Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phép chiếu song song (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ: $A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A^{\prime }(0,0,1),B^{\prime }(1,0,1),C^{\prime }(0,1,1)$. Khi đó $M(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$, $M^{\prime }(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$, $N(0,1,\frac{1}{2})$, $I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0)$, $K(\frac{1}{3},\frac{1}{3},1)$, $G(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3})$.

a) $\overrightarrow{M{M}^{\prime }}=(0,0,1)=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, nên $M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Đúng.

b) Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ có phương trình $x+y=1$. Mặt phẳng $(IKG)$: $\overrightarrow{IK}=(0,0,1)$, $\overrightarrow{IG}=(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$, pháp tuyến $(1,1,0)$, phương trình $x+y=\frac{2}{3}$. Hai mặt phẳng song song, không cắt nhau. Sai.

c) Hình chiếu của $K$ và $G$ theo phương $A{A}^{\prime }$ xuống $(ABC)$ là $K_0(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0)$ và $G_0(0,\frac{2}{3},0)$. $\overrightarrow{K_0{G}_0}=(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},0)\parallel (-1,1,0)$, cùng phương với $\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$. Đúng.

d) $\overrightarrow{IG}=(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})\parallel (-1,1,1)$. Mặt phẳng $(MN{C}^{\prime })$: $\overrightarrow{MN}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$, pháp tuyến $(1,1,0)$, phương trình $x+y=1$. Vì $\overrightarrow{IG}\cdot (1,1,0)=0$ nên $IG$ song song với mặt phẳng; hơn nữa $I$ có $x+y=\frac{2}{3}\ne 1$ nên $I\notin (MN{C}^{\prime })$. Vậy $IG\parallel (MN{C}^{\prime })$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{M{M}^{\prime }}=(0,0,1)=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ nên $M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(IKG)$ có phương trình $x+y=\frac{2}{3}$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$, nên hai mặt phẳng không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $K,G$ là $K_0(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0)$, $G_0(0,\frac{2}{3},0)$; $\overrightarrow{K_0{G}_0}\parallel \overrightarrow{BC}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{IG}\parallel (-1,1,1)$ vuông góc pháp tuyến $(1,1,0)$ của $(MN{C}^{\prime })$ và $I\notin (MN{C}^{\prime })$, nên $IG\parallel (MN{C}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $M$ theo phương $AC$ lên $(SAD)$ là giao điểm của đường thẳng $d$ qua $M$ song song với $AC$ với mặt phẳng $(SAD)$. Xét mặt phẳng $(SAC)$: vì $M$ là trung điểm của $SC$ và $d\parallel AC$ nên theo định lý Thales trong tam giác $SAC$, $d$ cắt $SA$ tại trung điểm $I$ của $SA$. Vì $I\in SA\subset (SAD)$ nên $I$ chính là hình chiếu cần tìm. Vậy hình chiếu song song của $M$ theo phương $AC$ lên $(SAD)$ là trung điểm của $SA$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, đặt $\vec{v}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Ta có $I=\frac{A+B}{2}$, $I^{\prime }=\frac{A^{\prime }+B^{\prime }}{2}=I+\vec{v}$, nên $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}/2+\vec{v}$. Đường thẳng qua $I$ song song $A{I}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại điểm $I+t\overrightarrow{A{I}^{\prime }}$. Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $A=(0;0;0)$, $B=(2;0;0)$, $\vec{v}=(0;0;h)$ thì $I=(1;0;0)$, $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=(1;0;h)$, đường qua $I$: $(1+t;0;th)$; giao với $z=h$ tại $t=1$ cho $(2;0;h)=B^{\prime }$. Vậy phép chiếu biến $I$ thành $B^{\prime }$, đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong lăng trụ $ABCD.EFGH$, các cạnh bên song song nên $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH}=\vec{k}$ (phương thẳng đứng). Ta có $\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AB}=-\vec{k}+\overrightarrow{AB}$. Đường thẳng qua $H$ song song với $EB$: $H+t\overrightarrow{EB}=D+\vec{k}+t(-\vec{k}+\overrightarrow{AB})$. Điểm này thuộc mặt phẳng $(ABCD)$ khi thành phần theo phương thẳng đứng triệt tiêu, tức $t=1$, khi đó hình chiếu là $D+\overrightarrow{AB}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$, suy ra hình chiếu là $D+\overrightarrow{DC}=C$. Vậy hình chiếu của $H$ lên $(ABCD)$ theo phương chiếu $EB$ là điểm $C$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ vectơ: lấy $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{v}$. Khi đó $I$ có vị trí $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\vec{b}$ và $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{b}$ (vì $I^{\prime }$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$). Đường thẳng qua $I$ song song với $A{I}^{\prime }$ có phương trình: $\vec{r}=\frac{1}{2}\vec{b}+t\left(\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{b}\right)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ gồm các điểm $\vec{v}+s\vec{b}+u\vec{c}$ (với $\vec{c}=\overrightarrow{AC}$). So sánh hệ số: $t=1$ (theo $\vec{v}$), khi đó thành phần theo $\vec{b}$ là $\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{b}=\vec{b}$, tức $s=1$, $u=0$. Vậy giao điểm là $\vec{v}+\vec{b}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, tức điểm $B^{\prime }$. Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 112 (Câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ (là hình bình hành), ta có $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{I{B}^{\prime }}$ vì $I$ là trung điểm $AB$, $I^{\prime }$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ (thực chất tứ giác $AI{B}^{\prime }{A}^{\prime }$... xét vectơ: $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{I}^{\prime }}$, dễ kiểm tra $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{I{B}^{\prime }}$). Vậy đường thẳng qua $I$ song song với $A{I}^{\prime }$ chính là đường thẳng $I{B}^{\prime }$, cắt mặt phẳng chiếu $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại $B^{\prime }$. Do đó phép chiếu song song theo phương $A{I}^{\prime }$ biến $I$ thành $B^{\prime }$. Điều này khớp với đáp án A trong bảng đáp án (mã đề 111, câu 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{A^{\prime }D}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{B^{\prime }B}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Suy ra $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }C$. Đường thẳng qua $C$ song song với $A^{\prime }D$ chính là đường thẳng $B^{\prime }C$, cắt mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ tại điểm $B^{\prime }$. Vậy hình chiếu song song của $C$ trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ theo phương $A^{\prime }D$ là điểm $B^{\prime }$. Khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ là đường thẳng $AD$. Đường thẳng $AD$ cắt mặt phẳng $(SCD)$ tại điểm $D$ (vì $D\in (SCD)$). Vậy hình chiếu song song của $A$ lên $(SCD)$ theo phương $BC$ là điểm $D$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 11: D).

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$, do đó $MN\parallel AB$. Mà $AB\parallel CD$ nên $MN\parallel CD$. Ta có $MN\subset (SMN)$ và $CD\not\subset (SMN)$, suy ra $CD\parallel (SMN)$.

b) Hình chiếu song song của $P$ trên $(ABCD)$ theo phương $SA$: trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $P$ song song với $SA$ cắt $AB$ tại $Q$, khi đó $PQ\parallel SA$ và $Q\in (ABCD)$. Trong tam giác $SAB$, theo định lý Thales:
$$\frac{PQ}{SA}=\frac{BP}{BS}$$
Vì $BP=2SP$ nên $BP=\frac{2}{3}BS$, suy ra $PQ=\frac{2}{3}SA$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $AB=2a$ nên $SA=2a$. Vậy $PQ=\frac{2}{3}\cdot 2a=\frac{4a}{3}$.

c) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $F$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. Vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD$, tam giác $FAB$ đồng dạng tam giác $FDC$ với tỉ số $\frac{FB}{FC}=\frac{AB}{CD}=2$, nên $C$ là trung điểm của $FB$ (thứ tự điểm $F,C,B$; tương tự $F,D,A$).
Ta có $F\in AD\subset (ADP)$ và $F\in BC\subset (SBC)$, nên $(ADP)\cap (SBC)=FP$. Suy ra $E=SC\cap (ADP)=SC\cap FP$.

Xét trong mặt phẳng $(SBC)$ với hệ tọa độ $F(0;0),B(2;0),C(1;0),S(0;3)$. Vì $P\in SB$ với $BP=2SP$ tức $SP=\frac{1}{3}SB$, nên $P=S+\frac{1}{3}(B-S)=\left(\frac{2}{3};2\right)$. Đường thẳng $FP$ qua $F(0;0)$ và $P\left(\frac{2}{3};2\right)$ có phương trình $y=3x$. Đường thẳng $SC$ qua $S(0;3)$ và $C(1;0)$ có phương trình $y=3-3x$. Giải hệ $3x=3-3x$ được $x=\frac{1}{2}$, $y=\frac{3}{2}$, tức $E=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$.

Trên đường thẳng $SC$, từ $S(0;3)$ đến $C(1;0)$, điểm $E\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ là trung điểm của $SC$, tức $\frac{SE}{SC}=\frac{1}{2}$.

Vậy $E$ là trung điểm của $SC$ ($SE=EC=\frac{1}{2}SC$).

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua $M$ song song với $AC$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$ (vì $M\in SC\subset (SAC)$ và phương $AC\subset (SAC)$). Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng qua $M$ song song với $AC$ cắt cạnh $SA$ tại một điểm $N$. Xét tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SC$ và $MN//AC$ nên theo định lý đường trung bình (đảo), $N$ là trung điểm $SA$. Điểm $N$ thuộc $(SAD)$ vì $N\in SA\subset (SAD)$. Vậy hình chiếu song song của $M$ theo phương $AC$ lên $(SAD)$ là trung điểm $SA$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (Câu 12, mã đề 1111: D).

Gọi P,Q là hình chiếu của M,N theo phương chiếu SC lên mp(ABCD). Ta có
$$BP=\frac{1}{3}BC=\frac{a}{3},CQ=\frac{1}{3}CD=\frac{a}{3},QD=\frac{2}{3}CD=\frac{2a}{3}$$
Vậy diện tích $S_{△APQ}=a^2-\frac{1}{2}a.\frac{1}{3}a-\frac{1}{2}.\frac{1}{3}a.\frac{2}{3}a-\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.a.a=\frac{7}{18}{a}^2$
(Điểm: 0,25, 0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $Ax\parallel Cz$ và $By\parallel Dt$, mặt phẳng $(AB{A}^{\prime }{B}^{\prime })$ song song với $(CD{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$. Do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cũng là hình bình hành, hai đường chéo $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ cắt nhau tại trung điểm $O$ chung. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (tâm hình bình hành $ABCD$), thì $O$ cũng là trung điểm chung của $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$. Vì các nửa đường thẳng song song, phép chiếu song song theo phương $Ax$ biến đoạn $AC$ thành $A^{\prime }{C}^{\prime }$, nên trung điểm $O$ của $AC$ có ảnh là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Tương tự $O$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$... Cách tính trực tiếp: do $O$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$, ta có $O{O}_B^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }}{2}=6$ và $O{O}_D^{\prime }=\frac{D{D}^{\prime }}{2}=3$ (đo theo phương song song), suy ra khoảng cách từ $O$ đến giao điểm $I$ của $B^{\prime }{D}^{\prime }$ với... Nói cách khác, với phép chiếu song song, trung điểm của $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$ cho: $\frac{A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }}{2}=\frac{B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }}{2}$, tức $A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }=B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }=12+6=18$. Suy ra $C{C}^{\prime }=18-8=10$. Vậy đáp án C, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101, câu 1: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E$ là trung điểm $AB$. $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $M$ nằm trên trung tuyến $CE$ với $\frac{ME}{EC}=\frac{1}{3}$. Hình chiếu $N$ của $M$ theo phương $CD$ lên $(ABD)$: đường thẳng qua $M$ song song $CD$ nằm trong mặt phẳng $(CDE)$ và cắt $DE$ tại $N$ (vì $DE\subset (ABD)$). Do $MN\parallel CD$, ta có $\frac{EN}{ED}=\frac{ME}{EC}=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{DN}{NE}=\frac{2}{1}$. Trong tam giác $ABD$, $DE$ là trung tuyến kẻ từ $D$, và điểm trên trung tuyến chia tỉ số $DN:NE=2:1$ chính là trọng tâm tam giác $ABD$. Vậy đáp án D.

* Trong tam giác $A^{\prime }BD$ kẻ đường thẳng qua $M$ và song song $A^{\prime }D$ luôn cắt $A^{\prime }B$ suy ra $N\in A^{\prime }B$.
* Mà $N\in A{B}^{\prime }$ suy ra $N=A{B}^{\prime }\cap A^{\prime }B$.
* Suy ra $\frac{AN}{A{B}^{\prime }}=\frac{1}{2}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0),B=(1;0;0),C=(0;1;0),A^{\prime }=(0;0;1),B^{\prime }=(1;0;1),C^{\prime }=(0;1;1)$. Khi đó $I=(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K=(\frac{1}{3};\frac{1}{3};1)$, $G=(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3})$, $M=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, $M^{\prime }=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};1)$, $F=(0;\frac{1}{2};\frac{1}{2})$.

a) $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ là phương cạnh bên. Đường thẳng qua $I$ song song $M{M}^{\prime }$ cắt $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại điểm dịch chuyển của $I$ theo vectơ $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, tức trọng tâm tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là $K$. Đúng.

b) $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{2}{3}$; tương tự $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$ với đường trung tuyến $AF$ nên $\frac{AG}{AF}=\frac{2}{3}$. Mệnh đề nói bằng $\frac{1}{3}$ nên Sai.

c) Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ có phương trình $x+y=1$. Vectơ $\overrightarrow{IG}=(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$ có tổng $x+y$ không đổi nên $IG\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, mà $I\notin (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ vì $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\ne 1$. Vậy $IG$ không cắt mặt phẳng này. Sai.

d) Mặt $(AI{B}^{\prime })$: pháp tuyến $\overrightarrow{AI}\times \overrightarrow{A{B}^{\prime }}\propto (1;-1;-1)$, phương trình $x-y-z=0$. Mặt $(A^{\prime }KG)$: $\overrightarrow{A^{\prime }K}\times \overrightarrow{A^{\prime }G}\propto (-1;1;1)\propto (1;-1;-1)$, và $A^{\prime }$ không thuộc $x-y-z=0$ (thay vào được $-1$). Hai mặt phẳng có cùng pháp tuyến và không trùng nên song song. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đường qua $I$ song song $M{M}^{\prime }$ (phương cạnh bên) cắt $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại trọng tâm tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, tức $K$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm chia đường trung tuyến theo tỉ số $2:1$ tính từ đỉnh, nên $AI/AM=AG/AF=2/3\ne 1/3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ trên, $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$, còn $\overrightarrow{IG}=(-1/3;1/3;1/3)$ song song mặt phẳng và $I$ không thuộc mặt phẳng, nên $IG\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, không cắt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cả hai mặt phẳng đều có pháp tuyến $(1;-1;-1)$ và $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }KG)\parallel (AI{B}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ cũng song song với $CD$ và nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ (vì $M\in SC$). Trong mặt phẳng $(SCD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $CD$ cắt $SD$ tại điểm $M^{\prime }$. Tam giác $SCD$ có $M$ là trung điểm $SC$ và $M{M}^{\prime }\parallel CD$, theo định lý đường trung bình thì $M^{\prime }$ là trung điểm của $SD$. Điểm $M^{\prime }$ thuộc $(SAD)$ nên hình chiếu song song của $M$ theo phương $AB$ lên $(SAD)$ là trung điểm của $SD$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Cho hình thap $ABCD$ với $AB\parallel CD$, $AB\ne CD$, nằm trong mặt phẳng $(\alpha )$. Chiếu song song hình thang này lên mặt phẳng $(P)$ theo phương chiếu $d$ không song song với $(\alpha )$, được tứ giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ lần lượt là ảnh của $A,B,C,D$ (như Hình 4.61).

1) Tính song song được bảo toàn: Vì $AB\parallel CD$ nên theo tính chất của phép chiếu song song, hình chiếu của hai đường thẳng song song là hai đường thẳng song song (hoặc trùng nhau). Do phương chiếu $d$ không song song với $(\alpha )$, phép chiếu trên $(\alpha )$ là một phép biến hình, biến bốn đỉnh phân biệt thành bốn điểm phân biệt $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$, và hai đường thẳng cắt không thể có ảnh song song. Vì $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $C^{\prime }{D}^{\prime }$ là ảnh của hai cạnh đối không cắt nhau của tứ giác nên chúng không trùng nhau. Suy ra $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel C^{\prime }{D}^{\prime }$.

2) Hai cạnh còn lại không song song: Giả sử $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$. Xét phép chiếu ngược (phép chiếu song song từ $(P)$ lên $(\alpha )$ theo cùng phương $d$, cũng là phép biến hình vì $d$ không song song với $(P)$): ảnh của $A^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $AD$ và $BC$ phải song song (hoặc trùng nhau). Nhưng $AD$ và $BC$ là hai cạnh của tứ giác $ABCD$ nên không trùng nhau; do đó $AD\parallel BC$. Khi đó $ABCD$ có hai cặp cạnh đối song song, tức là hình bình hành, mâu thuẫn với giả thiết $ABCD$ là hình thang (chỉ có một cặp cạnh song song). Vậy $A^{\prime }{D}^{\prime }\nparallel B^{\prime }{C}^{\prime }$.

3) Tứ giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ không suy biến: vì phép chiếu song song theo phương không song song với mặt phẳng hình là song ánh giữa hai mặt phẳng, nên bốn đỉnh $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ phân biệt, không có ba điểm thẳng hàng, tạo thành một tứ giác thực sự.

Kết luận: $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ giác có đúng một cặp cạnh đối song song ($A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel C^{\prime }{D}^{\prime }$), cặp cạnh đối còn lại không song song, do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là một hình thap. Đpcm.

Lưu ý: Nếu phương chiếu song song với mặt phẳng chứa hình thang thì hình bị chiếu suy biến (thành các đoạn thẳng), nên ta chỉ xét trường hợp phương chiếu không song song với mặt phẳng chứa hình thang như trong Hình 4.61.

(AI giải đề cho tôi)
Đây là bài tập vẽ hình theo phép chiếu song song. Cách vẽ chung: (1) Vẽ chữ cái phẳng (ví dụ chữ L, N, T) trên lưới ô vuông, đây chính là hình chiếu của chữ nổi lên mặt phẳng. (2) Chọn một phương chiếu $d$ cố định (ví dụ hợp với phương ngang góc $45^{\circ }$, hướng lên–phải hoặc xuống–trái như trong hình minh họa chữ E). (3) Từ mỗi đỉnh của chữ phẳng, kẻ các đường song song với $d$; trên mỗi đường đó lấy một điểm cách đỉnh một đoạn bằng nhau (cùng 'chiều sâu', ví dụ 2 ô lưới). (4) Nối các điểm mới theo đúng thứ tự các đỉnh của chữ phẳng ta được mặt sau của chữ nổi. (5) Nối tương ứng các đỉnh trước – sau, tô đậm các cạnh nhìn thấy và các mặt bên (mặt trên, mặt dưới, mặt đứng) để có dạng 3D. Ví dụ với chữ L: vẽ chữ L gồm các đỉnh $A,B,C,D,E,F$; từ mỗi đỉnh kẻ đường song song $d$ và lấy $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime },E^{\prime },F^{\prime }$ với $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }=\dots$; nối $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }$; nối các cạnh $B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },D{D}^{\prime },E{E}^{\prime }$ (các cạnh nhìn thấy) rồi tô màu các mặt. Làm tương tự với chữ N và chữ T. Vì bài yêu cầu vẽ hình nên không có đáp án số; lời giải là trình tự các bước vẽ nêu trên, kết quả là hình chữ L, N, T nổi theo phép chiếu song song giống hình minh họa chữ E trong đề.

(AI giải đề cho tôi)
a) Dùng vectơ: $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{I}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{I{B}^{\prime }}=\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Vì $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$, $AB=A^{\prime }{B}^{\prime }$ (hai đáy lăng trụ) nên $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}$; vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }$ (cạnh bên lăng trụ) nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Do đó $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{I{B}^{\prime }}$. Suy ra $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{I{B}^{\prime }}$, tức $A{I}^{\prime }\parallel I{B}^{\prime }$ và $A{I}^{\prime }=I{B}^{\prime }$ (đpcm). (Cách khác: tứ giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B$ là hình bình hành; $I,I^{\prime }$ là trung điểm của $AB,A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\overrightarrow{I{B}^{\prime }}$ như trên.)

b) Hình chiếu của $C$ theo phương $A{I}^{\prime }$ trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là điểm $M\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ sao cho $CM\parallel A{I}^{\prime }$, tức $CM\parallel I{B}^{\prime }$ (theo câu a).

Cách dựng: Xét mặt phẳng $(\beta )$ đi qua $C$ và đường thẳng $I{B}^{\prime }$.
- $(\beta )\cap (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })=I{B}^{\prime }$ (vì $I,B^{\prime }\in (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $C\notin (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$).
- $(\beta )\cap (ABC)$ là đường thẳng $CI$ (vì $C,I\in (ABC)$).
- Vì $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (ABC)$ nên $(\beta )\cap (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là đường thẳng $d$ đi qua $B^{\prime }$ và song song với $CI$.

Trong mặt phẳng $(\beta )$, qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $I{B}^{\prime }$ (tức song song với $A{I}^{\prime }$); đường này cắt $d$ tại $M$ (hai đường này cắt nhau vì $I{B}^{\prime }$ không song song với $CI$: $I{B}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ cắt $(ABC)$ theo giao tuyến $AB$, còn $CI$ nằm trong $(ABC)$ và không song song với $AB$).

Khi đó $M\in d\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $CM\parallel I{B}^{\prime }\parallel A{I}^{\prime }$. Vậy $M$ là hình chiếu song song của $C$ theo phương $A{I}^{\prime }$ trên mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

Tóm tắt cách vẽ: trong mặt đáy $(ABC)$ kẻ đường thẳng $CI$; qua $B^{\prime }$ kẻ đường thẳng song song với $CI$; qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $A{I}^{\prime }$; giao điểm của hai đường này là $M$ — hình chiếu cần tìm.