2} + DA{‘^2}} \right)\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \(AC{‘^2} + BD{‘^2} + A'{C^2} + DB{‘^2}\) \( = 2\left( {A{B^2} + C{D^2} + AD{‘^2} + DA{‘^2}} \right).\)

Mặt khác \(ADD’A’\) là hình bình hành nên: \(AD{‘^2} + DA{‘^2} = 2\left( {A{D^2} + AA{‘^2}} \right).\)

Đặt \(AB = a\), \(AD = b\), \(AA’ = c.\)

Khi đó: \(AC{‘^2} + BD{‘^2} + A'{C^2} + DB{‘^2}\) \( = 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\)

Vậy tổng bình phương bốn đường chéo bằng tổng bình phương \(12\) cạnh của hình hộp.

Ví dụ 5: Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\)

a) Chứng minh \(AC’\) đi qua trọng tâm \(G_1\), \(G_2\) của \(ΔBDA’\) và \(ΔB’D’C.\) Chứng minh \(G_1\), \(G_2\) chia \(AC’\) làm ba phần bằng nhau.

b) Xác định thiết diện của mặt phẳng \((A’B'{G_2})\) và hình hộp.

a) Gọi \(O\), \(O’\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\) và \(A’B’C’D’.\)

Trên mặt phẳng \((ACC’A’)\), \(AC’\) cắt \(OA’\) và \(O’C\) tại \(G_1\), \(G_2.\)

Ta có: \(OA//A’C’ \Rightarrow \frac{{{G_1}O}}{{{G_1}A’}} = \frac{{OA}}{{A’C’}} = \frac{1}{2}.\)

Mà \(A’O\) là trung tuyến của \(ΔA’BD\) nên \(G_1\) là trọng tâm \(ΔA’BD.\)

Tương tự \(G_2\) là trọng tâm \(ΔCB’D’.\)

Ta có: \(\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {A’O’} \) \(⇒OA’//O’C.\)

Vậy \(O{G_1}\) là đường trung bình của \(ΔAC{G_2}\) \(⇒A{G_1} = {G_1}{G_2}.\)

Tương tự \(O'{G_2}\) là đường trung bình của \(Δ{G_1}C’A’\) \(⇒ {G_1}{G_2} = {G_2}C’.\)

Vậy \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C’.\)

b) Trong mặt phẳng \((CB’D’)\), \(B'{G_2}\) cắt \(CD’\) tại trung điểm \(I\) của \(CD’.\)

Mặt phẳng \((A’B'{G_2})\) chứa \(A’B’ // C’D’\), vậy cắt mặt phẳng \((C’D’DC)\) theo giao tuyến \(EF\) qua \(I\) và \(EF // C’D’ // A’B’.\)

Ta có \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {B’A’} \) nên mặt cắt \(A’B’EF\) là hình bình hành.

Ví dụ 6: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) có \(H\) là trung điểm \(A’B’.\)

a) Chứng minh \(CB’\) song song mặt phẳng \((AHC’).\)

b) Tìm giao điểm của \(AC’\) và mặt phẳng \((BCH).\)

c) Mặt phẳng \((α)\) qua \(M\) là trung điểm của \(CC’\) song song \(AH\) và \(CB’.\) Xác định thiết diện và tỉ số mà các đỉnh của thiết diện chia các cạnh tương ứng của lăng trụ.

a) Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB.\)

Ta có \(AH // B’K\) và \(HC’ // KC.\)

Vậy \((AHC’) // (B’KC).\)

Mà \(CB’ ⊂ (B’KC)\) \(⇒ CB’ // (AHC’).\)

b) Gọi \(L\) là trung điểm của \(A’C’\) thì \(HL // B’C’ // BC.\)

Vậy \(L ∈ (HBC).\)

Trong mặt phẳng \((ACC’A’)\), \(AC’\) cắt \(CL\) tại \(I\) thì \(I = AC’ ∩ (HBC).\)

c) \((α) // CB’\) mà \(CB’ ⊂ (BCC’B’)\) \(⇒ (α) ∩ (BCC’B’) = MN // CB’\) \((N ∈ B’C’).\)

Trong mặt phẳng \((B’C’CB)\), \(BC ∩ MN = M’.\)

Ta có \(AH // B’K\) \(⇒ B’K // (α)\) mà \(B’C // (α)\) nên \((α) // (B’KC).\)

Vậy \((ABC)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’KC)\) theo hai giao tuyến \(KC // M’RQ\) với \(R ∈ AC\), \(Q ∈ AB.\)

Mặt phẳng \((A’B’BA)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’KC)\) theo hai giao tuyến \(QP // KB’\) với \(P ∈ A’B’.\)

Mặt phẳng \((BCC’B’)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’KC)\) theo hai giao tuyến \(MN // B’C\) với \(N ∈ B’C’.\)

Do đó thiết diện là ngũ giác \(MNPQR.\)

Ta có \(N\) và \(P\) lần lượt là trung điểm của \(B’C’\) và \(HB’.\) Do đó \(\frac{{PA’}}{{PB’}} = 3.\)

Tương tự \(R\) và \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(AK.\) Do đó \(\frac{{QA}}{{QB}} = \frac{1}{3}.\)

Do đó \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\) chia theo thứ tự \(CC’\), \(B’C’\), \(A’B’\), \(AB\), \(AC\) theo tỉ số \(1\), \(1\), \(3\), \(\frac{1}{3}\), \(1.\)

Ví dụ 7: Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\) Lấy \(M\) trên \(AD\), \(N\) trên \(D’C’\) sao cho \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{D’N}}{{NC’}}.\)

a) Chứng minh \(MN\) song song mặt phẳng \((C’BD).\)

b) Gọi \((Q)\) là mặt phẳng qua \(MN\) và song song mặt phẳng \((C’BD).\) Xác định mặt cắt của \((Q)\) và hình hộp.

a) Ta có \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{D’N}}{{NC’}}\) \( \Rightarrow \frac{{AM}}{{D’N}} = \frac{{MD}}{{NC’}} = \frac{{AM + MD}}{{D’N + NC’}} = \frac{{AD}}{{C’D’}}.\)

Do định lí Thales đảo, ba đường thẳng \(MN\), \(AD’\), \(DC’\) cùng song song với mặt phẳng \((P)\) nhưng \(AD’ // BC’.\)

Vậy mặt phẳng \((P)\) song song \((C’BD).\)

Do đó \(MN // (C’BD).\)

b) Mặt phẳng \((Q) // (C’BD)\), vậy \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến \(ME\) và \(BD\) song song nhau \((E ∈ AB).\)

Tương tự \((ABB’A’)\) cắt hai mặt song song \((Q)\) và \((C’BD)\) theo giao tuyến \(EF // AB’\) \((F ∈ BB’).\)

Lập luận tương tự vẽ \(FI // BC’\) \((I ∈ B’C’).\)

Thiết diện của \((Q)\) và hình lập phương là lục giác \(MEFINJ.\)

Ví dụ 8: Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\) Gọi \(O’\) là tâm hình bình hành \(A’B’C’D’\), \(K\) là trung điểm của \(CD\), \(E\) là trung điểm của \(BO’.\)

a) Chứng minh điểm \(E\) thuộc mặt phẳng \((ACB’).\)

b) Xác định mặt cắt của hình hộp và mặt phẳng \((α)\) qua \(K\) và song song \((EAC).\)

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

Tứ giác \(B’O’OB\) là hình bình hành nên \(E\) là trung điểm của \(B’O.\)

Mà \(B’O ⊂ (B’AC)\) \(⇒ E ∈ (B’AC).\)

b) Do \(E ∈ (ACB’)\) nên \((EAC) ≡ (B’AC).\)

Mặt phẳng \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’AC)\) theo hai giao tuyến \(AC // KI\) \((I ∈ AD).\)

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), \(AB\) cắt \(KI\) tại \(J.\)

Mặt phẳng \((A’B’BA)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’AC)\) theo hai giao tuyến \(JMN // B’A\) \((M ∈ AA’, N ∈ A’B’).\)

Trong mặt phẳng \((A’B’BA)\), \(MN\) cắt \(BB’\) tại \(H.\)

Mặt phẳng \((B’C’CB)\) cắt hai mặt phẳng song song \((α)\) và \((B’AC)\) theo hai giao tuyến \(B’C // HPQ\) \((P ∈ B’C’, Q ∈ CC’).\) Mặt cắt là lục giác \(KIMNPQ.\)

Ví dụ 9: Cho lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(BC\) và \(CC’\), \(P\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(A.\) Xác định mặt cắt của lăng trụ với:

a) Mặt phẳng \((A’MN).\) Tính tỉ số mà mặt cắt chia cạnh \(AB.\)

b) Mặt phẳng \((MNP).\) Tính tỉ số mà mặt cắt chia cạnh \(AA’\) và \(AB.\)

a) Trong mặt phẳng \((BB’C’C)\), gọi \(I\) là giao điểm \(BB’\) và \(MN.\)

Trong mặt phẳng \((ABB’A’)\) gọi \(H\) là giao điểm \(A’I\) và \(AB.\)

Vậy mặt cắt của \((A’MN)\) và lăng trụ là tứ giác \(HMNA’.\)

\(\Delta MBI = \Delta MCN\) \( \Rightarrow IB = CN = \frac{1}{2}CC’.\)

Do: \(HB//A’B’\) \( \Rightarrow \frac{{IH}}{{IA’}} = \frac{{IB}}{{IB’}} = \frac{{HB}}{{A’B’}}\) \( \Rightarrow \frac{{HB}}{{A’B’}} = \frac{{\frac{1}{2}CC’}}{{\frac{3}{2}BB’}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow HB = \frac{1}{3}AB.\)

b) Trong mặt phẳng \((ABC)\) gọi \(R\) là giao điểm \(PM\) và \(AB.\)

Trong mặt phẳng \((ACC’B’)\) gọi \(S\) là giao điểm \(PN\) và \(AA’.\)

Vậy mặt cắt của \((PMN)\) và lăng trụ là tứ giác \(MRSN.\)

Ta có \(R\) là trọng tâm tam giác \(PBC\) nên \(AR = \frac{1}{3}AB.\)

Ta có \(SA\) là đường trung bình của tam giác \(PCN\) nên \(AS = \frac{1}{2}CN = \frac{1}{4}CC’ = \frac{1}{4}AA’.\)

Ví dụ 10: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) cạnh \(a.\) Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm \(AB\), \(B’C’\) và \(DD’.\)

a) Chứng minh mặt phẳng \((MNP)\) song song với các mặt phẳng \((AB’D’)\) và \((BDC’).\)

b) Xác định mặt cắt của \((MNP)\) và hình lập phương.

a) Gọi \(O\), \(O’\) và \(I\) lần lượt là tâm hình vuông \(ABCD\), \(A’B’C’D’\) và \(ADD’A’.\)

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {O’N} \) nên \(AMNO’\) là hình bình hành.

\(⇒ AO’ // MN\) \((1).\)

Ta có: \(\overrightarrow {IP} = \overrightarrow {B’N} \) nên \(PIB’N\) là hình bình hành.

\(⇒ B’I // NP\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) \(⇒ (AB’D’) // (MNP).\)

Do \(ABC’D’\) là hình bình hành nên \(AD’ // BC’.\)

Do \(DBB’D’\) là hình bình hành nên \(DB // D’B’.\)

Vậy \((AD’B’) // (DBC’).\)

Do đó: \((AB’D’) // (MNP) // (DBC’).\)

b) Mặt phẳng \((MPN) // (DBC’)\) nên mặt phẳng \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến \(MK // BD\) (\(K\) trung điểm \(AD\)).

Mặt phẳng \((MNP) // (AD’B’)\) nên \((AA’D’D)\) cắt hai mặt phẳng theo giao tuyến \(KP // AD’.\)

Tương tự \((AD’B’)\) cắt \((CDD’C’)\) theo hai tuyến \(PG // DC’.\)

\((AD’B’)\) cắt \((A’B’C’D’)\) theo giao tuyến \(GN // B’D’.\)

\((AD’B’)\) cắt \((CBB’C’)\) theo giao tuyến \(NH // BC’.\)

\((AD’B’)\) cắt \((ABA’B’)\) theo giao tuyến \(MH // AB’.\)

Do đó mặt cắt của \((MNP)\) và hình lập phương là lục giác đều \(MKPGNH\) cạnh \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Bài tập rèn luyện:

Bài tập 1: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\) Gọi \(I\), \(M\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AI\). Gọi \((α)\) là mặt phẳng qua \(M\) song song với \(AC’\) và \(B’C.\) Tìm mặt cắt của \((α)\) và lăng trụ. Tính tỉ số mà mặt cắt chia \(CC’.\)

Bài tập 2: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\) Gọi \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là tâm các hình bình hành \(ACC’A’\), \(BCC’B’\), \(ABB’A’.\) Gọi \(G\), \(G’\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(A’B’C’.\) Chứng minh:

a) \(IJ // (ABB’A’)\), \(JK // (ACC’A’)\), \(IK // (BCC’B’).\)

b) \(AJ\), \(CK\), \(BI\) đồng quy tại \(O.\)

c) \((IJK) // (ABC).\)

d) Ba điểm \(G\), \(O\), \(G’\) thẳng hàng.

Bài tập 3: Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\) Gọi \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) lần lượt là tâm các mặt bên \(ABB’A’\), \(BCC’B’\), \(CDD’C’\), \(DAA’D’.\)

a) Chứng minh \(RQ // (ABCD)\), \((PQRS) // (ABCD).\)

b) Xác định thiết diện hình hộp và mặt phẳng \((ARQ).\)

c) Gọi \(M\) là giao điểm của \(CC’\) và \((ARQ).\) Tính tỉ số \(\frac{{MC}}{{MC’}}.\)

Bài tập 4: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’.\) Gọi \(E\), \(F\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(DD’\), \(B’C’.\) Dựng thiết diện của hình lập phương với \((EFC)\), \((EFC’)\), \((EFK).\)

Bài tập 5: Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AA’\) và \(CC’.\) Lấy \(P\) trên \(DD’\) sao cho \(DP = 2PD’.\)

a) Xác định mặt cắt của \((MNP)\) và hình hộp.

b) Tìm giao tuyến của \((MNP)\) và \((ABCD).\)

Bài tập 6: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\)

a) Tìm giao tuyến \(d\) của \((AB’C’)\) và \((A’BC).\)

b) Chứng minh \(d // (BB’C’C).\)

c) Gọi \(H\) là trung điểm của \(A’B’.\) Chứng minh \(CB’ // (AHC’).\)

Bài tập 7: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’.\)

a) Chứng minh \((ABD’) // (C’BD).\)

b) Gọi \(E\), \(F\), \(G\) lần lượt là trung điểm của \(AA’\), \(BB’\), \(CC’.\) Chứng minh \((ABCD) // (EFG).\)

c) Gọi \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(AD\), \(A’D’.\) Chứng minh \((IJK) // (BDD’B’).\)

Bài tập 8: Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\) Lấy \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt trên \(AB’\), \(AC’\), \(B’C\) sao cho \(\frac{{AM}}{{AB’}} = \frac{{C’N}}{{AC’}} = \frac{{CP}}{{CB’}} = x.\)

a) Tìm \(x\) để \((MNP) // (A’BC’).\) Biết tam giác \(A’BC’\) đều cạnh \(a.\) Tính diện tích mặt cắt bởi \((MNP)\) và lăng trụ.

b) Tìm tập hợp trung điểm của \(NP\) khi \(x\) thay đổi.

Bài tập 9: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) cạnh \(a.\) Trên \(AB\), \(CC’\), \(C’D’\) và \(AA’\) lần lượt lấy các điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) sao cho \(AM = C’N = C’P = AQ = x\) \((0 ≤ x ≤ a).\)

a) Chứng minh bốn điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) đồng phẳng và \(MP\), \(NQ\) cắt nhau tại một điểm cố định.

b) Chứng minh \((MNPQ)\) luôn chứa một đường thẳng cố định. Tìm \(x\) để \((MNPQ) // (A’BC’).\)

c) Tìm thiết diện của \((MNPQ)\) và hình lập phương.