Câu 40 trang 58 – 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? a) Nếu một đường thẳng nằm trên một trong hai mặt phẳng song song thì nó song song với mặt phẳng còn lại. b) Nếu một đường thẳng nằm trên một trong hai mặt phẳng song song thì nó song song với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng còn lại. c) Các mặt đối diện của một hình hộp nằm trên những mặt phẳng song song. Giải a), c) Câu 41 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai mặt phẳng song song (P) và (Q); hai đường thẳng song song a và b. Đường thẳng a lần lượt cắt (P), (Q) tại A, A’; đường thẳng b lần lượt cắt (P), (Q) tại B, B’. Chứng minh rằng hai đoạn thẳng AA’ và BB’ bằng nhau. Giải (h.94) Vì a // b nên có mp(R) mp(a, b). Mặt phẳng này cắt hai mặt phẳng song song (P) và (Q) theo hai giao tuyến song song AB và A’B’. Vậy tứ giác ABB’A’ có AB // A’B’ và AA’ // BB’; do đó nó là một hình bình hành. Vậy AA’ = BB’. Câu 42 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho một mặt phẳng (P) và một điểm A nằm ngoài (P). Chứng minh rằng tất cả những đường thẳng đi qua A và song song với (P) đều nằm cùng trong một mặt phẳng (Q) song song với (P). Giải (h.95) Gọi (Q) là mặt phẳng duy nhất đi qua A và song song với (P). Giả sử a là một đường thẳng bất kì qua A và song song với (P). Ta phải chứng minh đường thẳng a nằm trên (Q). Vì a// (P) nên có đường thẳng b thuộc (P) sao cho a và b song song. Vậy mp(a, b) cắt (Q) theo giao tuyến a’ qua A và song song với b. Từ đó a trùng với a’, tức là a nằm trên (Q). Câu 43 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là một tứ giác lồi. M là trung điểm của cạnh bên SA, N là trung điểm của cạnh bên SC. a) Xác định các thiết diện của hình chóp khi cắt bởi các mặt phẳng lần lượt qua M, N và song song với mp(SBD). b) Gọi I, J là giao điểm của hai mặt phẳng nói trên với AC. Chứng minh rằng \(IJ = {1 \over 2}AC\). Giải a) Giả sử (P) là mặt phẳng qua M và song song với mp(SBD) và E, F là giao điểm của (P) với các cạnh AB và AD. Khi đó, dễ thấy ME // SB, MF // SD và EF // BD. Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng qua M và song song với mp(SBD) là tam giác MEF. Tương tự, thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng qua N và song song với mp(SBD) là tam giác NKH với NK // SB, NH // SD, KH // BD. b) I, J lần lượt là giao điểm của hai mặt phẳng (MEF), (NKH) với AC cũng chính là giao điểm của EF, KH với AC. Do M là trung điểm của SA và ME // SB, MF // SD nên E, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Từ đó suy ra I là trung điểm của AO, (ở đây O là giao điểm của AC và BD). Vậy \(IO = {1 \over 2}AO\) Tương tự \({\rm{OJ}} = {1 \over 2}OC\). Vậy \({\rm{IJ}} = {1 \over 2}AC\) Câu 44 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành khi và chỉ khi mặt phẳng (P) song song với mp(ABCD). Giải (h.97) - Giả sử A’B’C’D’ là hình bình hành. Ta có: A’B’ // C’D’ A’B’ \( \subset \) (SAB) C’D’ \( \subset \) (SCD) Suy ra giao tuyến \(\Delta \) của (SAB) và (SCD) song song với A’B’ và C’D’. Mặt khác: \(\left. \matrix{ AB//CD \hfill \cr AB \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr CD \subset \left( {SCD} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \Delta //AB//CD\) Vậy A’B’ // AB \( \Rightarrow \) A’B’ // (ABCD) (1) Chứng minh tương tự, ta có A’D’ // AD \( \Rightarrow \) A’D’ //(ABCD) (2) Từ (1) và (2) suy ra (P) // (ABCD). - Giả sử (P) // (ABCD). Khi đó hai mặt phẳng (P) và (ABCD) bị mặt phẳng (SAB) cắt theo hai giao tuyến A’B’ và AB song song Tương tự, ta có: C’D’ // CD B’C’ // BC A’D’ // AD Suy ra: A’B’ // C’D’ và B’C’ // A’D’ Vậy tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành. Câu 45 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD. Các điểm I, J, K lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB, SBC, SCA. a) Chứng minh rằng (IJK) // (ABC). b) Tìm tập hợp các điểm M nằm trong hình chóp S.ABC sao cho KM song song với mp(ABC). Giải (h.98) a) Gọi I’, J’, K’ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng SI và AB, SJ và BC, SK và CA. Khi đó I’, J’, K’ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và CA. Ta có: \({{SI} \over {SI'}} = {{SK} \over {SK'}} = {{SJ} \over {SJ'}} = {2 \over 3}\) \( \Rightarrow \) IK // I’K’, KJ // K’J’ \( \Rightarrow \) mp(IJK) // mp(I’J’K’). Mặt khác mp(I’J’K’) \( \equiv \) mp(ABC) Vậy (IJK) // (ABC) b) Ta có KM // (ABC) khi và chỉ khi KM thuộc mp(P) qua K và song song với mp(ABC). Vậy KM // (ABC) khi và chỉ khi M \( \in \) (P). Gọi A’, B’, C’ lần lượt là các giao điểm của (P) với các cạnh SA, SB, SC. Khi đó A’B’ // AB,B’C’ // BC, C’A’ // CA. Theo giả thiết M chỉ nằm trong hình chóp S.ABCD, nên tập hợp các điểm M sao cho KM // (ABC) là tam giác A’B’C’. Câu 46 trang 59 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang (AB // CD). Điểm M thuộc cạnh BC không trùng với B và C. a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua M và song song với mp(SAB). Thiết diện là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là giao điểm của mp(P) với SD và SC. Chứng minh rằng giao điểm I của NE và MF chạy trên một đường thẳng cố định. Giải (h.99) a) \(\left. \matrix{ \left( P \right)//\left( {SAB} \right) \hfill \cr \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN \hfill \cr \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow MN//AB\,\,(1)\) \(\left. \matrix{ \left( P \right)//\left( {SAB} \right) \hfill \cr \left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = MF \hfill \cr \left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow MF//SB\,\,(2)\) \(\left. \matrix{ \left( P \right)//\left( {SAB} \right) \hfill \cr \left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = NE \hfill \cr \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA \hfill \cr} \right\} \Rightarrow NE//SA\,\,(3)\) \(\left. \matrix{ \left( P \right)//CD \hfill \cr CD \subset \left( {SCD} \right) \hfill \cr \left( P \right) \cap \left( {SCD} \right){\rm{ = EF}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow EF//CD\,\,(4)\) Các điểm N, E, F được xác định bởi (1), (2), (3), (4) là giao điểm của (P) với AD, SD, SC có tính chất EF // MN. Vậy thiết diện là hình thang MNEF. b) Xét ba mặt phẳng (P), (SAD), (SBC). Ta có: \(\eqalign{ & \left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = NE \cr & \left( P \right) \subset \left( {SBC} \right) = MF \cr & \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right){\rm{ = }}\Delta \cr} \) Vậy ba đường thẳng NE, MF, \(\Delta \) đồng quy tại I (I là giao điểm của NE và MF). Từ đó, điểm I chạy trên đường thẳng \(\Delta \) cố định. Câu 47 trang 59 - 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Một mặt phẳng IJ cắt các cạnh AD và BC lần lượt tại N và M. a) Cho trước điểm M, nêu cách dựng điểm N. b) Gọi K là giao điểm của MN và IJ. Chứng minh rằng K là trung điểm của MN. Giải (h.100) a) Trường hợp M không phải là trung điểm của BC Nối M với I cắt AC tại E. Nối E với J cắt AD tại N, N chính là điểm cần tìm Trường hợp M là trung điểm của BC. Khi đó IM // AC và (IJM) // AC. Vậy mp(IJM) cắt mp(ACD) theo giao tuyến JN // AC. b) Vì \({{IA} \over {JD}} = {{IB} \over {JC}} = {{AB} \over {DC}}\), nên qua IJ, AD, BC có ba mặt phẳng song song (định lí Ta-lét đảo). Ba mặt phẳng này cắt hai đường thẳng AB và NM tại các điểm I, A, B và K, N, M. Vì I là trung điểm của AB nên K là trung điểm của MN (định lí Ta-lét). Câu 48 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Hai điểm M, N lần lượt thay đổi trên hai cạnh AB và CD. Tìm tập hợp trung điểm I của MN. Giải Phần thuận. Giả sử I là trung điểm của MN. Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của BC, CA, AD và DB. Vì: \({{PB} \over {IM}} = {{PC} \over {IN}} = {{BC} \over {MN}}\) Nên BM, PI, CN cùng song song với một mặt phẳng, mặt phẳng này song song với AB và CD. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua P và song song với mặt phẳng đó thì rõ ràng \(I \in \left( \alpha \right)\). Mặt phẳng này cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là hình bình hành PQRS. Vì M chỉ chạy trên đoạn AB, N chỉ di động trên CD nên điểm I luôn nằm trong tứ diện, tức là I luôn nằm trong hình bình hành PQRS. Phần đảo. Lấy một điểm I nằm trong hình hình bình hành PQRS. Qua I có một đường thẳng cắt hai cạnh AB và CD tại M và N. Theo định lí Ta-lét thì I là trung điểm của MN. Vậy tập hợp các điểm I là hình bình hành PQRS (cùng với các điểm trong của nó). Câu 49 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Hãy dùng định lí Ta-lét để giải bài tập 31 (chương II). Giải (h.102) a) Ta vẽ một đường thẳng \(\Delta\) bất kì cắt mặt phẳng (MNEF) tại một điểm O. Bốn mặt phẳng lần lượt qua A, B, C, D và đồng thời song song với mặt phẳng (MNEF) cắt đường thẳng \(\Delta\) theo thứ tự A’, B’, C’ và D’. Theo định lí Ta-lét ta có: \({{MA} \over {MB}} = {{OA'} \over {OB'}}\), \({{NB} \over {NC}} = {{OB'} \over {OC'}}\) \({{EC} \over {ED}} = {{OC'} \over {OD'}}\), \({{FD} \over {FA}} = {{OD'} \over {OA'}}\) Vậy: \({{MA} \over {MB}}.{{NB} \over {NC}}.{{EC} \over {ED}}.{{FD} \over {FA}} = {{OA'} \over {OB'}}.{{OB'} \over {OC'}}.{{OC'} \over {OD'}}.{{OD'} \over {OA'}} = 1\) Câu 50 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Hãy dựng một hình hộp ngoại tiếp tứ diện đó (tức là dựng một hình hộp sao cho mỗi cạnh của tứ diện đều là đường chéo của một mặt của hình hộp). Giải Cách 1. Qua mỗi cạnh của hình tứ diện ABCD ta dựng một mặt phẳng song song với cạnh đối diện. Khi đó sáu mặt phẳng vừa dựng sẽ cắt nhau theo một hình hộp cần tìm có sáu mặt bên nằm trên sáu mặt phẳng nói trên. Cách 2. Qua trung điểm I của AB ta dựng đoạn thẳng C’D’ bằng đoạn CD sao cho C’D’ // CD và I là trung điểm của C’D’. Qua trung điểm I’ của CD ta dựng đoạn thẳng A’B’ bằng đoạn AB sao cho A’B’ // AB và I’ là trung điểm của A’B’. Khi đó rõ ràng AC’BD’.A’CB’D là hình hộp cần dựng. Câu 51 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các mặt đều là hình vuông cạnh bằng a. Các điểm M, N lần lượt nằm trên AD’, DB sao cho AM = DN = x\(\left( {0 < x < a\sqrt 2 } \right)\). a) Chứng minh rằng khi x biến thiên, đường thẳng MN luôn song song với một mặt phẳng cố định. b) Chứng minh rằng khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì MN // A’C. Giải (h.104) a) Sử dụng định lí Ta-lét Gọi (P) là mặt phẳng qua AD và song song với mp(A’D’CB) (có (P) vì AD // A’D’). Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và song song với mp(A’D’CB. Giả sử (Q) cắt DB tại N’. Theo định lí Ta-lét ta có: \({{AM} \over {AD'}} = {{DN'} \over {DB}}\,\,\,\,(*)\) Vì các mặt của hình hộp là hình vuông cạnh a nên: \(AD' = DB = a\sqrt 2 \) Từ (*), ta có AM = DN’ \( \Rightarrow \) DN’ = DN \( \Rightarrow \) N’ \( \equiv \) N \( \Rightarrow \) MN \( \subset \) (Q) Mà (Q) // (A’D’CB) suy ra MN luôn song song với mặt phẳng cố định (A’D’CB) Sử dụng định lí Ta-lét đảo. Từ giả thiết ta có: \({{AM} \over {DN}} = {{MD'} \over {NB}} = {{AD'} \over {DB}}\) Suy ra AD, MN và D’B luôn song song với một mặt phẳng (định lí Ta-lét đảo). Vậy MN luôn song song với một mặt phẳng (P), mà (P) song song với AD và D’B. Có thể chọn mặt phẳng này chính là mp(A’D’CB). b) Gọi O là giao điểm của DB và AC. Ta có \(DN = x = {{a\sqrt 2 } \over 3},DO = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) \( \Rightarrow DN = {2 \over 3}DO\) Suy ra N là trọng tâm tam giác ADC Chứng minh tương tự, ta có M là trọng tâm tam giác A’AD. Vậy CN và A’M cắt nhau tại I là trung điểm của AD. Ta có: \({{IM} \over {IA'}} = {{IN} \over {IC}} = {1 \over 3} \Rightarrow MN//A'C\) Câu 52 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Gọi O1 là trọng tâm của hình bình hành A1B1C1D1; K là trung điểm của CD; E là trung điểm BO1. a) Chứng minh rằng E nằm trên mp(ACB1). b) Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua điểm K và song song với mặt phẳng (EAC). Giải a) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Dễ thấy B1O1OB là hình bình hành, nên trung điểm E của đường chéo BO1 cũng là trung điểm của đường chéo OB1. Do đó E nằm trên OB1. Mà OB1 nằm trên mp(ACB1).Vậy E nằm trên mp(ACB1). b) Theo câu a) thì mp(ACB1) cũng là mp(EAC). Do đó (P) là mặt phẳng qua K và song song với mp(ACB1). Từ K kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, AB, BC lần lượt tại K1, J, H. Từ J kẻ đường thẳng song song với AB1, cắt AA1, A1B1, BB1 lần lượt tại K2, K3, I. Nối I và H cắt B1C1, C1C tại K4 và K5. Dễ thấy thiết diện là lục giác KK1K2K3K4K5 có các cạnh đối song song với nhau. Câu 53 trang 60 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Trên đường thẳng BA lấy một điểm M sao cho A nằm giữa B và M, \(MA = {1 \over 2}AB\) a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua M, B’ và trung điểm E của AC. b) Tính tỉ số \({{BD} \over {CD}}\left( {D = BC \cap mp\left( {MB'E} \right)} \right)\). Giải a) Trong mp(ABB’A’) nối M với B’ cắt AA’ tại K. Trong mp(ABC) nối M với E cắt CB tại D. Thiết diện là tứ giác DEKB’. b) Kẻ EF // AB \(\left( {F \in CB} \right)\). Khi đó EF là đường trung bình của tam giác ABC và \({\rm{EF}} = {{AB} \over 2}\). Xét tam giác DBM ta có: \({{FD} \over {BD}} = {{EF} \over {BM}} = {1 \over 3}\) Suy ra FD = \({1 \over 2}\)BF = FC, tức D là trung điểm FC. Vậy \({{BD} \over {CD}} = 3\). Câu 54 trang 60 - 61 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là tâm của các hình bình hành ACC’A’, BCC’B’, ABB’A’. a) Chứng minh rằng: IJ // (ABB’A’), JK // (ACC’A’), IK // (BCC'B’). b) Ba đường thẳng AJ, CK, BI đồng quy tại một điểm O. c) Mặt phẳng (IJK) song song với mặt đáy của hình lăng trụ. d) Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và A’B’C’. Chứng minh rằng ba điểm G, O, G’ thẳng hàng. Giải (h.107) a) Ta có IJ là đường trung bình của tam giác C’AB, nên IJ // AB. Mà AB nằm trên mp(ABB’A’). Vậy IJ // (ABB’A’). Chứng minh tương tự, ta có: JK // (ACC’A’), IK // (BCC’B’) b) Xét ba mặt phẳng (C’AB), (A’BC), (B’AC). Ta có: \(\eqalign{ & \left( {C'AB} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = BI \cr & \left( {C'AB} \right) \cap \left( {B'AC} \right) = {\rm{AJ}} \cr & \left( {B'AC} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = CK \cr} \) Vậy theo định lí giao tuyến của ba mặt phẳng thì ba đường thẳng BI, AJ, CK đồng quy tại một điểm. c) Theo câu a), ta có \(\left. \matrix{ {\rm{IJ}}//AB \hfill \cr JK//AC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \left( {{\rm{IJ}}K} \right)//\left( {ABC} \right)\) d) Dễ thấy O là trọng tâm tam giác C’AB. Gọi M là giao điểm của C’O với AB thì M là trung điểm của AB. Vậy ba điểm M, G, C thẳng hàng. Vì O và G lần lượt là trọng tâm của hai tam giác C’AB và CAB nên ta có: \({{MO} \over {MC'}} = {{MG} \over {MC}} = {1 \over 3} \Rightarrow OG//CC'\,\,(1)\) Chứng minh tương tự OG’ // CC’ (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm O, G, G’ thẳng hàng. Câu 55 trang 61 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Điểm M thuộc cạnh AD, điểm N thuộc cạnh D’C’ sao cho AM : MD = D’N : NC’ a) Chứng minh rằng MN song song với (C’BD) b) Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mp(P) qua MN và song song với mp(C’BD). Giải a) Theo giả thiết, ta có: \({{AM} \over {MD}} = {{D'N} \over {NC'}}\) \( \Rightarrow {{AM} \over {D'N}} = {{MD} \over {NC'}} = {{AD} \over {D'C'}}\) Theo định lí Ta-lét đảo ta có MN, AD’, DC’cùng song song với một mặt phẳng (P). Mặt phẳng (P) song song với AD’ và DC’. Nhưng AD’ // BC’ nên mặt phẳng (P) song song với mp(C’BD). Từ đó, ta có MN // (C’BD) b) Từ M kẻ ME // BD, cắt AB tại E; từ E kẻ đường thẳng EF //AB’, cắt BB’ tại F, từ F kẻ đường thẳng FI // BC’, cắt BC’ tại I; từ N kẻ đường thẳng NJ // C’D cắt D’D tại J. Dễ thấy thiết diện là lục giác MEFINJ có các cạnh đối lần lượt song song với ba cạnh của tam giác C’BD. Câu 56 trang 61 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. 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 rằng RQ song song với (ABCD), (PQRS) song song (ABCD). b) Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng (AQR). c) Gọi M là giao điểm của cạnh CC’ với mp(AQR). Tính tỉ số \({{MC} \over {MC'}}\) Giải a) Dễ thấy QR là đường trung bình của tam giác C’BD nên QR // BD. Mà BD nằm trêm mp(ABCD), suy ra QR // (ABCD) (1) Lí luận tương tự ta có: PQ // (ABCD) (2) Từ (1) và (2) suy ra (PQRS) // (ABCD). b) Theo câu a), ta có QR // (ABCD) suy ra mặt phẳng (AQR) cắt mp(ABCD) theo một giao tuyến song song với BD. Giao tuyến này cắt CD tại N. Nối N với R cắt DD’ và CC’ lần lượt tại E và M. Nối M với Q cắt BB’ tại F. Dễ thấy thiết diện là hình bình hành AEMF. c) Do AN // BD suy ra D là trung điểm của CN, dễ thấy: \(\Delta EDR = \Delta MC'R \Rightarrow DE = MC'\) Mặt khác DE // CM suy ra: \({{DE} \over {CM}} = {{ND} \over {NC}} = {1 \over 2} \Rightarrow {{MC'} \over {MC}} = {1 \over 2}\) Câu 57 trang 61 Sách Bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD.A’B’C’D’, có các cạnh bên là AA’, BB’, CC’, DD’ và có đáy lớn ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AD’ và BC’, CB’ và DA’, BA’ và CD’, AB’ và DC’. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng. Giải Gọi S là điểm đồng quy của các cạnh AA’, BB’, CC’, DD’. Vì BC song song với AD nên giao tuyến \(\Delta\) của hai mặt phẳng (BB’C’C), (AA’D’D) đi qua S và song song với BC. Rõ ràng M, N là hai điểm chung của hai mặt phẳng nói trên. Do đó M, N đều thuộc \(\Delta\). Lí luận tương tự, hai điểm P, Q thuộc giao tuyến \(\Delta'\) của hai mặt phẳng (ABB’A’) và (CDD’C’) (giao tuyến này đi qua S và song song với AB). Vậy bốn điểm M, N, P,Q cùng nằm trên mp \(\left( {\Delta ,\Delta '} \right)\).
