Lời giải

a) Ta có: B ∈ (ACC’) và B ∈ (Q) nên B là giao điểm của (ACC’) và (Q);

               B­₁ ∈ (ACC’) và B₁ ∈ (Q) nên B₁ là giao điểm của (ACC’) và (Q).

Do đó (ACC’) ∩ (Q) = BB₁.

Tương tự, ta có (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Ta có: (Q) // (R);

           (ACC’) ∩ (Q) = BB₁;

           (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Suy ra BB₁ // CC’.

Chứng minh tương tự ta cũng có: (P) // (Q);

                                                      (AA’C’) ∩ (P) = AA’;

                                                      (AA’C’) ∩ (Q) = B₁B’.

Suy ra B₁B’ // AA’.

b) Trong mp(ACC’), xét DACC’ có: BB₁ // CC’ nên theo định lí Thalès ta có:

• \(\frac = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}\), suy ra \(\frac{{A{B_1}}} = \frac{{C'A}}\);

• \(\frac = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}\), suy ra \(\frac{{{B_1}C'}} = \frac{{C'A}}\).

Do đó \(\frac{{A{B_1}}} = \frac{{{B_1}C'}} = \frac{{C'A}}\).

Trong mặt phẳng (AA’C’), xét DAA’C’có: B₁B’ // AA’ nên theo định lí Thalès ta có:

• \[\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\], suy ra \(\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\);

• \(\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\), suy ra \(\frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\).

Do đó \(\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\).

c) Theo chứng minh ở câu b ta có:

• \(\frac = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}\) và \[\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\] nên \[\frac = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}} \right)\]

Do đó \[\frac{{A'B'}} = \frac{{C'A'}}\].

• \(\frac = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}\) và \(\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\) nên \(\frac = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}} \right)\)

Do đó \(\frac{{B'C'}} = \frac{{C'A'}}\).

Vậy \[\frac{{A'B'}} = \frac{{B'C'}} = \frac{{C'A'}}\].