Giúp mình với ah

Câu 3. Trước tiên, ta xét mặt phẳng $(SAC)$ cắt $(\alpha)$ tại đường thẳng $XZ$. Mặt phẳng $(SBD)$ cắt $(\alpha)$ tại đường thẳng $YT$. Do đó, giao điểm của $XZ$ và $YT$ là điểm $Q$. Ta có: - $XZ$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$. - $YT$ nằm trong mặt phẳng $(SBD)$. Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$, vì $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vậy $Q$ phải nằm trên đường thẳng $SO$. Do đó, ba điểm $S$, $Q$, $O$ thẳng hàng. Đáp án đúng là: A. S, Q, O. Câu 4. Câu 4: - Ta xét hình chóp \( S.ABCD \) với các điểm \( M \) và \( N \) trên \( BC \) và \( SD \) tương ứng. - Gọi \( I = BN \cap (SAC) \) và \( J = MN \cap (SAC) \). Ta cần kiểm tra xem ba điểm nào trong các lựa chọn sau đây thẳng hàng: A. \( A, I, J \) B. \( C, I, J \) C. \( S, I, J \) D. \( S, J, M \) Xét mặt phẳng \( (SAC) \): - \( I \) nằm trên \( (SAC) \) vì \( I = BN \cap (SAC) \). - \( J \) nằm trên \( (SAC) \) vì \( J = MN \cap (SAC) \). Do đó, cả \( I \) và \( J \) đều nằm trên mặt phẳng \( (SAC) \). Vì vậy, ba điểm \( S, I, J \) sẽ thẳng hàng nếu chúng nằm trên cùng một đường thẳng trong mặt phẳng \( (SAC) \). Vậy đáp án đúng là: C. \( S, I, J \) Câu 5: - Ta xét tứ diện \( SABC \) với các điểm \( L, M, N \) trên các cạnh \( SA, SB, AC \) tương ứng. - Mặt phẳng \( (LMN) \) cắt các cạnh \( AB, BC, SC \) lần lượt tại \( K, I, J \). Ta cần kiểm tra xem ba điểm nào trong các lựa chọn sau đây thẳng hàng: A. \( A, I, J \) B. \( S, I, J \) C. \( M, I, J \) D. \( I, I, J \) Xét mặt phẳng \( (LMN) \): - \( I \) nằm trên \( (LMN) \) vì \( I \) là giao điểm của \( (LMN) \) và \( BC \). - \( J \) nằm trên \( (LMN) \) vì \( J \) là giao điểm của \( (LMN) \) và \( SC \). Do đó, cả \( I \) và \( J \) đều nằm trên mặt phẳng \( (LMN) \). Vì vậy, ba điểm \( M, I, J \) sẽ thẳng hàng nếu chúng nằm trên cùng một đường thẳng trong mặt phẳng \( (LMN) \). Vậy đáp án đúng là: C. \( M, I, J \) Câu 6. Trước tiên, ta xét rằng trong tứ diện ABCD, các điểm E, F, G lần lượt thuộc các cạnh AB, AC, BD. Ta cũng biết rằng EF cắt BC tại I và EG cắt AD tại H. Bây giờ, ta sẽ kiểm tra từng trường hợp để xác định ba đường thẳng đồng quy. Trường hợp A: CD, HF, IE - CD là đường thẳng cố định trong tứ diện. - HF là đường thẳng nối H (trên AD) và F (trên AC). - IE là đường thẳng nối I (trên BC) và E (trên AB). Ta thấy rằng HF và IE không chắc chắn sẽ giao nhau trên CD, vì chúng nằm ở các mặt khác nhau của tứ diện. Do đó, CD, HF, IE không đồng quy. Trường hợp B: CD, IG, HF - CD là đường thẳng cố định trong tứ diện. - IG là đường thẳng nối I (trên BC) và G (trên BD). - HF là đường thẳng nối H (trên AD) và F (trên AC). Ta thấy rằng IG và HF không chắc chắn sẽ giao nhau trên CD, vì chúng nằm ở các mặt khác nhau của tứ diện. Do đó, CD, IG, HF không đồng quy. Trường hợp C: GI, BC, AF - GI là đường thẳng nối G (trên BD) và I (trên BC). - BC là đường thẳng cố định trong tứ diện. - AF là đường thẳng nối A và F (trên AC). Ta thấy rằng GI và AF không chắc chắn sẽ giao nhau trên BC, vì chúng nằm ở các mặt khác nhau của tứ diện. Do đó, GI, BC, AF không đồng quy. Trường hợp D: GI, BD, AH - GI là đường thẳng nối G (trên BD) và I (trên BC). - BD là đường thẳng cố định trong tứ diện. - AH là đường thẳng nối A và H (trên AD). Ta thấy rằng GI và AH đều nằm trên các mặt khác nhau của tứ diện nhưng đều giao nhau trên BD. Do đó, GI, BD, AH đồng quy tại điểm G trên BD. Vậy đáp án đúng là: D. GI, BD, AH. Câu 7. Để chứng minh ba đường thẳng SO, AM, BN đồng quy, ta sẽ sử dụng tính chất của giao tuyến và các đường thẳng trong không gian. 1. Xác định các giao điểm và đường thẳng: - Gọi O là giao điểm của AC và BD. - Gọi M là trung điểm của đoạn SC. - Gọi N là giao điểm của SD và mặt phẳng (MAB). 2. Chứng minh SO, AM, BN đồng quy: - Ta thấy rằng SO là đường thẳng đi qua điểm S và O. - AM là đường thẳng đi qua điểm A và M. - BN là đường thẳng đi qua điểm B và N. 3. Tìm giao điểm của SO và AM: - Vì M là trung điểm của SC, nên M nằm trên đường thẳng SC. - Mặt khác, SO là đường thẳng đi qua S và O, do đó SO cắt AM tại một điểm nào đó. 4. Tìm giao điểm của SO và BN: - Vì N là giao điểm của SD và mặt phẳng (MAB), nên N nằm trên cả SD và mặt phẳng (MAB). - Mặt khác, SO là đường thẳng đi qua S và O, do đó SO cắt BN tại một điểm nào đó. 5. Tìm giao điểm của AM và BN: - Vì M là trung điểm của SC, nên M nằm trên đường thẳng SC. - Mặt khác, N là giao điểm của SD và mặt phẳng (MAB), nên N nằm trên cả SD và mặt phẳng (MAB). - Do đó, AM và BN sẽ cắt nhau tại một điểm nào đó. 6. Kết luận: - Ta đã chứng minh rằng SO, AM và BN đều cắt nhau tại một điểm chung, do đó ba đường thẳng này đồng quy. Vậy đáp án đúng là: D. SO, AM, BN. Câu 8. Trước tiên, ta nhận thấy rằng mặt phẳng $(MNP)$ cắt cạnh $SB$ tại điểm $Q$. Ta cần tìm giao điểm của các đường thẳng $PM$, $QN$ và một đường thẳng khác trong các lựa chọn đã cho. Ta sẽ kiểm tra từng trường hợp: A. $SG$ với $G$ là trọng tâm của $\Delta ABC$: - Trọng tâm của $\Delta ABC$ là điểm chia mỗi đường trung tuyến thành tỉ số 2:1. Tuy nhiên, không có thông tin nào cho thấy các đường thẳng $PM$, $QN$ và $SG$ đồng quy. B. $St$ với $t = BN \cap AM$: - Điểm $t$ là giao điểm của hai đường thẳng $BN$ và $AM$. Tuy nhiên, không có thông tin nào cho thấy các đường thẳng $PM$, $QN$ và $St$ đồng quy. C. $So$ với $O = AC \cap BD$: - Điểm $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình thang đáy lớn $AB$. Tuy nhiên, không có thông tin nào cho thấy các đường thẳng $PM$, $QN$ và $So$ đồng quy. D. $CK$ với $K = AQ \cap BP$: - Điểm $K$ là giao điểm của hai đường thẳng $AQ$ và $BP$. Ta cần kiểm tra xem các đường thẳng $PM$, $QN$ và $CK$ có đồng quy hay không. Ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng $PM$, $QN$ và $CK$ đồng quy. 1. Xét tam giác $SAB$ và đường thẳng $PQ$ cắt $SA$ và $SB$ tại $P$ và $Q$ tương ứng. Theo định lý Menelaus, ta có: \[ \frac{AP}{PS} \cdot \frac{SQ}{QB} \cdot \frac{BM}{MA} = 1 \] Vì $M$ là trung điểm của $BC$, nên $BM = MC$ và $MA = MB$. Do đó: \[ \frac{AP}{PS} \cdot \frac{SQ}{QB} \cdot 1 = 1 \implies \frac{AP}{PS} = \frac{QB}{SQ} \] 2. Xét tam giác $SCD$ và đường thẳng $QN$ cắt $SC$ và $SD$ tại $Q$ và $N$ tương ứng. Theo định lý Menelaus, ta có: \[ \frac{CQ}{QS} \cdot \frac{SN}{ND} \cdot \frac{DN}{NC} = 1 \] Vì $N$ là trung điểm của $CD$, nên $DN = NC$ và $SN = ND$. Do đó: \[ \frac{CQ}{QS} \cdot 1 \cdot 1 = 1 \implies \frac{CQ}{QS} = 1 \] 3. Xét tam giác $SAC$ và đường thẳng $CK$ cắt $SA$ và $SC$ tại $K$ và $C$ tương ứng. Theo định lý Menelaus, ta có: \[ \frac{AK}{KS} \cdot \frac{SC}{CQ} \cdot \frac{QK}{KA} = 1 \] Vì $K$ là giao điểm của $AQ$ và $BP$, nên ta có: \[ \frac{AK}{KS} \cdot \frac{SC}{CQ} \cdot \frac{QK}{KA} = 1 \] Từ các kết quả trên, ta thấy rằng các đường thẳng $PM$, $QN$ và $CK$ đồng quy tại một điểm. Vậy đáp án đúng là: D. $CK$ với $K = AQ \cap BP$.