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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là trung điểm của $B^{\prime }C$.

Vì $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành (do $BC\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$, $BC=B^{\prime }{C}^{\prime }$) nên hai đường chéo $B^{\prime }C$ và $B{C}^{\prime }$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường; do đó $N$ cũng là trung điểm của $B{C}^{\prime }$.

1) Trong tam giác $A{B}^{\prime }C$: $I$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$, $N$ là trung điểm của $B^{\prime }C$, nên $IN$ là đường trung bình, suy ra
$$IN\parallel AC.$$
Mà $AC\subset (AC{D}^{\prime })$ nên $IN\parallel (AC{D}^{\prime })$.

2) Ta có $B{C}^{\prime }=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}$ và $A{D}^{\prime }=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}$. Vì $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$, $BC\parallel AD$ (tính chất hình hộp) nên $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$.
Vì $N$ là trung điểm của $B{C}^{\prime }$ nên
$$C^{\prime }N\parallel A{D}^{\prime }.$$
Mà $A{D}^{\prime }\subset (AC{D}^{\prime })$ nên $C^{\prime }N\parallel (AC{D}^{\prime })$.

3) Hai đường thẳng $IN$ và $C^{\prime }N$ cắt nhau tại $N$ và cùng song song với mặt phẳng $(AC{D}^{\prime })$, do đó mặt phẳng $(IN{C}^{\prime })$ song song với $(AC{D}^{\prime })$.

Vì $C^{\prime }I\subset (IN{C}^{\prime })$ nên $C^{\prime }I\parallel (AC{D}^{\prime })$.

(Kiểm tra bằng vectơ: $\overrightarrow{C^{\prime }I}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B^{\prime }})-\overrightarrow{C^{\prime }}=-\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }})$, tức $\overrightarrow{C^{\prime }I}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ chỉ phương của $(AC{D}^{\prime })$, khẳng định lại kết luận.)

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $KJ\parallel (SAB)$.**

Dùng vectơ: vì $K$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $J$ là trọng tâm tam giác $SCB$ nên
$$\vec{K}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3},\vec{J}=\frac{\vec{S}+\vec{C}+\vec{B}}{3}.$$
Suy ra
$$\overrightarrow{KJ}=\vec{J}-\vec{K}=\frac{\vec{S}-\vec{A}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}.$$
Vậy $\overrightarrow{KJ}$ cùng phương với $\overrightarrow{AS}$, tức $KJ\parallel SA$. Mà $SA\subset (SAB)$ và $KJ\not\subset (SAB)$, do đó $KJ\parallel (SAB)$.

(Cách thuần hình học: gọi $I$ là trung điểm $BC$. Khi đó $AI$ là trung tuyến tam giác $ABC$ nên $K\in AI$ với $\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}$; $SI$ là trung tuyến tam giác $SBC$ nên $J\in SI$ với $\frac{SJ}{SI}=\frac{2}{3}$. Trong tam giác $SAI$ có $\frac{AK}{AI}=\frac{SJ}{SI}=\frac{2}{3}$, suy ra $KJ\parallel SA$ theo định lý Thales, do đó $KJ\parallel (SAB)$.)

**b) Xác định thiết diện.**

$(\alpha )$ chứa $KJ\parallel SA$ và $(\alpha )\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $(\alpha )\parallel BC$ (và $(\alpha )$ không chứa $BC$).

**Cách dựng thiết diện:**

- Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$: qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $AD$ (do đó cũng song song với $BC$), cắt $AB$ tại $M$ và cắt $CD$ tại $N$. Gọi $I$ là trung điểm $BC$ thì $K\in AI$ với $\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}$. Vì $MI\parallel$ ... chính xác hơn: trong tam giác $ABC$, đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $AB$ tại $M$; theo định lý Thales trong tam giác $ABI$ (với $K\in AI$, $MK\parallel BI$):
$$\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}.$$
Tương tự trong tam giác $ACI$ (với $K\in AI$, $NK\parallel CI$ khi xét giao điểm $N$ trên $CD$ qua tính đối xứng của hình bình hành), ta được
$$\frac{CN}{CD}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{DN}{DC}=\frac{2}{3}.$$
(Kiểm tra bằng vectơ với gốc $A$: $K=\frac{B+C}{3}$, $M=\frac{2B}{3}$, $N=\frac{D+2C}{3}$; khi đó $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$, đúng là $MN\parallel AD$ và đi qua $K$.)

- Trong mặt phẳng $(SAB)$: qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $SA$ (vì $(\alpha )$ chứa $KJ\parallel SA$), cắt $SB$ tại $P$. Trong tam giác $SAB$ có $MP\parallel SA$ nên
$$\frac{BP}{BS}=\frac{BM}{BA}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{SP}{SB}=\frac{2}{3}.$$

- Trong mặt phẳng $(SBC)$: vì $(\alpha )\parallel BC$ và $P\in (\alpha )\cap (SBC)$, mặt phẳng $(SBC)$ cắt $(\alpha )$ theo đường thẳng qua $P$ song song với $BC$, cắt $SC$ tại $Q$ với
$$\frac{SQ}{SC}=\frac{SP}{SB}=\frac{2}{3}.$$

- Trong mặt phẳng $(SDC)$: xét $Q\in SC$ với $\frac{CQ}{CS}=\frac{1}{3}$ và $N\in DC$ với $\frac{CN}{CD}=\frac{1}{3}$. Trong tam giác $SDC$ thì $QN\parallel SD$ (định lý Thales). Vậy $(SDC)\cap (\alpha )=QN$.

Kiểm tra lại bằng vectơ: $P=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}B$, $Q=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}C$, $N=\frac{1}{3}D+\frac{2}{3}C$, $M=\frac{2}{3}B$. Khi đó:
$$\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS},\overrightarrow{NQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DS}.$$
Bốn điểm $M,P,Q,N$ đồng phẳng (tứ giác có các cặp cạnh đối song song tương ứng), mặt phẳng $(MPQ)$ chứa $\overrightarrow{MP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}$ nên song song $SA$, chứa $\overrightarrow{MN}\parallel \overrightarrow{AD}$ nên song song $AD$; hơn nữa $\overrightarrow{KJ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}=\overrightarrow{MP}$ và $M,K$ cùng thuộc mặt phẳng nên $KJ\subset (MPQN)$. Vậy mặt phẳng $(MPQN)$ chính là $(\alpha )$.

**Kết luận:** Thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi $(\alpha )$ là tứ giác $MPQN$ với:
- $M\in AB$, $\frac{AM}{AB}=\frac{2}{3}$;
- $N\in CD$, $\frac{DN}{DC}=\frac{2}{3}$, và $MN$ đi qua $K$, $MN\parallel AD\parallel BC$;
- $P\in SB$, $Q\in SC$ với $\frac{SP}{SB}=\frac{SQ}{SC}=\frac{2}{3}$, suy ra $PQ\parallel BC\parallel AD$;
- $MP\parallel SA$ (nên chứa $KJ$) và $NQ\parallel SD$.

Ngoài ra $(\alpha )$ còn song song với $SD$ (vì $NQ\parallel SD$ và $SD\not\subset (\alpha )$).

(AI giải đề cho tôi)
Bài 4 (2,0 điểm)

a) Trong tam giác SCD: M là trung điểm SC, N là trung điểm SD nên MN là đường trung bình của tam giác SCD, suy ra $MN\parallel CD$.

Vì $CD\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$ (M, N nằm trên các cạnh SC, SD của hình chóp), theo định lí về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $MN\parallel (ABCD)$. Đpcm.

b) Gọi I là trung điểm của SA. Xét tam giác SAB: I là trung điểm SA, O là trung điểm AB (vì O là tâm hình bình hành ABCD nên O là giao điểm hai đường chéo, tức trung điểm cả AC lẫn BD; do đó O là trung điểm của AB khi xét đường chéo... chính xác hơn: O là trung điểm của AC và BD).

Ta chứng minh bằng hai đường thẳng song song:

• Trong tam giác SAC: O là trung điểm AC, M là trung điểm SC, nên OM là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SA$. Mà $SA\subset (SAB)$, $OM\not\subset (SAB)$, do đó $OM\parallel (SAB)$.

• Trong tam giác SBD: O là trung điểm BD, N là trung điểm SD, nên ON là đường trung bình, suy ra $ON\parallel SB$. Mà $SB\subset (SAB)$, $ON\not\subset (SAB)$, do đó $ON\parallel (SAB)$.

Ta có: $OM\parallel (SAB)$, $ON\parallel (SAB)$, $OM,ON$ cắt nhau tại O và cùng nằm trong mặt phẳng $(OMN)$.

Theo định lí về mặt phẳng song song với mặt phẳng, suy ra $(OMN)\parallel (SAB)$. Đpcm.

a) Ta có $N$ là trung điểm của $AO$ nên $AN=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{4}AC$. Mặt khác, $SM=\frac{1}{4}SC$

Do đó, $\frac{AN}{AC}=\frac{SM}{SC}=\frac{1}{4}$, suy ra $MN\parallel SA$

Mà $MN\not\subset (SAB),SA\subset (SAB)$ nên $MN\parallel (SAB)$ (đpcm)

b) Trong mp (SAC), gọi $I=AM\cap SO\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in AM\subset (\alpha )\\ I\in SO\subset (SBD)\end{array}$

Do $BD\parallel (\alpha )$, $(SBD)$ chứa $BD$ nên $(\alpha )\cap (SBD)=d$ ($d$ qua $I$ và $d\parallel BD$)

Trong $(SBD)$, đường thẳng d cắt $SB,SD$ lần lượt tại $E,F$

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $SOC$ có cát tuyến $AIM$, ta có:

$$\frac{SI}{OI}\cdot \frac{OA}{CA}\cdot \frac{CM}{SM}=1\iff \frac{SI}{OI}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{1}=1\Rightarrow \frac{SI}{OI}=\frac{2}{3}$$

Do $EI\parallel BD\Rightarrow \frac{SE}{EB}=\frac{SI}{IO}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SE}{SB}=\frac{2}{5}$

Lại có: $$\frac{S_{\Delta SEM}}{S_{\Delta SBC}}=\frac{\frac{1}{2}.SE.SM.\sin \widehat{ESM}}{\frac{1}{2}.SB.SC.\sin \widehat{BSC}}=\frac{SE}{SB}\cdot \frac{SM}{SC}=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10}$$

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$, mà $MN\not\subset (SBC)$, $BC\subset (SBC)$ $\Rightarrow MN\parallel (SBC)$.
b) Đúng: Trong tam giác $SAC$, $OM\parallel SC$; trong tam giác $SBD$, $ON\parallel SB$. Vì $SC,SB\subset (SBC)$ và $OM,ON$ cắt nhau, hai mặt phẳng $(OMN)$ và $(SBC)$ song song.
c) Sai: Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ nên mọi đường thẳng $MF$ với $F\in ON$ đều nằm trong $(OMN)$, do đó $MF\parallel (SBC)$ (hoặc nằm trong trường hợp đặc biệt), không thể cắt $(SBC)$.
d) Đúng: Vì $AB\parallel CD$, tập hợp các điểm trong $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ là đường trung bình đi qua $O$ và song song với $AB$, tức đường thẳng qua trung điểm $P$ của $AD$ song song với $AB$ (đường này đi qua $O$). Mặt phẳng qua $N$ song song với $(SAB)$ cắt $(ABCD)$ theo đường thẳng qua trung điểm $P$ của $AD$ song song với $AB$ (vì nó chứa đường qua $N$ song song $SA$ cắt $AD$ tại trung điểm $P$, và đường qua $N$ song song $AB$). Vậy $G$ nằm trên giao tuyến này $\Rightarrow GN\parallel (SAB)$.

a) Ta có $N$ là trung điểm của $AO$ nên $AN=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{4}AC$. Mặt khác, $SM=\frac{1}{4}SC$

Do đó, $\frac{AN}{AC}=\frac{SM}{SC}=\frac{1}{4}$, suy ra $MN\parallel SA$

Mà $MN\not\subset (SAB),SA\subset (SAB)$ nên $MN\parallel (SAB)$ (đpcm)

b) Trong mp (SAC), gọi $I=AM\cap SO\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in AM\subset (\alpha )\\ I\in SO\subset (SBD)\end{array}$

Do $BD\parallel (\alpha )$, $(SBD)$ chứa $BD$ nên $(\alpha )\cap (SBD)=d$ ($d$ qua $I$ và $d\parallel BD$)

Trong $(SBD)$, đường thẳng d cắt $SB,SD$ lần lượt tại $E,F$

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $SOC$ có cát tuyến $AIM$, ta có:

$$\frac{SI}{OI}\cdot \frac{OA}{CA}\cdot \frac{CM}{SM}=1\iff \frac{SI}{OI}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{1}=1\Rightarrow \frac{SI}{OI}=\frac{2}{3}$$

Do $EI\parallel BD\Rightarrow \frac{SE}{EB}=\frac{SI}{IO}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SE}{SB}=\frac{2}{5}$

Lại có: $$\frac{S_{\Delta SEM}}{S_{\Delta SBC}}=\frac{\frac{1}{2}.SE.SM.\sin \widehat{ESM}}{\frac{1}{2}.SB.SC.\sin \widehat{BSC}}=\frac{SE}{SB}\cdot \frac{SM}{SC}=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10}$$

1) Chứng minh rằng đường thẳng $AB$ song song với mặt phẳng $(SCD)$ (0,5 điểm):
$\{\begin{array}{l}AB\parallel CD\\ AB\not\subset (SCD)\Rightarrow AB\parallel (SCD)\\ CD\subset (SCD)\end{array}$
Vậy $AB\parallel (SCD)$.

2) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$. Mặt phẳng $(CDG)$ cắt các cạnh $SA$ và $SB$ lần lượt tại hai điểm $E$ và $F$. Tính diện tích tứ giác $CDEF$ theo $a$:
+ Vì $AB\parallel CD$, $G$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(CDG)$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(CDG)$ là đường thẳng $EF$ (qua $G$ và song song với $AB,CD$) với $E\in SA,F\in SB$ (0,25 điểm).
+ Vậy tứ giác $CDEF$ là hình thang vì $EF//CD$.
+ Ta có $\frac{EF}{AB}=\frac{SG}{SI}=\frac{2}{3}$ ( $I$ là trung điểm của $AB$ ) nên $EF=\frac{2}{3}AB=\frac{2a}{3}$.
+ Ta tính được $CF=\sqrt{B{F}^2+B{C}^2-2BF.BC.\cos 60^{\circ }}=\frac{a\sqrt{7}}{3}$.
+ Tương tự $DE=\frac{a\sqrt{7}}{3}$.
Vậy tứ giác $CDEF$ là hình thang cân.
+ Hạ $EP$ và $FQ$ vuông góc với $CD$ với $P,Q\in CD$.
+ Ta có $EF=PQ=\frac{2a}{3}$, $CQ=PD=\frac{1}{2}\left(a-\frac{2a}{3}\right)=\frac{a}{6}$
+ Ta có $FQ=\sqrt{C{F}^2-C{Q}^2}=\sqrt{\frac{7a^2}{9}-\frac{a^2}{36}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
+ Diện tích hình thang $CDEF$ là
$$S=\frac{(CD+EF).FQ}{2}=\frac{\left(a+\frac{2a}{3}\right).\frac{a\sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{5a^2\sqrt{3}}{12}.$$ (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ vectơ: lấy $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b}$, $\overrightarrow{AD}=\mathbf{d}$, $\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$, gốc tại $A$. Khi đó $O=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}$, $M=\frac{\mathbf{s}}{2}$, $N=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{d}}{2}$, $P=\frac{\mathbf{b}}{2}$, $Q=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{s}+2\mathbf{d}}{4}$.
a) $E,F$ là trung điểm $SB,SC$ nên $EF\parallel BC\subset (ABC)$, mà $EF\not\subset (ABC)$ → $EF\parallel (ABC)$. Đúng.
b) Ta có $\frac{\mathbf{b}}{2}=1\cdot \frac{\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}+1\cdot \frac{\mathbf{s}}{2}+(-1)\cdot \frac{\mathbf{s}+\mathbf{d}}{2}$ với $1+1-1=1$, tức $\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{OM}$... chính xác là $P=O+M-N$ (tổng hệ số bằng 1), suy ra $P$ nằm trong mặt phẳng $(OMN)$. Đúng.
c) Hai vectơ chỉ phương của $(OMN)$: $\overrightarrow{OM}=\frac{\mathbf{s}-\mathbf{b}-\mathbf{d}}{2}=(\mathbf{s}-\mathbf{b})-\mathbf{d}$ và $\overrightarrow{ON}=\frac{\mathbf{s}-\mathbf{b}}{2}$ đều là tổ hợp của $\mathbf{s}-\mathbf{b}=\overrightarrow{BS}$ và $\mathbf{d}=\overrightarrow{BC}$ — hai vectơ chỉ phương của $(SBC)$. Mặt khác $O=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}\notin (SBC)$ (vì nếu $O=\alpha \mathbf{s}+\beta \mathbf{b}+\gamma (\mathbf{b}+\mathbf{d})$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ thì so sánh hệ số $\mathbf{s}$ cho $\alpha =0$, so sánh $\mathbf{d}$ cho $\gamma =0$, khi đó $\beta =1\ne \frac{1}{2}$). Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$. Đúng.
d) Vì $P,Q\in (OMN)$ và $(OMN)\parallel (SBC)$ nên đường thẳng $PQ\subset (OMN)$ song song với $(SBC)$, do đó $PQ$ không cắt $(SBC)$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$E,F$ là trung điểm $SB,SC$ nên $EF\parallel BC\parallel (ABC)$, do đó $EF\parallel (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$: $P=\frac{\mathbf{b}}{2}=O+M-N$ với tổng hệ số $1+1-1=1$, nên $P\in (OMN)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{OM},\overrightarrow{ON}$ đều là tổ hợp của $\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BC}$ (chỉ phương của $(SBC)$) và $O\notin (SBC)$, nên $(OMN)\parallel (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $PQ\subset (OMN)$ và $(OMN)\parallel (SBC)$ nên $PQ\parallel (SBC)$, không cắt $(SBC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng phương pháp tọa độ vectơ. Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên giao điểm $O$ của hai đường chéo thỏa $\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{BO}=\frac{AD}{BC}=2$, tức $\overrightarrow{OC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{OB}$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SD})$, suy ra $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OD}-2\overrightarrow{OC})$. Thay các biểu thức trên và phân tích theo $\overrightarrow{OA}$ rồi theo $\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB}$, ta được $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA}-\frac{2}{3}\overrightarrow{SB}$. Vậy $\overrightarrow{OG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ chỉ phương của mặt phẳng $(SAB)$, mà $O\notin (SAB)$ (vì $(ABCD)\cap (SAB)=AB$ và $O\notin AB$), do đó $OG\parallel (SAB)$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ (đáy là hình bình hành).
(1) Sai: $C^{\prime }\in (CD{D}^{\prime })$ nên $B{C}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(CD{D}^{\prime })$ tại $C^{\prime }$, do đó $B{C}^{\prime }\nparallel (CD{D}^{\prime })$.
(2) Đúng: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$. Mà $A{D}^{\prime }\subset (AC{D}^{\prime })$, $B{C}^{\prime }\not\subset (AC{D}^{\prime })$ nên $B{C}^{\prime }\parallel (AC{D}^{\prime })$.
(3) Sai: $(A^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là mặt phẳng đáy trên, còn $(ACD)$ chứa đường thẳng $AC$ nằm trong đáy dưới; hai mặt phẳng này cắt nhau (chúng cùng chứa phương chiếu của $AC$), không song song.
(4) Đúng: Ta có $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành) và $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$. Trong mặt phẳng $(BD{C}^{\prime })$ có hai đường thẳng cắt nhau $BD$ và $D{C}^{\prime }$ lần lượt song song với $B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $A{B}^{\prime }$ của $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên $(BD{C}^{\prime })\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }A)$.
Vậy có 2 khẳng định đúng, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(b;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(b;a;0)$, $S(s_1;s_2;h)$ với $a,b,h>0$. Khi đó $I\left(0;\frac{a}{2};0\right)$, $O\left(\frac{b}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $E\left(\frac{b}{3};a;0\right)$ (vì $DE=\frac{1}{3}DC$), $G=\frac{S+A+D}{3}=\left(\frac{s_1}{3};\frac{s_2+a}{3};\frac{h}{3}\right)$.

a) Đúng. $\overrightarrow{OI}=\left(-\frac{b}{2};0;0\right)\parallel \overrightarrow{AB}=(b;0;0)$. Vì $OI\not\subset (SAB)$ và $OI\parallel AB\subset (SAB)$ nên $OI\parallel (SAB)$.

b) Đúng. $G$ nằm trên trung tuyến $SI$ của tam giác $SAD$ nên $S\in (IOG)$. Ta có $\overrightarrow{IO}\parallel \overrightarrow{AB}$, nên đường thẳng $d$ qua $S$ song song $AB$ nằm trong $(IOG)$. Mặt khác $AB\parallel DC\subset (SCD)$ nên $d\parallel (SCD)$, mà $S\in (SCD)$, suy ra $d\subset (SCD)$. Vậy giao tuyến của $(IOG)$ và $(SCD)$ là $d$ qua $S$ và $d\parallel AB$.

c) Đúng. $IE$ nằm trong mặt phẳng đáy; $SB$ cắt đáy tại $B$. Đường thẳng $IE$: $\left(0;\frac{a}{2}\right)+t\left(\frac{b}{3};\frac{a}{2}\right)$; với $x=b$ ($t=3$) ta được điểm $(b;2a)\ne B(b;0)$, tức $B\notin IE$. Vậy $IE$ và $SB$ không cắt nhau và không cùng mặt phẳng, nên chéo nhau.

d) Đúng. Mặt phẳng $(SBC)$ chứa $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$ và $\overrightarrow{SB}=(b-s_1;-s_2;-h)$ nên có phương trình $h(x-b)+(b-s_1)z=0$ (không phụ thuộc $y$). Xét $f(P)=h(x_P-b)+(b-s_1)z_P$: $f(G)=h\left(\frac{s_1}{3}-b\right)+(b-s_1)\cdot \frac{h}{3}=-\frac{2hb}{3}$; $f(E)=h\left(\frac{b}{3}-b\right)+0=-\frac{2hb}{3}$. Vì $f$ nhận cùng giá trị $-\frac{2hb}{3}\ne 0$ trên toàn đường thẳng $GE$, đường thẳng $GE$ không cắt và không nằm trong $(SBC)$. Vậy $GE\parallel (SBC)$.

Kết luận: a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{OI}=\left(-\frac{b}{2};0;0\right)\parallel \overrightarrow{AB}$, mà $OI\not\subset (SAB)$ nên $OI\parallel (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $G\in SI$ nên $S\in (IOG)$; $(IOG)$ chứa phương $AB$; đường thẳng qua $S$ song song $AB$ nằm trong cả $(IOG)$ lẫn $(SCD)$ (vì $AB\parallel DC$). Vậy giao tuyến là $d$ qua $S$, $d\parallel AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $IE$ nằm trong đáy, $SB$ cắt đáy tại $B$ và $B\notin IE$ (đường thẳng $IE$ đi qua $(b;2a)$ khi $x=b$), nên $IE$ và $SB$ chéo nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(SBC)$ có phương trình $h(x-b)+(b-s_1)z=0$. Với $f(P)=h(x_P-b)+(b-s_1)z_P$ ta có $f(G)=f(E)=-\frac{2hb}{3}\ne 0$, không đổi trên đường thẳng $GE$, nên $GE$ không cắt và không nằm trong $(SBC)$. Vậy $GE\parallel (SBC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chứng minh bằng vecto. Vì $3NA=AB$ nên $\overrightarrow{NA}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$, suy ra $\overrightarrow{NB}=\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$, tức $\overrightarrow{AB}=\frac{3}{2}\overrightarrow{NB}$.

$G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên:
$$\overrightarrow{NG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{NS}+\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{ND}\right).$$

Ta có:
- $\overrightarrow{NS}=\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{BS}$;
- $\overrightarrow{ND}=\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AD}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$);
- $\overrightarrow{NA}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$.

Do đó:
$$\overrightarrow{NG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{BS}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{BS}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{NB}-\frac{2}{9}\overrightarrow{AB}.$$

Thay $\overrightarrow{AB}=\frac{3}{2}\overrightarrow{NB}$ thì $\frac{1}{3}\overrightarrow{NB}-\frac{2}{9}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{NB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{NB}=\vec{0}$. Vậy:
$$\overrightarrow{NG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{BC}\right).$$

Gọi $M$ là trung điểm của $SC$ thì $\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BM}$, suy ra $\overrightarrow{NG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BM}$, tức $NG\parallel BM$.

Vì $BM\subset (SBC)$ và $N\notin (SBC)$ (do $N$ thuộc mặt đáy), nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $NG\parallel (SBC)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(0;1;0)$, $A^{\prime }(0;0;1)$, $B^{\prime }(1;0;1)$, $C^{\prime }(0;1;1)$, $H$ trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $H(0,5;0;1)$. Mặt phẳng $(AH{C}^{\prime })$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(0,5;0;1)\times (0;1;1)=(-0,5;-0,5;0,5)$, suy ra phương trình mặt phẳng dạng $2x+y-z=0$. Xét đường thẳng $C{B}^{\prime }$: $C(0;1;0)$, $B^{\prime }(1;0;1)$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;-1;1)$. Ta có $\vec{u}\cdot \vec{n}=2\cdot 1+1\cdot (-1)+(-1)\cdot 1=0$ và $C\notin (AH{C}^{\prime })$ (vì $2\cdot 0+1-0=1\ne 0$). Vậy $C{B}^{\prime }\parallel (AH{C}^{\prime })$. Các đường $B{B}^{\prime }$, $BC$, $B{A}^{\prime }$ đều cắt mặt phẳng này nên không song song. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $AD$ và $BC$. Vì đáy $ABCD$ là hình thang với $AB\parallel CD$, $AB=7a$, $CD=3a$ nên tam giác $EAB$ đồng dạng tam giác $ECD$, suy ra $\frac{EB}{EC}=\frac{AB}{CD}=\frac{7}{3}$. Do đó $EC=\frac{3}{4}EB$ và $BC=EB-EC=\frac{1}{4}EB$, tức $\frac{CE}{EB}=\frac{3}{7}$, $\frac{CB}{EB}=\frac{4}{7}$.

Mặt phẳng $(SBC)$ cắt mặt phẳng $(SAD)$ theo giao tuyến $SE$ (vì $S$ chung, $E$ thuộc $AD\subset (SAD)$ và $E$ thuộc $BC\subset (SBC)$).

Vì $CI\parallel (SAD)$, $CI$ nằm trong mặt phẳng $(SBC)$ nên $CI\parallel SE$. Xét tam giác $SEB$ có $C$ thuộc $EB$, $I$ thuộc $SB$ và $CI\parallel SE$, theo định lý Thales:
$$\frac{BI}{IS}=\frac{BC}{CE}=\frac{4/7}{3/7}=\frac{4}{3}.$$
Vậy $\frac{IS}{IB}=\frac{3}{4}$, tức $x=3$, $y=4$ (phân số tối giản) và $x+y=7$.