Đề kiểm tra Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Lời giải

Chọn D

Nếu mặt phẳng $\left( P \right)$ có chứa hai đường thẳng phân biệt và hai đường thẳng đó cùng song song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ thì mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ là mệnh đề sai khi hai đường thẳng đó song song với nhau.

Chọn A

Một hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có tất cả $5$ mặt. Do đó một phẳng cắt hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ theo một thiết diện là hình đa giác có nhiều nhất là $5$ cạnh.

Qua cách dựng trực tiếp, ta thấy số cạnh lớn nhất của thiết diện thu được là $5$

Chọn A

Do mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với $\left( {SBC} \right)$ nên có:

giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là đường chứa $M$ và song song với $BC$, cắt $DC$ tại $N$;

giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ là đường chứa $M$ và song song với $SB$, cắt $SA$ tại $Q$;

giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường chứa $N$ và song song với $SC$, cắt $SD$ tại $P$;

do $\left. \begin{array}{l}PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right)\\\left( \alpha \right) \supset MN\\\left( {SAD} \right) \supset AD\\MN//AD\end{array} \right\} \Rightarrow PQ//MN$.

Vậy thiết diện là hình thang $MNPQ$.

Chọn A

Vẽ $MN//CI$và $MP//SI$, khi đó thiết diện là tam giác $MNP$.

Vì $SABC$là tứ diện đều nên $SI = CI$ (các đường cao của tam giác đều). Mặt khác ta có $\frac{{MP}}{{SI}} = \frac{{AP}}{{SA}} = \frac{{NP}}{{SC}} = \frac{{MN}}{{CI}}$.

Suy ra $MP = MN \ne NP$ (do $SC \ne CI$).

Chọn A

Ta có $MN$là đường trung bình của tam giác $SAD$suy ra $MN$${\rm{//}}$$AD$$\,\left( 1 \right)$

Và $OP$là đường trung bình của tam giác $BAD$suy ra $OP$${\rm{//}}$$AD$$\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$suy ra $MN$${\rm{//}}$$OP$${\rm{//}}$$AD$$\Rightarrow \,\,M,\,\,N,\,\,O,\,\,P$đồng phẳng.

Lại có $MP$${\rm{//}}$$SB,\,\,\,OP$${\rm{//}}$$BC$suy ra $\left( {MNOP} \right)$${\rm{//}}$$\left( {SBC} \right)$hay $\left( {MON} \right)$${\rm{//}}$$\left( {SBC} \right)$.

Chọn C

Vì $\left( \alpha \right)//\left( {C{\rm{IJ}}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)//CI\\\left( \alpha \right)//SC\end{array} \right.$

$\left( \alpha \right)//CI$và $CI \subset (ABC)$$\Rightarrow$$(ABC) \cap \left( \alpha \right) = MN//CI\left( {N \in AC} \right)$

$\left( \alpha \right)//SC$ và $SC \subset (SAC)$ $\Rightarrow (SAC) \cap \left( \alpha \right) = NP//SC\left( {P \in SA} \right)$

$\Rightarrow$$\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNP} \right)$

Vậy thiết diện của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và tứ diện là tam giác $\Delta MNP$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN//IC\\PN//SC\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{MN}}{{IC}} = \frac{{AM}}{{IC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{{AP}}{{SA}} = k$

$\Rightarrow$$MP//SI$$\Rightarrow$$\frac{{MP}}{{SI}} = k$

Do tứ diện đều nên $\Delta SAB = \Delta ABC \Rightarrow SI = IC$$\Leftrightarrow MP = MN$

Vậy tam giác $\Delta MNP$ cân tại $M$.

Chọn B

Ta có $\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right){\rm{//}}AB\\\left( \alpha \right){\rm{//}}SA\end{array} \right.$

$\left( \alpha \right){\rm{//}}AB \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MK{\rm{//}}AB\left( {I \in MK} \right)\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{}&{\left( 1 \right)}\end{array}$

$\left( \alpha \right){\rm{//}}SA \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = MH{\rm{//}}SA$

$\left( \alpha \right){\rm{//}}AB \Rightarrow \left( \alpha \right){\rm{//}}CD \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = HN{\rm{//}}CD\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{}&{\left( 2 \right)}\end{array}$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$$\Rightarrow MK{\rm{//}}HN$.

Vậy thiết diện của hình chóp với $\left( \alpha \right)$ đi qua $I$ và song song với $mp\left( {SAB} \right)$ là hình thang $MHNK$.

Chọn B

Diện tích tam giác $ABC$là ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2\sqrt 3 .2\sqrt 3 .\sin {30^0} = 3.$

Gọi $N,\,\,P$lần lượt là giao điểm của mặt phẳng $\left( P \right)$và các cạnh $\,SC$và $SB$.

Vì $\left( P \right)$//$\left( {ABC} \right)$ nên theo định lí Talet, ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}.$

Khi đó $\left( P \right)$cắt hình chóp $S.ABC$theo thiết diện là tam giác $MNP$đồng dạng với tam giác $ABC$theo tỉ số $k = \frac{2}{3}.$Vậy ${S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.3 = \frac{4}{3}.$

Chọn A

Đáp án A sai vì khi cho hai mặt phẳng phân biệt $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$; đường thẳng $a \subset \left( P \right);\,b \subset \left( Q \right)$ thì $a$ và $b$ có thể chéo nhau

Chọn C

Đáp án A sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

Đáp án B sai vì ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến đó hoặc đồng quy hoặc đôi một song song hoặc trùng nhau (lý thuyết).

Đáp án C đúng. Ta chọn mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $a$ và cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo giao tuyến $d$ thì $d \subset \left( P \right)$ và $a\,{\rm{//}}\,d$ (Hình 1).

Đáp án D sai vì ta có thể lấy hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ thỏa $a$, $b$ nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$; $a'$, $b'$ nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$ với $a\,{\rm{//}}\,b\,{\rm{//}}\,a'\,{\rm{//}}\,b'$ mà hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cắt nhau (Hình 2).

Chọn A

Gọi hai đường thẳng chéo nhau là $a$và $b$, $c$ là đường thẳng song song với $a$ và cắt $b$.

Gọi mặt phẳng $\left( \alpha \right) \equiv \left( {b,c} \right)$. Do $a{\rm{//}}c \Rightarrow a{\rm{//}}\left( \alpha \right)$

Giải sử mặt phẳng $\left( \beta \right){\rm{//}}\left( \alpha \right)$ mà $b \subset \left( \alpha \right) \Rightarrow b{\rm{//}}\left( \beta \right)$

Mặt khác $a{\rm{//}}\left( \alpha \right) \Rightarrow a{\rm{//}}\left( \beta \right)$. Có vô số mặt phẳng $\left( \beta \right){\rm{//}}\left( \alpha \right)$

nên có vô số mặt phẳng song song với cả hai đường thẳng chéo nhau.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Nếu $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ song song với nhau và đường thẳng $d \subset \left( P \right)$, $d' \subset \left( Q \right)$ thì $d,d'$ có thể chéo nhau. Nên khẳng định A là sai.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

a) b) Vì $HI$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $HI//AB$,

mà $AB \subset (ABCD) \Rightarrow HI//(ABCD)$. (1)

Tương tự ta có: $KI//BC,BC \subset (ABCD) \Rightarrow KI//(ABCD)$. (2)

Mặt khác: $HI \subset (HKI),KI \subset (HKI),HI \cap KI = I$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $(HIK)//(ABCD)$.

c) d)

$\begin{array}{l}{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in AI,AI \subset (SAB)}\\{M \in DK,DK \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow M \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\ \Rightarrow SM = (SAB) \cap (SCD).\end{array}$

$\begin{array}{l}{\rm{ Khi d\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD) \Rightarrow SM//AB//CD \Rightarrow SM//HI}\\{AB//CD}\end{array}} \right.(1)\\{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in DH,DH \subset (SAD)}\\{N \in CI,CI \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow N \in (SAD) \cap (SBC)} \right.\\ \Rightarrow SN = (SAD) \cap (SBC).\end{array}$

Khi đó, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAD) \cap (SBC) = SN}\\{AD \subset (SAD),BC \subset (SBC) \Rightarrow SN//AD//BC \Rightarrow SN//KI}\\{AD//BC}\end{array}} \right.(2)$

Mặt khác ba điểm $S,M,N$ không thẳng hàng. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $(SMN)//(HIK)$.

a) b) Ta có ${I^\prime },I$ là trung điểm của ${B^\prime }{C^\prime }$ và $BC$.

Suy ra $I{I^\prime }$ là đường trung bình của hình bình hành $B{B^\prime }{C^\prime }C$.

Suy ra $I{I^\prime } = B{B^\prime }$ và $I{I^\prime }//B{B^\prime }$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I{I^\prime }//A{A^\prime }\left( {//B{B^\prime }} \right)}\\{I{I^\prime } = A{A^\prime }\left( { = B{B^\prime }} \right)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow A{A^\prime }{I^\prime }I$ là hình bình hành. $\Rightarrow AI//{A^\prime }{I^\prime }$.

c) Trong ( $\left. {IA{A^\prime }{I^\prime }} \right)$, gọi $E = A{I^\prime } \cap {A^\prime }I$.

Suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in A{I^\prime };A{I^\prime } \subset \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)}\\{E \in {A^\prime }I}\end{array} \Rightarrow } \right.$ Suy ra $E = {A^\prime }I \cap \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)$.

d) Tìm giao tuyến của $\left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)$ và $\left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)$.

Trong $\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)$, gọi $F = A{B^\prime } \cap {A^\prime }B$.

$\Rightarrow \{\begin{matrix}F\in A{B}^{'};A{B}^{'}\subset (A{B}^{'}{C}^{'}) \\ F\in {A}^{'}B;{A}^{'}B\subset ({A}^{'}B{C}^{'})\end{matrix}\Rightarrow F\in (A{B}^{'}{C}^{'})\cap ({A}^{'}B{C}^{'})(1)$

Ta có $E = A{I^\prime } \cap {A^\prime }I$.

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in A{I^\prime };A{I^\prime } \subset \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)}\\{E \in {A^\prime }I;{A^\prime }I \subset \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)}\end{array} \Rightarrow E \in \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right) \cap \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)(2)} \right.$

Từ (1) và (2) suy ra $EF = \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right) \cap \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Chứng minh: $\left( {BD{A^\prime }} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)$.

Ta có $B{A^\prime }{D^\prime }C$ là hình bình hành nên $B{A^\prime }//{D^\prime }C$.

Ta có $B{B^\prime }{D^\prime }D$ là hình bình hành nên ${B^\prime }{D^\prime }//BD$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{B{A^\prime }//{D^\prime }C}\\{BD//{B^\prime }{D^\prime }}\\{B{A^\prime },BD \subset \left( {B{A^\prime }D} \right);B{A^\prime } \cap BD = B}\\{{B^\prime }{D^\prime },{D^\prime }C \subset \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right);{B^\prime }{D^\prime } \cap {D^\prime }C = {D^\prime }}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow \left( {BD{A^\prime }} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)$.

b) Chứng minh đường chéo $A{C^\prime }$ qua trọng tâm ${G_1},{G_2}$ của tam giác $BD{A^\prime }$ và ${B^\prime }{D^\prime }C$.

Trong $(ABCD)$, gọi $O = AC \cap BD$.

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{O \in AC;AC \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{O \in BD;BD \subset \left( {BD{A^\prime }} \right)}\end{array} \Rightarrow O \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)} \right.$.

Mà ${A^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)$ nên ${A^\prime }O = \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)$

Trong $\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)$, gọi $E = {A^\prime }O \cap A{C^\prime }$.

Ta có $\frac{{{A^\prime }E}}{{EO}} = \frac{{{A^\prime }{C^\prime }}}{{AO}} = 2$ (Thales)

Suy ra $E$ trùng với trọng tâm ${G_1}$ của tam giác $BD{A^\prime }$.(1)

Trong $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)$, gọi ${O^\prime } = {A^\prime }{C^\prime } \cap {B^\prime }{D^\prime }$.

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{O^\prime } \in {A^\prime }{C^\prime };{A^\prime }{C^\prime } \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{{O^\prime } \in {B^\prime }D;{B^\prime }{D^\prime } \subset \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)}\end{array} \Rightarrow {O^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)} \right.$.

Mà $C \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)$ nên $CO = \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)$.

Trong $\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)$, gọi $F = CO \cap A{C^\prime }$.

Ta có $\frac{{CF}}{{F{O^\prime }}} = \frac{{AC}}{{{C^\prime }{O^\prime }}} = 2$ (Thales)

Suy ra $F$ trùng với trọng tâm ${G_2}$ của tam giác ${B^\prime }{D^\prime }C$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A{C^\prime }$ qua trọng tâm ${G_1},{G_2}$ của tam giác $BD{A^\prime }$ 'và ${B^\prime }{D^\prime }C$.

c) Chứng minh ${G_1},{G_2}$ chia đoạn $A{C^\prime }$ thành ba phần bằng nhau.

Trong $\left( {A{A^\prime }{C^\prime }C} \right)$, gọi $I = {A^\prime }C \cap A{C^\prime }$.

Ta có ${G_1}$ là trọng tâm của tam giác ${A^\prime }AC$ nên $A{G_1} = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }$.

Ta có ${G_2}$ là trọng tâm của tam giác ${A^\prime }C{C^\prime }$ nên $A{G_2} = \frac{2}{3}{C^\prime }I = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }$.

Ta có ${G_1}{G_2} = A{C^\prime } - A{G_1} - {C^\prime }{G_2} = A{C^\prime } - \frac{1}{3}A{C^\prime } - \frac{1}{3}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }$.

Từ đó ta có $A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime }\left( { = \frac{1}{3}A{C^\prime }} \right)$.

Suy ra ${G_1},{G_2}$ chia đoạn $A{C^\prime }$ ' thành ba phần bằng nhau.

d) Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)$. Thiết diện là hình gì?

Xét tam giác ${B^\prime }{D^\prime }C$, gọi $P = {B^\prime }{G_2} \cap C{D^\prime }$.

Suy ra $P$ là trung điểm của $C{D^\prime }$.

Trong $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)$, vẽ $Px//{A^\prime }{B^\prime }$.

Trong $\left( {C{C^\prime }{D^\prime }D} \right),Px$ cắt $C{C^\prime },D{D^\prime }$ lần lượt tại $M$ và $N$.

Suy ra $MN//CD$ và $MN = CD$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right) = {A^\prime }{B^\prime }}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {{B^\prime }{C^\prime }CB} \right) = {B^\prime }M}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {C{C^\prime }{D^\prime }D} \right) = MN}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {A{A^\prime }{D^\prime }D} \right) = N{A^\prime }}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow$ thiết diện của $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)$ và hình hộp $ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ là tứ giác ${A^\prime }{B^\prime }MN$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MN//{A^\prime }{B^\prime }}\\{MN = {A^\prime }{B^\prime }( = CD)}\end{array} \Rightarrow } \right.$ thiết diện ${A^\prime }{B^\prime }MN$ là hình bình hành.

Gọi $E$ là trung điểm của $AD$ và $I$ là giao điểm của $NP$ và $EC$.

Ta có $\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{DP}}{{CP}} = \frac{1}{3}$ nên $NP//AD$. Do $AD//BC$ nên $NP//BC$, suy ra $NP//(SBC)$.

Vì $NP//AD$ nên ta có $\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}$.

Do $M$ là trọng tâm của tam giác $SAD$ và $E$ trung điểm của đoạn $AD$ nên $M \in SE$ và $\frac{{EM}}{{ES}} = \frac{1}{3}$. Như vậy $\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EM}}{{ES}}$ nên $MI//SC$, suy ra $MI//(SBC)$. Từ đó, ta có $(MNP)//(SBC)$.

Ta có $(P)//(MNP);(MNP) \cap \left( {{A^\prime }{B^\prime }BA} \right) = MN$. Suy ra $(P) \cap \left( {{A^\prime }{B^\prime }BA} \right) = Hx//MN$.

Trong mặt phẳng $\left( {{A^\prime }{B^\prime }BA} \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $Hx$ và $AB$. Suy ra $(P) \cap \left( {{A^\prime }{B^\prime }BA} \right) = HK$.

Vì $(P)//(MNP)$ nên $NP//(P)$. Hơn nữa $NP//{A^\prime }{C^\prime }$. Suy ra $(P)//{A^\prime }{C^\prime }$.

Trong mặt phẳng $\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)$, vẽ $HI//{A^\prime }{C^\prime },I \in C{C^\prime }$.

Ta có $(P) \cap \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) = HI$. Tương tự, ta có $(P) \cap \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right) = IJ$ với $J \in BC$ và $IJ//MP$.

Vì $K,J \in (P) \cap (ABC)$ nên $(P) \cap (ABC) = JK$.

Do đó các đoạn giao tuyến của mặt phẳng $(P)$ với các mặt của hình lăng trụ $ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ tạo thành tứ giác $HIJK$.

Mặt khác, $KJ//HI$ (do cùng song song với ${A^\prime }{C^\prime }$). Vậy tứ giác $HIJK$ là hình thang.

Vì $EF$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $EF//SD$. Vì $EF$ không nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ nên $EF//(SCD)$.

Vì $FG$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$ nên $FG//CD$. Vì $FG$ không nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ nên $FG//(SCD)$.

Mặt phẳng $(EFG)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $EF$ và $FG$ cùng song song với mặt phẳng $(SCD)$ nên mặt phẳng $(EFG)$ song song với mặt phẳng $(SCD)$.

Vì $m\parallel n$ nên đường thẳng $m$ song song với $mp(C,n)$.

Vì $ABCD$ là hình thang có hai đáy là $AB$ và $CD$ nên $AB//CD$, suy ra đường thẳng $AB$ song song với $mp(C,n)$.$mp(B,m)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $m$ và $AB$ cùng song song với $mp(C,n)$ nên $mp(B,m)$ và $mp(C,n)$ song song với nhau.

Vì hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ song song với mặt phẳng $(ABC)$ nên $(P)//(Q)$, do đó ba mặt phẳng $(ABC),(P)$ và $(Q)$ đôi một song song. Theo định lí Thalés trong không gian, ta suy ra $\frac{{{A_2}{A_1}}}{{A{A_1}}} = \frac{{{B_2}{B_1}}}{{B{B_1}}} = \frac{{{C_2}{C_1}}}{{C{C_1}}}$.

Mà $A{A_1} = {A_1}\;{A_2}$ nên $\frac{{{A_2}{A_1}}}{{A{A_1}}} = 1$, suy ra $\frac{{{A_2}{A_1}}}{{A{A_1}}} = \frac{{{B_2}{B_1}}}{{B{B_1}}} = \frac{{{C_2}{C_1}}}{{C{C_1}}} = 1$, do đó $B{B_1} = {B_1}\;{B_2}$ và ${C_1} = {C_1}{C_2}$.

Sử dụng định lí Thalés ta cũng chứng minh được $\frac{{{A_2}S}}{{{A_2}{A_1}}} = \frac{{{B_2}S}}{{{B_2}{B_1}}} = \frac{{{C_2}S}}{{{C_2}{C_1}}}$.

Mà ${A_1}\;{A_2} = {A_2}\;S$ nên $\frac{{{A_2}S}}{{{A_2}{A_1}}} = 1$, suy ra $\frac{{{A_2}S}}{{{A_2}{A_1}}} = \frac{{{B_2}S}}{{{B_2}{B_1}}} = \frac{{{C_2}S}}{{{C_2}{C_1}}} = 1$, do đó ${B_1}\;{B_2} = {B_2}\;S$ và ${C_1}{C_2} = {C_2}\;S$.

Vậy ${B_1} = {B_1}{B_2} = {B_2}S$ và $C{C_1} = {C_1}{C_2} = {C_2}S$.