Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường song song mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $P$ là trung điểm của $SB$. Trong tam giác $SAB$, $H$ trung điểm $SA$, $P$ trung điểm $SB$ nên $HP$ là đường trung bình, suy ra $HP\parallel AB$ và $HP=\frac{AB}{2}$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AB\parallel CD$ và $AB=CD$, do đó $HP\parallel CD$ và $HP=\frac{CD}{2}=CK$ (vì $K$ trung điểm $CD$). Vậy tứ giác $HPCK$ có $HP\parallel CK$ và $HP=CK$ nên là hình bình hành, suy ra $HK\parallel PC$. Mà $PC\subset (SBC)$ và $HK\not\subset (SBC)$, nên $HK\parallel (SBC)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K$ là trung điểm của $AD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $G$ thuộc trung tuyến $BK$, do đó $\overrightarrow{KG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{KB}$ (tính chất trọng tâm: $KG=\frac{1}{3}KB$). Ta có $\overrightarrow{GB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KB}$.

Vì $M$ thuộc $BC$ với $BM=2MC$ nên $\overrightarrow{BM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}$, suy ra $\overrightarrow{MB}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}$.

Xét: $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BG}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{BK}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{BK}-\overrightarrow{BC})=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$.

Vậy $\overrightarrow{MG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$, tức $MG\parallel CK$.

Mà $K$ là trung điểm $AD$ nên $K\in (ACD)$, và $C\in (ACD)$, do đó đường thẳng $CK\subset (ACD)$. Lại có $M\notin (ACD)$ (vì $M$ thuộc cạnh $BC$ của tứ diện, $M\ne C$).

Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng: đường thẳng $MG$ song song với đường thẳng $CK$ nằm trong mặt phẳng $(ACD)$ và $MG\not\subset (ACD)$, nên $MG\parallel (ACD)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình thang $AD\parallel BC$, $AD=3BC$ nên các đường chéo cắt nhau tại $O$ với $\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{OB}=\frac{AD}{BC}=3$, suy ra $\frac{CO}{CA}=\frac{1}{4}$. Trong tam giác $SAC$, qua $O$ vẽ đường thẳng song song với $SA$, cắt $SC$ tại $I$. Khi đó $OI\parallel SA\subset (SAD)$ nên $OI\parallel (SAD)$. Theo định lý Thales: $\frac{CI}{CS}=\frac{CO}{CA}=\frac{1}{4}$. Vậy $x=\frac{1}{4}$ (điểm $I$ thuộc đoạn $SC$ nên tồn tại duy nhất).

(AI giải đề cho tôi)
Vì I, J lần lượt là trung điểm BC, BD nên IJ là đường trung bình của tam giác BCD, suy ra IJ ∥ CD và IJ = CD/2 → a) đúng. Mặt khác IJ ∥ CD, CD ⊂ (ACD) mà IJ ⊄ (ACD) nên IJ ∥ (ACD). Mặt phẳng (P) chứa IJ và cắt (ACD) theo giao tuyến MN, do đó MN ∥ IJ ∥ CD. Vậy MN song song với DC, không cắt DC → b) sai. Tứ giác IJNM có IJ ∥ MN (cùng song song CD) và MN ≠ IJ nói chung (MN = k·CD với k = AM/AC ≠ 1/2 nói chung), nên IJNM là hình thang → c) đúng. IJNM là hình bình hành khi và chỉ khi MN = IJ = CD/2, tức AM/AC = AN/AD = 1/2, nghĩa là M là trung điểm của AC (và N là trung điểm của AD) → d) đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
IJ là đường trung bình của tam giác BCD nên IJ ∥ CD và IJ = ½CD.
b) (AI giải đề cho tôi)
IJ ∥ CD nên IJ ∥ (ACD); (P) chứa IJ cắt (ACD) theo MN nên MN ∥ IJ ∥ CD. Vậy MN song song DC chứ không cắt DC.
c) (AI giải đề cho tôi)
IJNM có IJ ∥ MN (cùng song song CD) và MN ≠ IJ nói chung, nên là hình thang.
d) (AI giải đề cho tôi)
IJNM là hình bình hành ⟺ MN = IJ = ½CD ⟺ AM/AC = AN/AD = ½, tức M là trung điểm của AC.

(AI giải đề cho tôi)
Vì ABCD là hình bình hành nên MN là đường trung bình nối trung điểm AB, CD, suy ra MN // AD // BC và MN đi qua tâm O.
a) MN // BC với BC nằm trong (SBC), M không thuộc (SBC) nên MN // (SBC). Đúng.
b) MN // AD với AD nằm trong (SAD), MN không nằm trong (SAD) (M thuộc AB, N thuộc CD, không thuộc mặt phẳng (SAD)) nên MN // (SAD). Đúng.
c) P là trung điểm SA, M là trung điểm AB nên trong tam giác SAB có PM // SB. Vì PM nằm trong (MNP) và SB không nằm trong (MNP) nên SB // (MNP), do đó SB KHÔNG cắt (MNP). Sai.
d) Kiểm tra với tọa độ: A(0;0;0), B(2;0;0), D(0;2;0), C(2;2;0), S(0;0;4). Khi đó M(1;0;0), N(2;1;0), P(0;0;2). Mặt phẳng (MNP) có phương trình 2x - 2y + z = 2. Thay S(0;0;4): 4 > 2; thay C(2;2;0): 0 < 2. S và C nằm khác phía đối với (MNP) nên đoạn SC cắt mặt phẳng (MNP), tức SC cắt (MNP). Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
MN // BC (đường trung bình của hình bình hành), BC nằm trong (SBC) và MN không nằm trong (SBC) nên MN // (SBC).
b) (AI giải đề cho tôi)
MN // AD, AD nằm trong (SAD) và MN không nằm trong (SAD) nên MN // (SAD).
c) (AI giải đề cho tôi)
P trung điểm SA, M trung điểm AB nên PM // SB, suy ra SB // (MNP), không cắt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ S(0;0;4), C(2;2;0) và (MNP): 2x-2y+z=2, S và C nằm khác phía nên SC cắt (MNP).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. O là trung điểm BD, O' là trung điểm BF nên trong tam giác DBF, OO' là đường trung bình, suy ra OO' ∥ DF. Vì DF ⊂ (ADF) và OO' ⊄ (ADF) nên OO' ∥ (ADF).

b) Sai. Xét tam giác ACE: O là trung điểm AC (tâm hình bình hành ABCD), O' là trung điểm AE (tâm hình bình hành ABEF), nên OO' là đường trung bình ⇒ OO' ∥ CE. Vì CE ⊂ (BCE) và OO' ⊄ (BCE) nên OO' ∥ (BCE), tức OO' không cắt mặt phẳng (BCE).

c) Sai. Theo giả thiết BN = (1/3)BD nên BN/BD = 1/3, không phải 2/3.

d) Đúng. Chọn A làm gốc, ta có M = (2/3)A + (1/3)E, N = (2/3)B + (1/3)D, nên vector MN = (2/3)AB + (1/3)AD − (1/3)AE. Vì AE = AB + AF và AD = BC: MN = (1/3)AB + (1/3)BC − (1/3)AF = (1/3)(AC − AF) = −(1/3)CF. Vậy MN ∥ CF, mà CF ⊂ (CDFE) và M ∉ (CDFE) (vì M ∈ AE với M ≠ E), suy ra MN ∥ (CDFE).
a) (AI giải đề cho tôi)
O trung điểm BD, O' trung điểm BF ⇒ OO' là đường trung bình tam giác DBF ⇒ OO' ∥ DF ⊂ (ADF), nên OO' ∥ (ADF).
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác ACE, O trung điểm AC, O' trung điểm AE ⇒ OO' ∥ CE ⊂ (BCE) ⇒ OO' ∥ (BCE), do đó OO' không cắt mặt phẳng (BCE).
c) (AI giải đề cho tôi)
Theo giả thiết BN = (1/3)BD nên BN/BD = 1/3 ≠ 2/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với gốc A: MN = (2/3)AB + (1/3)AD − (1/3)AE = (1/3)(AB + BC − AF) = −(1/3)CF (vì CF = AF − AB − BC). Suy ra MN ∥ CF ⊂ (CDFE) và M ∉ (CDFE), nên MN ∥ (CDFE).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0)$ và hình bình hành $ABEF$ (theo thứ tự $A,B,E,F$, nên $BE\parallel AF$, $EF\parallel AB$) với $E(1;0;1),F(0;0;1)$. Khi đó $O_1$ là tâm $ABCD$: $O_1(0,5;0,5;0)$; $O_2$ là tâm $ABEF$ (trung điểm $AE$ và $BF$): $O_2(0,5;0;0,5)$; $M$ trung điểm $CD$: $M(0,5;1;0)$.

- Xét tam giác $DBE$: $O_1$ là trung điểm $DB$, $O_2$ là trung điểm $BE$ nên $O_1{O}_2\parallel DE$.
- Mặt phẳng $(BEC)$ là mặt phẳng $x=1$; mặt phẳng $(AFD)$ là mặt phẳng $x=0$. Đường thẳng $O_1{O}_2$ có $x=0,5$ không đổi, nên $O_1{O}_2\parallel (BEC)$ (và $O_1\notin (BEC)$) và $O_1{O}_2\parallel (AFD)$ (và $O_1\notin (AFD)$). Vậy B và C đúng.
- Mặt phẳng $(EFM)$: $\overrightarrow{EF}=(-1;0;0)$, $\overrightarrow{EM}=(-0,5;1;-1)$, pháp tuyến $(0;1;1)$, phương trình $y+z=1$. VTCP của $O_1{O}_2$ là $(0;-1;1)$ có tích vô hướng với $(0;1;1)$ bằng $0$, và $O_1$ có $y+z=0,5\ne 1$ nên $O_1{O}_2\parallel (EFM)$. Vậy D đúng.
- Đường thẳng $M{O}_2$: qua $M(0,5;1;0)$ và $O_2(0,5;0;0,5)$, có hoành độ $x=0,5$ không đổi, nên $M{O}_2\parallel (BEC)$ (mặt phẳng $x=1$), tức $M{O}_2$ không cắt $(BEC)$. Vậy A sai.

Khẳng định sai là A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$; khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$. Trọng tâm tam giác $SAD$: $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{3}$. Mặt phẳng $(SCD)$ có hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{SD}=\vec{d}-\vec{s}$ và $\overrightarrow{CD}=-\vec{b}$. Gọi $M\in BC$ với $\overrightarrow{BM}=t\overrightarrow{BC}=t\vec{d}$, tức $\overrightarrow{AM}=\vec{b}+t\vec{d}$. Điều kiện $\overrightarrow{GM}\parallel (SCD)$: $\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AG}=\vec{b}+t\vec{d}-\frac{1}{3}\vec{s}-\frac{1}{3}\vec{d}=\alpha (\vec{d}-\vec{s})+\beta \vec{b}$. So sánh hệ số: hệ số của $\vec{s}$: $-\frac{1}{3}=\alpha$; hệ số của $\vec{d}$: $t-\frac{1}{3}=-\alpha =\frac{1}{3}\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $BM=\frac{2}{3}BC$, $MC=\frac{1}{3}BC$. Hai tam giác $MAB$ và $MAC$ có chung đỉnh $A$ và hai đáy $MB$, $MC$ nằm trên cùng đường thẳng $BC$ nên $\frac{S_{\Delta MAB}}{S_{\Delta MAC}}=\frac{MB}{MC}=\frac{2/3}{1/3}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$; $N$ trung điểm $SD$ nên $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$; $M$ trung điểm $SA$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}}{2}$; $P$ trung điểm $ON$ nên $\overrightarrow{AP}=\frac{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{AN}}{2}=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}$. Suy ra $\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{b}+2\vec{d}-\vec{s}}{4}$. Mặt phẳng $(SBC)$ có $\overrightarrow{BS}=\vec{s}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{BC}=\vec{d}$ làm hai vectơ chỉ phương. Ta có $\overrightarrow{MP}=\frac{-(\vec{s}-\vec{b})+2\vec{d}}{4}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{BS}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$, tức $\overrightarrow{MP}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ chỉ phương của $(SBC)$, mà $M\notin (SBC)$ (vì $M$ thuộc $SA$, không thuộc mặt phẳng $(SBC)$). Vậy $MP\parallel (SBC)$. Kiểm tra các phương án khác: $\overrightarrow{MP}$ có thành phần theo $\vec{s}$ nên $MP$ không song song $(ABCD)$; $\overrightarrow{MP}$ không tỉ lệ $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$; $\overrightarrow{MP}$ chứa thành phần $\vec{b}$ nên không song song $(SAD)$ (hai vectơ chỉ phương $\vec{s},\vec{d}$).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 21: Hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành; $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD,SB$.

a) Trong tam giác $ABD$: $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$, suy ra $MN\parallel BD$.

Ta có:
- $BD\subset (SBD)$, còn $(MNP)$ chỉ chứa điểm $P$ chung với $(SBD)$ nên $BD\not\subset (MNP)$;
- $MN\subset (MNP)$.

Vậy theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng: $BD\parallel (MNP)$. (đpcm)

b) Hai mặt phẳng $(MNP)$ và $(SBD)$ có:
- Điểm $P$ chung: $P=SB\cap (MNP)$ vì $P\in SB$ và $P\in (MNP)$.
- Theo câu a), $BD\parallel (MNP)$, mà $BD\subset (SBD)$, mặt phẳng $(SBD)$ chứa $BD$ và đi qua điểm $P\in (MNP)$. Theo định lý về giao tuyến (nếu một mặt phẳng chứa đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng thứ hai và đi qua một điểm nằm trên mặt phẳng thứ hai thì giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua điểm đó và song song với $a$), giao tuyến của $(MNP)$ và $(SBD)$ là đường thẳng đi qua $P$ và song song với $BD$.

Vậy giao tuyến của $(MNP)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $P$ với $d\parallel BD$.

Đặt $AK=BM=x$.

Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $CD$.

Ta có $\frac{AK}{AS}=\frac{x}{a}$ (1).

Xét hai tam giác đồng dạng $△MAB\sim △MEC$ có

$\frac{AM}{ME}=\frac{BM}{MC}=\frac{x}{a-x}\Rightarrow \frac{AM}{AM+ME}=\frac{x}{a-x+x}\iff \frac{AM}{AE}=\frac{x}{a}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AK}{AS}=\frac{AM}{AE}\Rightarrow MK\parallel SE$

Mặt khác $\{\begin{array}{l}MK\not\subset (SCD)\\ SE\subset (SCD)\end{array}$. Vậy $KM\parallel (SCD)$.

[Hình cần kiểm tra lại: p13_f2]

Đặt $AK=BM=x$.

Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $CD$.

Ta có $\frac{AK}{AS}=\frac{x}{a}$ (1).

Xét hai tam giác đồng dạng $△MAB\sim △MEC$ có

$$\frac{AM}{ME}=\frac{BM}{MC}=\frac{x}{a-x}\Rightarrow \frac{AM}{AM+ME}=\frac{x}{a-x+x}\iff \frac{AM}{AE}=\frac{x}{a}(2)$$

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AK}{AS}=\frac{AM}{AE}\Rightarrow MK//SE$

Mặt khác $\{\begin{array}{l}MK\not\subset (SCD)\\ SE\subset (SCD)\end{array}$. Vậy $KM//(SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1 Phần II (mã đề 1112), đáp án nguồn DSDS khớp với kết quả giải độc lập.
a) Đúng: ABCD là hình bình hành nên BC // AD, mà AD ⊂ (SAD), BC ⊄ (SAD) ⇒ BC // (SAD).
b) Sai: KE cắt mặt phẳng (SAD) tại H nên KE không thể song song với BC (vì BC // (SAD), nếu KE // BC thì KE // (SAD), mâu thuẫn).
c) Đúng: E nằm trên SC nên E thuộc mặt phẳng (SCD).
d) Sai: Chứng minh bằng vectơ. Chọn S làm gốc, $
\vec{SA}=\vec{a}, \vec{SB}=\vec{b}, \vec{SD}=\vec{d}$,th\grave{ı}$\vec{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$.Tac\acute{o}$\vec{SK}=\frac{1}{2}\vec{b}$,$\vec{SE}=\frac{1}{3}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a})$.ĐiểmMtr\hat{e}nKE:$\vec{SM}=\vec{SK}+t(\vec{SE}-\vec{SK})=\left(\frac12-\frac{t}{6}\right)\vec{b}-\frac{t}{3}\vec{a}+\frac{t}{3}\vec{d}$.M\in (SAD)khihệs\acute{\hat{o}}của$\vec{b}$b\grave{\stackrel{˘}{a}}ng0\Rightarrow t=3.VậyH=K+3(E-K),suyraKH=3KEv\grave{a}HE=2KE,dođ\acute{o}$\frac{HE}{HK}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667
eq 0{,}76$. Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai (DSDS), trùng bảng đáp án mã đề 1112.
a) (AI giải đề cho tôi)
ABCD là hình bình hành nên BC // AD; AD ⊂ (SAD) và BC ⊄ (SAD) ⇒ BC // (SAD).
b) (AI giải đề cho tôi)
KE cắt (SAD) tại H nên KE không song song (SAD), do đó KE không song song BC (vì BC // (SAD)).
c) (AI giải đề cho tôi)
E ∈ SC ⊂ (SCD) nên E nằm trên mặt phẳng (SCD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ vectơ S gốc: H = K + 3(E−K) ⇒ KH = 3KE, HE = 2KE ⇒ HE/HK = 2/3 ≈ 0,667 ≠ 0,76.

Câu 3a (0.5 điểm):
[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
Vì $NK$ là đường trung bình của $△SCD$ nên $NK//CD$. (0.25)
Mà $AB//CD$. Do đó: $NK//AB\subset (SAB)$
Lại có $NK$ nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ nên $NK\not\subset (SAB)$.
Vậy $NK//(SAB)$. (0.25)

Câu 3b (0.5 điểm):

Gọi $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O=AC\cap BD$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$: $AN\cap SO=I$ nên $I$ là giao điểm của $AN$ và $(SBD)$.
Trong $(ABN)$ ta có $MN\cap BI=J$ nên $J$ là giao điểm của $MN$ với $(SBD)$.
Suy ra $NK//DC//AB$ và $BI\cap SD=K$ hay $B$, $I$, $J$, $K$ thẳng hàng. Khi đó $NK//BM$ và $NK=MA=BM$ và tứ giác $AKMN$ là hình bình hành. Xét hai tam giác đồng dạng $△KJN$ và $△BJM$ có
$$\frac{NK}{BM}=\frac{MJ}{NJ}=\frac{BJ}{JK}=1$$
suy ra $J$ là trung điểm của $MN$ và $J$ là trung điểm của $BK$ hay $BJ=JK$. (0.25)
Trong tam giác $△SAC$ có $I$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{NI}{IA}=\frac{1}{2}$. Do $AK//MN$ nên
$$\frac{IJ}{IK}=\frac{NI}{IA}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{IJ}{JK}=\frac{1}{3}=\frac{IJ}{BJ}\Rightarrow \frac{IJ}{BI}=\frac{1}{4}\text{hay}\frac{IB}{IJ}=4.$$ (0.25)

Câu 3a (0.5 điểm):
[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
Vì $NK$ là đường trung bình của $△SCD$ nên $NK//CD$. (0.25)
Mà $AB//CD$. Do đó: $NK//AB\subset (SAB)$
Lại có $NK$ nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ nên $NK\not\subset (SAB)$.
Vậy $NK//(SAB)$. (0.25)

Câu 3b (0.5 điểm):

Gọi $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O=AC\cap BD$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$: $AN\cap SO=I$ nên $I$ là giao điểm của $AN$ và $(SBD)$.
Trong $(ABN)$ ta có $MN\cap BI=J$ nên $J$ là giao điểm của $MN$ với $(SBD)$.
Suy ra $NK//DC//AB$ và $BI\cap SD=K$ hay $B$, $I$, $J$, $K$ thẳng hàng. Khi đó $NK//BM$ và $NK=MA=BM$ và tứ giác $AKMN$ là hình bình hành. Xét hai tam giác đồng dạng $△KJN$ và $△BJM$ có
$$\frac{NK}{BM}=\frac{MJ}{NJ}=\frac{BJ}{JK}=1$$
suy ra $J$ là trung điểm của $MN$ và $J$ là trung điểm của $BK$ hay $BJ=JK$. (0.25)
Trong tam giác $△SAC$ có $I$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{NI}{IA}=\frac{1}{2}$. Do $AK//MN$ nên
$$\frac{IJ}{IK}=\frac{NI}{IA}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{IJ}{JK}=\frac{1}{3}=\frac{IJ}{BJ}\Rightarrow \frac{IJ}{BI}=\frac{1}{4}\text{hay}\frac{IB}{IJ}=4.$$ (0.25)

Trong tam giác $AMN$, ta có $\frac{A{G}_1}{AM}=\frac{A{G}_2}{AN}=\frac{2}{3}$.

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $AMN$, ta có $G_1{G}_2//MN$ (1).

Có $\{\begin{array}{l}{G}_1{G}_2\not\subset (BCD)\\ MN\subset (BCD)\end{array}$

Suy ra $G_1{G}_2//(BCD)$.

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $DBC$, suy ra $MN//BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $G_1{G}_2//BC$

$\{\begin{array}{l}{G}_1{G}_2\not\subset (ABC)\\ BC\subset (ABC)\end{array}$

suy ra $G_1{G}_2//(ABC)$.

Trong tam giác $AMN$, ta có $\frac{A{G}_1}{AM}=\frac{A{G}_2}{AN}=\frac{2}{3}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $AMN$, ta có $G_1{G}_2//MN$ (1).

Có $\{\begin{array}{l}{G}_1{G}_2\not\subset (BCD)\\ MN\subset (BCD)\end{array}$

Suy ra $G_1{G}_2//(BCD)$.

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $DBC$, suy ra $MN//BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $G_1{G}_2//BC$

$\{\begin{array}{l}{G}_1{G}_2\not\subset (ABC)\\ BC\subset (ABC)\end{array}$

suy ra $G_1{G}_2//(ABC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình bình hành $ABCD$, $O$ là giao điểm $AC$ và $BD$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$. Tương tự, trong hình bình hành $ABEF$ (đề bài ký hiệu $O^{\prime }$ là giao điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$, tức tâm của hình bình hành thứ hai), $O^{\prime }$ là trung điểm của $AE$ và $BF$. Xét tam giác $ABF$: $O$ là trung điểm $AB$... chính xác hơn, xét tam giác $ABE$: $O$ trung điểm $AB$ (do $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ trung điểm $AC$, và $O$ cũng trung điểm $BD$; với hai hình bình hành chung cạnh $AB$, tâm $O$ của $ABCD$ là trung điểm $AC$, tâm $O^{\prime }$ của $ABEF$ là trung điểm của $AE$ và $BF$). Xét tam giác $ABE$: $O$ là trung điểm $AB$ (vì $O$ trung điểm $AC$ và $BD$ của hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm đoạn $AB$ qua tính chất đường chéo — thực chất $O$ là trung điểm của cả $AC$ lẫn $BD$; do $ABCD$ và $ABEF$ chung cạnh $AB$, ta có $O$ trung điểm $AB$ xét trong tam giác $ABE$ qua đường trung bình). Cụ thể: trong tam giác $ABE$, $O$ là trung điểm $AB$ và $O^{\prime }$ là trung điểm $AE$, nên $O{O}^{\prime }$ là đường trung bình của tam giác $ABE$, suy ra $O{O}^{\prime }\parallel BE$. Mà $BE\subset (BCE)$ và $O{O}^{\prime }\not\subset (BCE)$, do đó $O{O}^{\prime }\parallel (BCE)$. Vậy khẳng định đúng là A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 10: A).

Vẽ hình đúng đến câu a cho 0,25.

a. Ta có: $CD\parallel AB$ (gt)

Mà $CD\not\subset (SAB)$ và $AB\subset (SAB)$.

Suy ra $CD\parallel (SAB)$.

b. Trong mặt đáy $(ABCD)$, gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

Xét hai mặt phẳng $(ADH)$ và $(SBC)$ ta có:

$$\begin{array}{rl}I& \in AD\subset (ADH)\\ I& \in BC\subset (SBC)\end{array}\}\Rightarrow I\in (ADH)\cap (SBC).$$

Lại có: $H\in (ADH)\cap (SBC)$. Vậy $IH$ là giao tuyến của $(ADH)$ và $(SBC)$.

Trong mặt phẳng $(SBC)$, kéo dài $IH$ cắt $SB$ tại $K$.

Khi đó: $K\in IH\subset (ADH)$ và $I\in SB$.

Vậy $K$ là giao điểm của $SB$ và $(ADH)$.

Tính tỉ số $\frac{SK}{SB}$:

Trong mặt phẳng $(SBC)$ từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $HK$ cắt $SB$ tại $N$.

Xét tam giác $SNC$ ta có $HK\parallel CN$ nên theo định lý Talet ta có: $\frac{SK}{KN}=\frac{SH}{HC}=3$. (1)

Xét tam giác $KBI$ ta có $IK\parallel CN$ nên tương tự ta có: $\frac{BK}{KN}=\frac{BI}{IC}$. (2)

Mặt khác, trong tam giác $AIB$ có $CD\parallel AB$ nên: $\frac{BI}{IC}=\frac{AB}{CD}=3$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{SK}{KN}=\frac{BK}{KN}\Rightarrow SK=BK$.

Vậy $\frac{SK}{SB}=\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 22: Nhận xét chung: vì $I$ là tâm hình bình hành $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ nên $I$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }C$; tương tự $J$ là trung điểm $B{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }C$; $K$ là trung điểm $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$.

1) Xét tam giác $AB{C}^{\prime }$: $I$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$, $J$ là trung điểm $B{C}^{\prime }$ nên $IJ$ là đường trung bình, suy ra $IJ\parallel AB$. Mà $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, $IJ\not\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, do đó $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $C^{\prime }A{B}^{\prime }$: $J$ là trung điểm $C^{\prime }B$, $K$ là trung điểm $A^{\prime }B$ nên $JK\parallel C^{\prime }A$. Mà $A{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, $JK\not\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $A^{\prime }CB$: $I$ là trung điểm $A^{\prime }C$, $K$ là trung điểm $A^{\prime }B$ nên $IK\parallel CB$. Mà $CB\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, $IK\not\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

2) Dùng vectơ. Gọi $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$. Ta có $J$ là trung điểm $B{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$. Lấy điểm $O$ trên $AJ$ sao cho $\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AJ}$, khi đó $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$.
Tương tự, $K$ là trung điểm $A^{\prime }B$ nên $\overrightarrow{CK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{C{A}^{\prime }}+\overrightarrow{CB})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\vec{u})$, và điểm $O$ với $\overrightarrow{CO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\vec{u})$ chính là điểm đã định ở trên vì $\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{CO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB})=\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CA}$... kiểm tra trực tiếp: $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ và $\overrightarrow{CO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\vec{u})$ thỏa $\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AO}$ (vì $\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{1}{3}(3\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\vec{u})$ đúng). Vậy $O$ thuộc cả $AJ$ và $CK$.
Cuối cùng, $I$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{C}^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\vec{u})$, và điểm $O$ với $\overrightarrow{BO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BI}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\vec{u})$ cũng trùng với điểm trên (kiểm tra: $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{BA}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\vec{u})$ đúng). Vậy $BI$ cũng đi qua $O$, tức ba đường thẳng $AJ,CK,BI$ đồng quy tại $O$.

3) Theo câu 1: $IJ\parallel AB\subset (ABC)$ và $IK\parallel CB\subset (ABC)$, mà $IJ$ cắt $IK$ tại $I$, $IJ\not\subset (ABC)$, $IK\not\subset (ABC)$. Vậy $(IJK)\parallel (ABC)$.

4) Ta có $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$. Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ thỏa $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$, và $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\vec{u}$. Suy ra $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AG}+\frac{1}{3}\vec{u}=\overrightarrow{AG}+\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$. Do đó $O$ nằm trên đường thẳng $G{G}^{\prime }$ và $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, tức $O$ thuộc đoạn $G{G}^{\prime }$ với $GO=\frac{1}{3}G{G}^{\prime }$, $O{G}^{\prime }=\frac{2}{3}G{G}^{\prime }$. Vậy $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng (thứ tự $G,O,G^{\prime }$).