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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;1)$. Khi đó $H(0;0;\frac{1}{2}),I(\frac{1}{2};0;\frac{1}{2}),K(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})$.

a) Trong tam giác $SAB$, $H,I$ là trung điểm $SA,SB$ nên $HI\parallel AB\parallel CD$. Vì $HI$ không nằm trong $(ABCD)$ mà song song với $AB\subset (ABCD)$ nên $HI\parallel (ABCD)$. Đúng.

b) $HI\parallel AB$ và $IK\parallel BC$ (trung tuyến của tam giác $SBC$), $HI$ cắt $IK$ tại $I$, cùng nằm trong $(HIK)$; còn $AB,BC$ cắt nhau tại $B$ trong $(ABCD)$. Vậy $(HIK)\parallel (ABCD)$. Đúng.

c) Tính giao điểm: $AI$: $A+t(\frac{1}{2};0;\frac{1}{2})$; $KD$: $(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})+u(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};-\frac{1}{2})$. Giải hệ được $t=2,u=-1$, tức $M(1;0;1)$. Tương tự $N=DH\cap CI=(0;-1;1)$. Đường thẳng $SM$ đi qua $S(0;0;1)$ và $M(1;0;1)$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ (mặt $y=0$), có phương hướng $(1;0;0)$; đường $HI$ cũng nằm trong $(SAB)$ với phương hướng $(1;0;0)$. Vậy $SM\parallel HI$ (không chéo nhau). Sai.

d) $S,M(1;0;1),N(0;-1;1)$ đều có tung độ $z=1$ nên mặt phẳng $(SMN)$ là mặt phẳng $z=1$, song song với $(HIK)$ (mặt phẳng $z=\frac{1}{2}$, vì $(HIK)\parallel (ABCD)$). Hai mặt phẳng song song nên không cắt nhau. Sai.

Kết luận: a đúng, b đúng, c sai, d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$HI$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $HI\parallel AB\subset (ABCD)$, mà $HI\not\subset (ABCD)$, suy ra $HI\parallel (ABCD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$HI\parallel AB$ và $IK\parallel BC$ (đường trung bình tam giác $SBC$), hai đường này cắt nhau tại $I$ và song song với hai đường cắt nhau $AB,BC$ trong $(ABCD)$, nên $(HIK)\parallel (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $S(0;0;1),A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0)$, ta có $M=AI\cap KD=(1;0;1)$. Khi đó $SM$ nằm trong $(SAB)$ và song song với $AB$; cũng trong $(SAB)$, $HI\parallel AB$. Vậy $SM\parallel HI$, hai đường thẳng song song chứ không chéo nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $M=AI\cap KD=(1;0;1)$ và $N=DH\cap CI=(0;-1;1)$, cùng với $S(0;0;1)$ cả ba điểm đều nằm trên mặt phẳng $z=1$. Mặt khác $(HIK)$ là mặt phẳng $z=\frac{1}{2}$ (song song với $(ABCD)$). Vậy $(SMN)\parallel (HIK)$, hai mặt phẳng không cắt nhau.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20: (1) Vì BC∥AD, AD⊂(SAD), BC⊄(SAD) nên BC∥(SAD). (2) Trong tam giác ACD, M trung điểm AD, N trung điểm CD nên MN là đường trung bình, MN∥AC; vì AC⊂(SAC), MN⊄(SAC) nên MN∥(SAC). (3) MN nằm trong (MNK) và trong (ABCD) nên (MNK)∩(ABCD)=MN. Trong mặt phẳng đáy, MN∥AC cắt AB tại P; với AD=2BC thì P thuộc tia BA sao cho AP=AB (P đối xứng với B qua A). Trong mặt phẳng (SAB), (MNK)∩(SAB)=PK; gọi I=PK∩SA. Dùng tọa độ trong mặt phẳng (SAB) với A(0,0), B(0,1), S(s,t), P(0,−1), K=(2S+B)/3, giải hệ cho I=λS ta được λ=1/2, tức I là trung điểm SA (SI=IA). (4) KG=(2/3) vector SD nên KG∥SD (chứng minh bằng vectơ, dùng hệ thức D−A=2(C−B)).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: gọi $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ là vectơ chỉ phương của trụ, khi đó $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{u}$. Lấy gốc tùy ý, ta có:
$$I=\frac{A+C+A^{\prime }+C^{\prime }}{4}=\frac{A+C+\vec{u}}{2},J=\frac{B+C+\vec{u}}{2},K=\frac{A+B+\vec{u}}{2}.$$

**1)** Ta có
$$\overrightarrow{IJ}=J-I=\frac{B-A}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},$$
suy ra $IJ\parallel AB$. Vì $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $I\notin (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Tương tự:
$$\overrightarrow{JK}=K-J=\frac{A-C}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\parallel AC\Rightarrow JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }),$$
$$\overrightarrow{IK}=K-I=\frac{B-C}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}\parallel BC\Rightarrow IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }).$$

**2)** Điểm trên đường thẳng $AJ$ có dạng $A+s(J-A)=A+\frac{s}{2}(B+C+\vec{u}-2A)$; điểm trên đường thẳng $CK$ có dạng $C+t(K-C)=C+\frac{t}{2}(A+B+\vec{u}-2C)$. So sánh hệ số theo các vectơ độc lập tuyến tính $\overrightarrow{O_{0}A},\overrightarrow{O_{0}B},\overrightarrow{O_{0}C},\vec{u}$ (gốc $O_0$ tùy ý; bốn vectơ này độc lập vì $A,B,C$ không thẳng hàng và $\vec{u}$ không nằm trong mặt phẳng đáy):
- Hệ số của $B$: $s=t$.
- Hệ số của $A$: $1-s=\frac{t}{2}\Rightarrow s=\frac{2}{3}$ (thỏa mãn hệ số của $C$ và $\vec{u}$).

Vậy $AJ$ và $CK$ cắt nhau tại
$$O=A+\frac{1}{3}(B+C+\vec{u}-2A)=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}.$$
Kiểm tra $BI$: điểm trên $BI$ có dạng $B+r(I-B)=B+\frac{r}{2}(A+C+\vec{u}-2B)$; cho bằng $O$ ta được $r=\frac{2}{3}$, thỏa mọi hệ số. Vậy $BI$ cũng đi qua $O$, tức ba đường thẳng $AJ,CK,BI$ đồng quy tại $O=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}$.

**3)** Từ câu 1: $IJ\parallel AB$ và $IK\parallel BC$, trong đó $IJ\cap IK=I$, $AB\cap BC=B$. Hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng $(IJK)$ lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng $(ABC)$, mặt khác $(IJK)\not\equiv (ABC)$, nên $(IJK)\parallel (ABC)$. (Thực chất tam giác $IJK$ là ảnh của tam giác $ABC$ qua phép vị tự tâm $O$ tỉ số $\frac{1}{2}$.)

**4)** Trọng tâm $G=\frac{A+B+C}{3}$, và
$$G^{\prime }=\frac{A^{\prime }+B^{\prime }+C^{\prime }}{3}=\frac{A+B+C+3\vec{u}}{3}=G+\vec{u}.$$
Khi đó
$$O=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}=G+\frac{1}{3}\vec{u}=G+\frac{1}{3}(G^{\prime }-G)=\frac{2G+G^{\prime }}{3}.$$
Vậy $O$ nằm trên đoạn $G{G}^{\prime }$ với $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, tức $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng (đpcm).

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Bài 20:

1) Vì đáy $ABCD$ là hình thang có $AD\parallel BC$ nên $BC\parallel AD$. Mà $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$, suy ra $BC\parallel (SAD)$.

2) Trong tam giác $ADC$: $M$ là trung điểm $AD$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN$ là đường trung bình, do đó $MN\parallel AC$. Mà $AC\subset (SAC)$, $MN\not\subset (SAC)$, suy ra $MN\parallel (SAC)$.

3) Vì $MN\parallel AC$ nên $MN$ không cắt $AC$; trong mặt phẳng đáy, gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với đường thẳng $AB$ (hai đường thẳng này không song song vì $MN\parallel AC$). Khi đó $P\in MN\subset (MNK)$ và $P\in AB\subset (SAB)$, nên $(MNK)\cap (SAB)=KP$. Gọi $I=KP\cap SA$, thì $I$ chính là giao điểm của $SA$ và $(MNK)$.

Tính tỉ số: đặt hệ vector với gốc $S$, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BC}$ nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+2\vec{c}-2\vec{b}$. Suy ra $\overrightarrow{SM}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}\vec{a}+\frac{3}{2}\vec{c}-\vec{b}$. Điểm $P=MN\cap AB$: giải $\overrightarrow{SM}+t(\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})=(1-s)\vec{a}+s\vec{b}$ cho $s=-1$, tức $\overrightarrow{SP}=2\vec{a}-\vec{b}$, nghĩa là $A$ là trung điểm của $PB$ (với $P$ nằm ngoài đoạn $AB$, phía $A$), suy ra $\frac{BP}{PA}=2$. Vì $KB=2KS$ nên $\frac{KS}{KB}=\frac{1}{2}$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $KIP$:
$$\frac{KS}{KB}\cdot \frac{BP}{PA}\cdot \frac{AI}{IS}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{AI}{IS}=1\Rightarrow \frac{AI}{IS}=1.$$
Vậy $I$ là trung điểm của $SA$ (khi đó $SI=IA$), tức $I$ là điểm trên $SA$ sao cho $I$ là trung điểm $SA$; đường thẳng qua $K$ song song $MN$ cắt $SA$ tại trung điểm $SA$.

4) Chứng minh bằng vector: với gốc $S$, ta có
$$\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AD}=\vec{a}+2\overrightarrow{BC}=\vec{a}+2(\vec{c}-\vec{b})=\vec{a}+2\vec{c}-2\vec{b}.$$
Do đó $\overrightarrow{SM}=\frac{\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SD}}{2}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$, và
$$\overrightarrow{SG}=\frac{\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}+\overrightarrow{SM}}{3}=\frac{\vec{c}+(\vec{a}+2\vec{c}-2\vec{b})+(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})}{3}=\frac{2\vec{a}+4\vec{c}-3\vec{b}}{3}.$$
Vì $KB=2KS$ nên $\overrightarrow{SK}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}=\frac{1}{3}\vec{b}$. Suy ra
$$\overrightarrow{KG}=\overrightarrow{SG}-\overrightarrow{SK}=\frac{2\vec{a}+4\vec{c}-3\vec{b}}{3}-\frac{\vec{b}}{3}=\frac{2\vec{a}+4\vec{c}-4\vec{b}}{3}=\frac{2}{3}(\vec{a}+2\vec{c}-2\vec{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}.$$
Vậy $\overrightarrow{KG}$ cùng phương với $\overrightarrow{SD}$, tức là $KG\parallel SD$. $■$

Tóm tắt kết quả: (1) $BC\parallel (SAD)$ vì $BC\parallel AD$; (2) $MN\parallel (SAC)$ vì $MN$ là đường trung bình tam giác $ADC$; (3) $I$ là trung điểm của $SA$ (dùng Menelaus với $P=MN\cap AB$, $A$ là trung điểm $PB$); (4) $\overrightarrow{KG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$ nên $KG\parallel SD$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20. Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$, $AD=2BC$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,CD$.

1) Chứng minh $BC\parallel (SAD)$:
Vì đáy là hình thang nên $BC\parallel AD$. Mà $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$. Theo định lí về đường thẳng song song với mặt phẳng, suy ra $BC\parallel (SAD)$.

2) Chứng minh $MN\parallel (SAC)$:
Xét tam giác $DAC$: $M$ là trung điểm $AD$, $N$ là trung điểm $DC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $DAC$. Suy ra $MN\parallel AC$. Mà $AC\subset (SAC)$ và $MN\not\subset (SAC)$, suy ra $MN\parallel (SAC)$.

3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$, với $K\in SB$, $KB=2KS$:
- Trong mặt phẳng đáy, gọi $P=MN\cap AB$. Vì $P\in MN\subset (MNK)$ và $P\in AB\subset (SAB)$ nên $P\in (MNK)\cap (SAB)$.
- Tỉ số: do $MN\parallel AC$, xét tam giác $ABC$ với đường thẳng qua $M$ song song $AC$ (chính là $MN$) cắt $AB$ tại $P$, theo Thales ta được $\frac{PA}{PB}=\frac{DM}{DA}=\frac{1}{2}$ (vì $DM=AD/2=BC$), tức $PA=AB$ và $A$ nằm giữa $P,B$ ($P$ nằm ngoài đoạn $AB$, đối diện qua $A$). Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A=(0,0)$, $D=(2,0)$, $M=(1,0)$, $B=(b,h)$, $C=(b+1,h)$, $N=((3+b)/2,h/2)$; phương trình $MN$ gặp đường $AB$ tại điểm $P=(-b,-h)=-B$, đúng là $A$ là trung điểm $PB$.
- Trong mặt phẳng $(SAB)$: tam giác $SAB$ có $P$ thuộc đường thẳng $AB$ (ngoài đoạn $AB$), $K$ thuộc cạnh $SB$ với $\frac{BK}{KS}=2$. Ba điểm $P,K,I$ thẳng hàng, áp dụng Menelaus:
$$\frac{PA}{PB}\cdot \frac{BK}{KS}\cdot \frac{SI}{IA}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{SI}{IA}=1\Rightarrow SI=IA.$$
Vậy $I$ là trung điểm của $SA$ (kiểm tra tọa độ: với $S=(s,t,u)$, giao điểm của đường thẳng $PK$ với $SA$ là $I=\frac{1}{2}S$, đúng trung điểm $SA$). Vậy $I$ là trung điểm $SA$ và $I=SA\cap (MNK)$.

4) Chứng minh $KG\parallel SD$, với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$:
- Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $DM=\frac{AD}{2}=BC$, mà $DM\parallel BC$ nên tứ giác $BCDM$ là hình bình hành.
- Suy ra hai đường chéo $BD$ và $CM$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường; nói riêng $O$ là trung điểm của $CM$ và của $BD$.
- $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$ nên $G$ thuộc trung tuyến $DO$ của tam giác $DCM$, do đó $DG=\frac{2}{3}DO=\frac{1}{3}DB$ (vì $DO=DB/2$).
- Xét tam giác $SBD$: $K$ thuộc $SB$ với $\frac{SK}{SB}=\frac{1}{3}$ (vì $KB=2KS\Rightarrow SB=3KS$), $G$ thuộc $DB$ với $\frac{DG}{DB}=\frac{1}{3}$.
- Theo định lí Thales (đảo): $\frac{SK}{SB}=\frac{DG}{DB}=\frac{1}{3}$ nên $KG\parallel SD$ (và $KG=SD/3$).
Vậy $KG\parallel SD$. (Kiểm tra bằng tọa độ: $\overrightarrow{KG}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$, đúng.)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $\vec{v}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\ne \vec{0}$. Vì $I,J,K$ lần lượt là tâm các hình bình hành $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$, $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ nên $I$ là trung điểm của $A{C}^{\prime }$ và $C{A}^{\prime }$, do đó $\vec{i}=\frac{\vec{a}+\vec{c}+\overrightarrow{a^{\prime }}+\overrightarrow{c^{\prime }}}{4}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}$; tương tự $\vec{j}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}$, $\vec{k}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}$.

1) Ta có $\overrightarrow{IJ}=\vec{j}-\vec{i}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$, nên $IJ\parallel AB$. Vì $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $IJ\not\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ (do $I$ không thuộc mặt phẳng đó) nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Tương tự $\overrightarrow{JK}=\frac{\vec{a}-\vec{c}}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$ nên $JK\parallel AC\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$; $\overrightarrow{IK}=\frac{\vec{b}-\vec{c}}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$ nên $IK\parallel BC\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

2) Xét điểm $O$ với $\vec{o}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}+\frac{\vec{v}}{3}$. Ta có $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{c}-2\vec{a}}{3}+\frac{\vec{v}}{3}=\frac{2}{3}\left(\frac{\vec{b}+\vec{c}-2\vec{a}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{AJ}$, nên $O\in AJ$. Tương tự $\overrightarrow{CO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$ và $\overrightarrow{BO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BI}$. Vậy ba đường thẳng $AJ,CK,BI$ cùng đi qua $O$, tức chúng đồng quy tại $O$ (khi đó $\frac{AO}{OJ}=\frac{CO}{OK}=\frac{BO}{OI}=2$).

3) Từ câu 1: $IJ\parallel AB$, $JK\parallel AC$, $IK\parallel BC$. Ba đường thẳng $IJ,JK,IK$ nằm trong $(IJK)$ và lần lượt song song với ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một $AB,AC,BC$ trong $(ABC)$; hơn nữa $I\notin (ABC)$ (vì $\vec{i}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}$ với $\vec{v}\ne \vec{0}$). Vậy $(IJK)\parallel (ABC)$.

4) Trọng tâm $\vec{g}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}$, $\overrightarrow{g^{\prime }}=\frac{\overrightarrow{a^{\prime }}+\overrightarrow{b^{\prime }}+\overrightarrow{c^{\prime }}}{3}=\vec{g}+\vec{v}$ nên $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\vec{v}$. Từ câu 2, $\vec{o}=\vec{g}+\frac{\vec{v}}{3}$, suy ra $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$. Vậy $O$ nằm trên đoạn $G{G}^{\prime }$ với $GO:O{G}^{\prime }=1:2$, do đó $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $M$ là trung điểm $BC$.

a) $AM$ nằm trong mặt phẳng đáy $(ABC)$, còn $A^{\prime }{B}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ song song với $(ABC)$. $AM$ không song song với $A^{\prime }{B}^{\prime }$ (chúng không cùng mặt phẳng và không có phương chung). Sai.

b) Vì $(ABC)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $AM\subset (ABC)$, $(ABC)\cap (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })=\varnothing$ nên $AM$ không cắt $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, tức $AM\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Đúng.

c) Mặt phẳng $(AM{A}^{\prime })$ cắt mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ theo đường thẳng qua $A^{\prime }$ song song với $AM$ (vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $AM\parallel$ đường thẳng đó trong phép chiếu lên đáy trên). Trong tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, đường thẳng qua $A^{\prime }$ song song với trung tuyến $AM$ (tức song song với $AM$ của tam giác $ABC$ tương ứng) cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại trung điểm $M^{\prime }$ của $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (do $AM$ là trung tuyến, tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đồng dạng với $ABC$). Đúng.

d) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A=(0,0,0),B=(1,0,0),C=(0,1,0),A^{\prime }=(0,0,1),B^{\prime }=(1,0,1),C^{\prime }=(0,1,1)$, thì $M=(0,5;0,5;0)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=[\overrightarrow{A{B}^{\prime }},\overrightarrow{A{C}^{\prime }}]=(-1,-1,1)$, phương trình $-x-y+z=0$. Đường thẳng $A^{\prime }M$: $(x,y,z)=(0,5t;0,5t;1-t)$. Thay vào: $-0,5t-0,5t+1-t=1-2t=0\Rightarrow t=0,5$, tức $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại điểm $(0,25;0,25;0,5)$. Vậy $A^{\prime }M$ không song song với $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Sai.

Kết luận: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM\subset (ABC)$ còn $A^{\prime }{B}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$; hai đường thẳng này không cùng mặt phẳng và không song song với nhau, nên $AM$ không song song $A^{\prime }{B}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $(ABC)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $AM\subset (ABC)$ nên $AM$ không giao với $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, suy ra $AM\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(AM{A}^{\prime })$ cắt $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ theo đường thẳng qua $A^{\prime }$ song song với $AM$. Trong tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, đường thẳng này cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại trung điểm $M^{\prime }$ (do $AM$ là trung tuyến tam giác $ABC$ và hai đáy đồng dạng).
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A=(0,0,0),B=(1,0,0),C=(0,1,0),A^{\prime }=(0,0,1),B^{\prime }=(1,0,1),C^{\prime }=(0,1,1)$, mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $-x-y+z=0$; đường thẳng $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng này tại $t=0,5$, nên $A^{\prime }M$ không song song $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20. Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$, $AD=2BC$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,CD$; $K\in SB$ với $KB=2KS$.

**1) Chứng minh $BC\parallel (SAD)$.**
Vì đáy là hình thang nên $BC\parallel AD$. Mà $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $BC\parallel (SAD)$.

**2) Chứng minh $MN\parallel (SAC)$.**
Xét tam giác $ACD$: $M$ là trung điểm của $AD$, $N$ là trung điểm của $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel AC$. Mà $AC\subset (SAC)$ và $MN\not\subset (SAC)$, do đó $MN\parallel (SAC)$.

**3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$.**
- Trong mặt phẳng đáy: $M$ là trung điểm $AD$ nên $MD=\frac{AD}{2}=BC$ và $MD\parallel BC$, do đó tứ giác $MBCD$ là hình bình hành.
- Trong $(ABCD)$, vì $MN\parallel AC$ (câu 2) và $M$ là trung điểm $AD$, kéo dài $NM$ cắt đường thẳng $BA$ tại điểm $E$ (nằm ngoài đoạn $BA$); theo định lý Thales, $A$ là trung điểm của $BE$, tức $AE=AB$ và $E,A,B$ thẳng hàng.
- Khi đó $E\in MN\subset (MNK)$ và $E\in AB\subset (SAB)$; cũng có $K\in SB\subset (SAB)$ và $K\in (MNK)$. Vậy $(MNK)\cap (SAB)=EK$, suy ra $I=SA\cap EK$.
- Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với ba điểm thẳng hàng $I\in SA$, $K\in SB$, $E\in$ đường thẳng $AB$ (ngoài đoạn $AB$):
$$\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AE}{EB}\cdot \frac{BK}{KS}=1.$$
Vì $A$ là trung điểm $BE$ nên $\frac{AE}{EB}=\frac{1}{2}$; vì $KB=2KS$ nên $\frac{BK}{KS}=2$. Do đó $\frac{SI}{IA}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}=1$.
Vậy $I$ là **trung điểm của $SA$** ($SI=IA$).

*(Kiểm chứng bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0)$, $D(2;0;0)$, $B(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;3)$ thì $M(1;0;0)$, $N\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $K=\left(0;\frac{1}{3};2\right)$; mặt phẳng $(MNK)$: $x-y+\frac{2}{3}z=1$; điểm $(0;0;t)\in SA$ thay vào được $t=\frac{3}{2}$, đúng trung điểm $SA$.)*

**4) Chứng minh $KG\parallel SD$ với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$.**
Vì $MBCD$ là hình bình hành (câu 3) nên $M+C=B+D$ (hai đường chéo cùng trung điểm), tức $C=B+D-M$.
Trọng tâm tam giác $CDM$:
$$\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OM}}{3}=\frac{(B+D-M)+D+M}{3}=\frac{B+2D}{3}.$$
Điểm $K$ trên $SB$ với $KB=2KS$ nên $K=\frac{2S+B}{3}$. Suy ra
$$\overrightarrow{KG}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OK}=\frac{B+2D}{3}-\frac{2S+B}{3}=\frac{2}{3}(D-S)=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}.$$
Vậy $\overrightarrow{KG}$ cùng phương với $\overrightarrow{SD}$, mà $K\notin SD$, do đó $KG\parallel SD$, đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 22. Đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{v}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{w}$. Khi đó $B=A+\vec{u}$, $C=A+\vec{v}$, $A^{\prime }=A+\vec{w}$, $B^{\prime }=A+\vec{u}+\vec{w}$, $C^{\prime }=A+\vec{v}+\vec{w}$.

Câu 1) Tâm hình bình hành là giao điểm hai đường chéo, nên:
- $I$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$ (đường chéo của $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$);
- $J$ là trung điểm $B{C}^{\prime }$ (đường chéo của $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$);
- $K$ là trung điểm $A{B}^{\prime }$ (đường chéo của $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$).

Trong 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, do đó $IJ\parallel AB$. Vì $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.

Trong tam giác $AB{C}^{\prime }$: $I$ trung điểm $A{C}^{\prime }$, $K$ trung điểm $A{B}^{\prime }$ nên $IK\parallel CB$. Vì $CB\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

Trong tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $J$ trung điểm $B{C}^{\prime }$, $K$ trung điểm $A{B}^{\prime }$ nên $JK\parallel AC$. Vì $AC\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.

Kiểm tra bằng vectơ: $\overrightarrow{IJ}=\frac{\vec{u}}{2}\parallel \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{JK}=-\frac{\vec{v}}{2}\parallel \overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{IK}=\frac{\vec{u}-\vec{v}}{2}\parallel \overrightarrow{CB}$ — khớp hoàn toàn.

Câu 2) Xét tam giác $A{B}^{\prime }C$:
- $I$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$ nên $BI$ là đường trung tuyến;
- $K$ là trung điểm $A{B}^{\prime }$ nên $CK$ là đường trung tuyến;
- $J$ là trung điểm $B{C}^{\prime }$ nên $AJ$ là đường trung tuyến.

Hai trung tuyến $BI$ và $CK$ cắt nhau tại trọng tâm $O$ của tam giác $A{B}^{\prime }C$; trung tuyến thứ ba $AJ$ cũng đi qua trọng tâm đó. Vậy $AJ,CK,BI$ đồng quy tại $O$ — trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }C$.

Kiểm tra: $\overrightarrow{AO}=\frac{\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}$, thỏa mãn cả ba đường thẳng $AJ,CK,BI$.

Câu 3) Theo câu 1: $IJ\parallel AB\subset (ABC)$ và $IK\parallel CB\subset (ABC)$, trong đó $IJ\cap IK=I$ và $IJ,IK\subset (IJK)$. Hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng $(IJK)$ lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau trong $(ABC)$, nên $(IJK)\parallel (ABC)$.

Câu 4) Ta có:
- $\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}$.
- $\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }}}{3}=\frac{\vec{w}+(\vec{u}+\vec{w})+(\vec{v}+\vec{w})}{3}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+3\vec{w}}{3}=\overrightarrow{AG}+\vec{w}$, suy ra $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
- $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}=\overrightarrow{AG}+\frac{1}{3}\vec{w}$, suy ra $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\vec{w}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$.

Vậy $\overrightarrow{GO}$ cùng phương với $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, tức $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng, với $O$ nằm giữa $G$ và $G^{\prime }$ và $GO=\frac{1}{3}G{G}^{\prime }$ (tức $GO:O{G}^{\prime }=1:2$).