LG câu a
Phương pháp:
Sử dụng tính chất nếu hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng cũng song với đường thẳng đó.đó.
Ta có: \(I ∈ (SAD) ⇒ I ∈ (SAD) ∩ (IBC)\)
Mà
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD\parallel BC\\AD \subset (SAD)\\BC \subset (IBC)\end{array} \right.\\ \Rightarrow (SAD) \cap (IBC) = {\rm{Ix}} = PQ;\end{array}\)
\(PQ \parallel AD \parallel BC\)
Tương tự: \(J ∈ (SBC) ⇒ J ∈ (SBC) ∩ (JAD)\)
Mà
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD\parallel BC\\AD \subset (JAD)\\BC \subset (SBC)\end{array} \right.\\ \Rightarrow (JAD) \cap (SBC) = J{\rm{x}} = MN;\end{array}\)
\(MN\parallel BC\parallel AD\)
Suy ra \(PQ \parallel MN\) (vì cùng song song với \(AD, BC\)).
LG câu b
Phương pháp:
Sử dụng tính chất nếu hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng cũng song song với đường thẳng đó.
Sử dụng định lý Talet
Ta có: \(E = AM \cap BP\)
Khi đó \(E \in AM,AM \subset (AMND) \) \(\Rightarrow E \in (AMND)\)
\(E \in BP,BP \subset (PBCQ) \) \(\Rightarrow E \in (PBCQ)\)
Suy ra \(E\in (AMND)\cap(PBCQ)\).
\(F = DN \cap CQ\)
Khi đó \(F \in DN,DN \subset (AMND) \)
\(\Rightarrow F \in (AMND)\\F \in CQ,CQ \subset (PBCQ) \)
\(\Rightarrow F \in (PBCQ)\)
Suy ra \(F\in (AMND)\cap(PBCQ)\)
Do đó: \(EF = (AMND) ∩ (PBCQ)\)
Mà \(AD\parallel BC\) và \(MN\parallel PQ\) suy ra \(EF\parallel AD\parallel BC\parallel MN\parallel PQ \)
Tính \(EF\): \(CP \cap EF = K ⇒ EF = EK + KF\)
\({\rm{EF}}\parallel BC \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{BC}} = \dfrac{{PE}}{{PD}}\\PM\parallel AB \Rightarrow \dfrac{{PE}}{{EB}} = \dfrac{{PM}}{{AB}}\)
Mà \(\dfrac{{PM}}{{AB}} = \dfrac{{SP}}{{SA}} = \dfrac{2}{3} \)
\(\Rightarrow \dfrac{{PE}}{{EB}} = \dfrac{2}{3}\)
Suy ra \(\dfrac{{EK}}{{BC}} = \dfrac{{PE}}{{PB}} = \dfrac{{PE}}{{PE + EB}} \)
\(= \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{EB}}{{PE}}}} = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{3}{2}}} = \dfrac{2}{5}\\ \Rightarrow EK = \dfrac{2}{5}BC = \dfrac{2}{5}b\)
Tương tự ta tính được \(KF = \dfrac{2}{5}a\)
Vậy \({\rm{EF}} = \dfrac{2}{5}a + \dfrac{2}{5}b = \dfrac{2}{5}(a + b)\).
