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

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, giao tuyến của $(P)$ với $(ABCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Vì $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ nên $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC$, do đó giao tuyến này song song với $AC$. Đường thẳng qua $M$ (trung điểm của $AB$) song song với $AC$ cắt $BC$ tại $Q$. Trong tam giác $ABC$, đường thẳng qua trung điểm $M$ của $AB$ song song với $AC$ phải đi qua trung điểm của $BC$, nên $Q$ là trung điểm của $BC$. Vậy $BQ=\frac{BC}{2}=\frac{9}{2}=4,5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn $4,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $AD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$, suy ra $\overrightarrow{GI}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GB}$, tức $G$ nằm trên $BI$ với $\overrightarrow{BG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BI}$. Vì $MB=2MC$ nên $\overrightarrow{BM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}$. Do đó $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{BG}-\overrightarrow{BM}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{BI}-\overrightarrow{BC})=\frac{2}{3}\overrightarrow{CI}$. Vậy $MG\parallel CI$. Vì $C\in (ACD)$, $I\in (ACD)$ (với $I$ là trung điểm $AD$) nên đường thẳng $CI\subset (ACD)$, còn $M\notin (ACD)$. Suy ra $MG\parallel (ACD)$. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 8: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $MB=2MD$ nên $\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MD}$, suy ra $M=\frac{B+2D}{3}$ (tọa độ vector). Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ thì $\vec{G}=\frac{A+B+C}{3}$. Khi đó $\overrightarrow{MG}=\vec{G}-\vec{M}=\frac{A+B+C-B-2D}{3}=\frac{\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}}{3}$. Vậy $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vector $\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC}$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ACD)$, mà $M\notin (ACD)$ (vì $M$ thuộc $BD$, chỉ chung điểm $D$... thực tế $M$ không thuộc $(ACD)$ trừ khi trùng $D$). Do đó $MG\parallel (ACD)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K=AM\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel DC$. Xét tam giác $BDC$ với đường thẳng $AMK$ cắt các đường thẳng $BD$, $BC$, $DC$ (kéo dài) tại $K$, $M$, $A$; áp dụng Menelaus: $\frac{BK}{KD}\cdot \frac{DA}{AC}\cdot \frac{CM}{MB}=1$ với $\frac{CM}{MB}=1$ và $\frac{DA}{AC}=\frac{AB}{AC}$, suy ra $\frac{BK}{KD}=\frac{1}{2}$, tức $\frac{BK}{BD}=\frac{1}{3}$. Kiểm chứng bằng tọa độ: chọn $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;1)$, $M\left(1;\frac{1}{2};0\right)$. Đường $AM$: $(t;\frac{t}{2};0)$; đường $BD$: $(s;1-s;0)$. Giao điểm: $t=s$, $\frac{t}{2}=1-t\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, nên $K=\left(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0\right)$ và $\overrightarrow{BK}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$, tức $\frac{BK}{BD}=\frac{1}{3}$. Trong mặt phẳng $(SBD)$, mặt phẳng $(\alpha )$ chứa đường thẳng qua $K$ song song với $SD$ (vì $(\alpha )\parallel SD$), đường thẳng này cắt $SB$ tại $N$. Tam giác $BKN$ đồng dạng tam giác $BDS$ với tỉ số $\frac{BK}{BD}=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{BN}{BS}=\frac{1}{3}$, do đó $\frac{SN}{SB}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$. Kiểm chứng bằng tọa độ: $(\alpha )$ có pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{SD}=\left(-\frac{1}{2};1;1\right)$, phương trình $-\frac{1}{2}x+y+z=0$. Điểm $N$ trên $SB$: $N=(t;0;1-t)$; thay vào: $-\frac{1}{2}t+1-t=0\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
M là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $M$ nằm trên trung tuyến từ $A$ và từ $C$ của tam giác $ABC$; $N$ là trọng tâm tam giác $ABD$. Xét tam giác $ABC$: gọi $E$ trung điểm $BC$, trọng tâm $M$ nằm trên trung tuyến $AE$ với $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AE}$. Tương tự, gọi $F$ trung điểm $AB$, trọng tâm $N$ của tam giác $ABD$ nằm trên $DF$ với $\overrightarrow{DN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DF}$, tức $\overrightarrow{FN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{FD}$... Cách khác: dùng tọa độ với $A$, $B$, $C$, $D$ tùy ý, trọng tâm $M=\frac{A+B+C}{3}$, $N=\frac{A+B+D}{3}$, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{CD}$. Vậy $MN\parallel CD$. Do đó $MN\parallel (ACD)$, $MN\parallel (BCD)$ và $CD\subset (ECD)$ nên $MN\parallel (ECD)$ (vì $E$, $C$, $D$ không thẳng hàng, $MN$ không nằm trong mặt phẳng đó). Còn $N\in (ABD)$ nên $MN$ cắt (không song song với) mặt phẳng $(ABD)$. Vậy đường thẳng $MN$ không song song với mặt phẳng $(ABD)$.

(AI giải đề cho tôi)
M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC$ và $ABD$, chung đỉnh $A$ nên $MN$ song song với $CD$ (định lý đường trung bình: lấy $I$ trung điểm $AD$ thì $N$ là trung điểm $AI$, $M$ là trung điểm của đường trung tuyến từ $A$ trong tam giác $ABC$, suy ra $MN\parallel CD$). Vì $CD\subset (BCD)$, $CD\subset (ECD)$ ($E$ thuộc $BC$ nên $E,C,D$ xác định mặt phẳng chứa $CD$) và $CD\subset (ACD)$, mà $MN$ không nằm trong các mặt phẳng đó, nên $MN\parallel (ACD)$, $MN\parallel (BCD)$, $MN\parallel (ECD)$. Mặt khác $N\in (ABD)$ nên $MN$ cắt (không song song với) mặt phẳng $(ABD)$. Vậy đường thẳng $MN$ không song song với $(ABD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $AM$ với đường thẳng $DC$. Trong mặt phẳng đáy, đặt hệ: $A(0)$, $B=b$, $D=d$, $C=b+d$ ($ABCD$ hình bình hành), $M=\frac{3b+d}{2}$. Đường thẳng $AM$ cắt $DC$ tại $E$ với $E=d+\frac{1}{3}b$, tức $DE=\frac{1}{3}DC$. Vì $E\in DC\subset (SDC)$ và $E\in AM\subset (\alpha )$ nên $(\alpha )$ cắt $(SDC)$ theo đường thẳng qua $E$ song song với $SD$ (do $(\alpha )\parallel SD$), cắt $SC$ tại $K$. Trong tam giác $SDC$, $EK\parallel SD$ nên $\frac{CE}{CD}=\frac{2}{3}=\frac{CK}{CS}$, suy ra $\frac{SK}{SC}=\frac{1}{3}$. Xét tam giác $SBC$ trong mặt phẳng $(SBC)$: $M\in BC$, $K\in SC$, đường thẳng $MK$ cắt $SB$ tại $N$. Theo Menelaus: $\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CK}{KS}\cdot \frac{SN}{NB}=1\Rightarrow 1\cdot 2\cdot \frac{SN}{NB}=1\Rightarrow \frac{SN}{NB}=\frac{1}{2}$. Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{1}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $G{G}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ (cách dựng) mà $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ với $B{B}^{\prime }\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $G{G}^{\prime }\not\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $G{G}^{\prime }\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.
b) Sai: $(A^{\prime }AC)\cap (A^{\prime }BD)$ là đường thẳng đi qua $A^{\prime }$ và $O$ (vì $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng), tức là đường thẳng $A^{\prime }O$, không phải $AO$.
c) Đúng: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, nên $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$, suy ra $A^{\prime }B\parallel C{D}^{\prime }$.
d) Sai: $G$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$ nên $\vec{G}=\frac{\overrightarrow{A^{\prime }}+\vec{B}+\vec{D}}{3}$. Vì $G{G}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $G^{\prime }\in (ABCD)$ nên $\overrightarrow{G^{\prime }}=\vec{G}-\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{\overrightarrow{A^{\prime }}+\vec{A}+\vec{C}}{3}-\frac{\overrightarrow{A^{\prime }}-\vec{A}}{3}=\frac{2\vec{A}+\vec{C}}{3}=\vec{A}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$. Vậy $A{G}^{\prime }=\frac{1}{3}AC$, do đó $\frac{AC}{A{G}^{\prime }}=3\ne 4$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$G{G}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ với $B{B}^{\prime }\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $G{G}^{\prime }\not\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $G{G}^{\prime }\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là đường thẳng $A^{\prime }O$ vì $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng, không phải $AO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$, nên $A^{\prime }B\parallel C{D}^{\prime }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính toán tọa độ vectơ cho $\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$, suy ra $\frac{AC}{A{G}^{\prime }}=3\ne 4$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\frac{EA}{EB}=\frac{FA}{FS}=\frac{KD}{KS}=t$. 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 $E\left(\frac{t}{1+t},0,0\right)$, $F\left(0,0,\frac{t}{1+t}\right)$, $K\left(0,\frac{1}{1+t},\frac{t}{1+t}\right)$. Mặt phẳng $(EFK)$ có phương trình $x+z=\frac{t}{1+t}$, giao với $CD$ (đường $y=1,z=0$) tại $H\left(\frac{t}{1+t},1,0\right)$.
(1) Vectơ $\overrightarrow{EK}=\frac{1}{1+t}(-t,1,t)$ có tích vô hướng với pháp tuyến $(1,0,1)$ của $(SBC)$ bằng $0$, mà $E\notin (SBC)$, nên $EK\parallel (SBC)$: đúng.
(2) $\overrightarrow{KH}=\frac{t}{1+t}(1,1,-1)$ cũng vuông góc với $(1,0,1)$, nên $KH\parallel (SBC)$: đúng.
(3) $\overrightarrow{EH}=(0,1,0)\parallel \overrightarrow{AD}$, mà $AD\subset (SAD)$, $E\notin (SAD)$, nên $EH\parallel (SAD)$: đúng.
(4) $F,K$ cùng thuộc mặt phẳng $(SAD)$ nên $FK\subset (SAD)$, không song song với $(SAD)$: sai.
Vậy có 3 khẳng định đúng, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\frac{EA}{EB}=\frac{FA}{FS}=\frac{KD}{KS}=k$. Trong mặt phẳng $(SAD)$, vì $\frac{FA}{FS}=\frac{KD}{KS}$ nên theo định lý Thales $FK\parallel AD$. Vì $AD\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $FK\not\subset (SBC)$ nên $FK\parallel (SBC)$. Trong mặt phẳng $(EFK)$, do $FK\parallel BC$ nên $(EFK)\cap (SBC)$ là đường thẳng qua giao điểm của $(EFK)$ với $(SBC)$ và song song với $BC$; cụ thể $(EFK)$ cắt $CD$ tại $H$ và vì $EH\parallel AD$ (do $H$ được xác định sao cho $EH\parallel AD$, chứng minh bằng Thales trong mặt phẳng $(ABCD)$: đường thẳng qua $E$ song song $AD$ cắt $CD$ tại điểm thỏa tỉ số nên trùng $H$), ta có $EH\parallel AD\parallel BC$. Khi đó trong mặt phẳng $(EFK)$, $EK$ không song song $FK$ nên $EK$ cắt đường thẳng qua $H$ song song $FK$ tại một điểm $I$; tứ giác $EFKI$... Xét trực tiếp: vì $EH\parallel FK$ (cùng song song $AD$) nên $EFKH$ là hình thang trong mặt phẳng $(EFK)$; $KH$ là cạnh, do $KH$ không song song $EF$ và $K,H$ lần lượt nằm trên $SD,CD$ với $CD\cap (SBC)$ tại $C$... Kiểm tra bằng tọa độ: chọn $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $D(0,1,0)$, $C(1,1,0)$, $S(0,0,1)$, với $t=\frac{k}{1+k}$: $E(t,0,0)$, $F(0,0,t)$, $K(0,1-t,t)$, mặt $(EFK)$: $x+z=t$, giao với $CD$ ($y=1,z=0$) tại $H(t,1,0)$. Mặt $(SBC)$: $x+z=1$.
- (1) $\overrightarrow{EK}=(-t,1-t,t)$ có $\overrightarrow{EK}\cdot (1,0,1)=-t+t=0$ và $E$ không thuộc $(SBC)$ $\Rightarrow$ $EK\parallel (SBC)$. Đúng.
- (2) $\overrightarrow{KH}=(t,t,-t)$, $\overrightarrow{KH}\cdot (1,0,1)=t-t=0$, $K$ không thuộc $(SBC)$ $\Rightarrow$ $KH\parallel (SBC)$. Đúng.
- (3) $\overrightarrow{EH}=(0,1,0)\parallel AD$, mặt $(SAD)$ là $x=0$, $E$ có $x=t\ne 0$ $\Rightarrow$ $EH\parallel (SAD)$. Đúng.
- (4) $F\in SA$, $K\in SD$ nên $FK\subset (SAD)$, do đó $FK$ không song song $(SAD)$. Sai.
Vậy có 3 khẳng định đúng.

Theo HD chấm (trang 14), mã đề 1104 ghi 'GIỐNG 1102'; nguồn chỉ cung cấp hình vẽ [Hình cần kiểm tra lại: p14_f2] cho mã 1102, không có lời giải chi tiết riêng cho cặp 1102/1104. Lời giải mẫu in trong nguồn (cột mã 1101, bài toán tương tự với $I,J$ là trọng tâm tam giác $SAB,DAB$, kết luận $IJ\parallel (SBD)$) làm theo cách: Gọi $M$ là trung điểm $AB$ (tương ứng: trung điểm $AD$). Chỉ ra được $\frac{MI}{MS}=\frac{MJ}{MD}=\frac{1}{3}$ (tương ứng $\frac{MI}{MS}=\frac{MJ}{MC}=\frac{1}{3}$). Kết luận được $IJ\parallel SD$ (tương ứng $IJ\parallel SC$). Vậy $\{\begin{array}{l}IJ\parallel SD\\ IJ\not\subset (SBD)\\ SD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow IJ\parallel (SBD)$ (tương ứng $\Rightarrow IJ\parallel (SAC)$). Điểm: 0,25 + 0,25.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Chỉ ra được $\frac{MI}{MS}=\frac{MJ}{MD}=\frac{1}{3}$ . Kết luận được $IJ\parallel SD$. Vậy $\{\begin{array}{l}IJ\parallel SD\\ IJ\not\subset (SBD)\\ SD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow IJ\parallel (SBD)$

a) Gọi $M$ là trung điểm của $SA$.
Ta có: $\frac{BG}{BM}=\frac{2}{3}$ (do G là trọng tâm tam giác SAB)

Vì $△OAB\sim △OCD\Rightarrow \frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=2\Rightarrow \frac{OB}{BD}=\frac{2}{3}$

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Xét tam giác $BMD$ có: $\frac{OB}{BD}=\frac{BM}{BG}=\frac{2}{3}\Rightarrow OG//MD$
Mà $OG\not\subset (SAD)$
Suy ra $OG//(SAD)$

b) S là điểm chung của $(SAB)$ và $(SCD)$.
Mà $AB//CD$ nên $(SAB)\cap (SCD)=Sx//AB//CD$

Trong mp$(SAB)$, gọi $I=Sx\cap BG\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in BG\\ I\in Sx,Sx\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow I=BG\cap (SCD)$

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang/tứ giác, suy ra $MN\parallel AD$. Mà $AD\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ (hình hộp) nên $MN\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$.

b) Đúng. $NP$ nằm trong mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ với vectơ chỉ phương $\overrightarrow{NP}=(\overrightarrow{D^{\prime }}-\vec{C})/2$ (không song song $AD$). $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel AD$, $A^{\prime }{D}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$. Đường thẳng $NP$ không song song với $A^{\prime }{D}^{\prime }$ và không cắt $A^{\prime }{D}^{\prime }$ ($A^{\prime }{D}^{\prime }$ chỉ gặp mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại $D^{\prime }$, mà $NP$ không qua $D^{\prime }$), vậy $NP$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }$ chéo nhau.

c) Đúng. $MN\parallel AD\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }\subset (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $MN\parallel (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$. $NP$ có vectơ chỉ phương cùng hướng với $C{D}^{\prime }$ (vì $N$ trung điểm $CD$, $P$ trung điểm $D{D}^{\prime }$ nên $NP\parallel C{D}^{\prime }$), mà $C{D}^{\prime }\subset (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$, $N\notin (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên $NP\parallel (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$. Hai đường $MN$, $NP$ cắt nhau tại $N$ và cùng song song với mặt phẳng $(C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $(MNP)\parallel (C{A}^{\prime }{D}^{\prime })$.

d) Sai. $NP\parallel C{D}^{\prime }$, mà $C{D}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(CB{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại $C$ ($C{D}^{\prime }$ không song song với mặt phẳng này). Do đó $NP$ không song song với $(CB{B}^{\prime }{C}^{\prime })$; thực tế $NP$ cắt mặt phẳng $(CB{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

Khớp với đáp án nguồn mã đề 1102: a)Đ - b)Đ - c)Đ - d)S.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Trong tam giác $SAB$, $M$ là trung điểm $SA$ nhưng $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ không phải trung điểm $AB$; do đó $MO$ không song song $SB$.
b) Đúng. $O=AC\cap BD$ nên $O\in (SAC)$ và $O\in (SDB)$; cũng $S\in (SAC)\cap (SDB)$. Hai mặt phẳng cắt nhau theo đường thẳng đi qua hai điểm chung $S$ và $O$, tức giao tuyến là $SO$.
c) Đúng. Trong tam giác $SAC$: $M$ trung điểm $SA$, $O$ trung điểm $AC$ nên $MO\parallel SC$. Trong tam giác $SAD$: $M,N$ trung điểm $SA,SD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$. Vì $MO\parallel SC\subset (SBC)$, $MN\parallel BC\subset (SBC)$, $MO$ cắt $MN$ tại $M$, và không có điểm chung với $(SBC)$, nên $(MNO)\parallel (SBC)$.
d) Đúng. Từ trên $MO\parallel SC$ với $SC\subset (SBC)$ và $MO\not\subset (SBC)$, suy ra $MO\parallel (SBC)$. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 209: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $M$ là trung điểm $SA$ nhưng $O$ (tâm hình bình hành $ABCD$) không phải trung điểm $AB$, nên $MO$ không song song $SB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$O=AC\cap BD$ thuộc cả $(SAC)$ và $(SDB)$, $S$ cũng chung, nên giao tuyến của hai mặt phẳng là $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MO\parallel SC$ (định lý đường trung bình trong tam giác $SAC$) và $MN\parallel AD\parallel BC$ (trong tam giác $SAD$), nên $(MNO)\parallel (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $MO\parallel SC\subset (SBC)$ và $MO\not\subset (SBC)$ nên $MO\parallel (SBC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;b;0)$, $D(0;b;0)$, $A^{\prime }(0;0;c)$, $B^{\prime }(a;0;c)$, $C^{\prime }(a;b;c)$, $D^{\prime }(0;b;c)$. Khi đó $M(a;0;c/2)$, $N(a;b/2;0)$, $P(a/2;b;0)$.

a) $\overrightarrow{NP}=(-a/2;b/2;0)$ và $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=(-a;b;0)$ nên $\overrightarrow{NP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$: $NP\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$. Đúng.

b) Mặt phẳng $(AB{D}^{\prime })$ có VTCP pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;-ac;ab)$. Mặt phẳng $(MNP)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{NP}=\frac{1}{4}(bc;ac;ab)$. Vì $\overrightarrow{n_2}$ có thành phần thứ nhất $bc/4\ne 0$ nên $\overrightarrow{n_2}$ không cùng phương với $\overrightarrow{n_1}$, hai mặt phẳng không song song (chúng cắt nhau). Sai.

c) Điểm trên $MN$: $(a;tb/2;c(1-t)/2)$, điểm trên $A^{\prime }C$: $(sa;sb;c(1-s))$. So sánh hoành độ: $s=1$; khi đó $tb/2=b\Rightarrow t=2$, nhưng khi đó tung độ cao trên $MN$ là $c(1-2)/2=-c/2\ne 0=c(1-s)$. Hệ vô nghiệm: hai đường thẳng không có điểm chung, không đồng phẳng, vậy $MN$ và $A^{\prime }C$ chéo nhau, không cắt nhau. Sai.

d) $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;b;-c)$. Tích vô hướng với pháp tuyến của $(MNP)$: $\frac{1}{4}(bc\cdot 0+ac\cdot b+ab\cdot (-c))=0$, nên $\overrightarrow{B^{\prime }C}\perp \overrightarrow{n_2}$. Mặt khác $B^{\prime }\notin (MNP)$ vì thay $B^{\prime }(a;0;c)$ vào phương trình mặt phẳng $(MNP)$: $bc(x-a)+acy+ab(z-c/2)=0$ cho $abc/2\ne 0$. Vậy $B^{\prime }C\parallel (MNP)$. Đúng.

So sánh với đáp án nguồn (mã đề 101: 1a Đ, 1b S, 1c S, 1d Đ): khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{NP}=(-a/2;b/2;0)=\frac{1}{2}\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$ nên $NP\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến của $(AB{D}^{\prime })$ là $(0;-ac;ab)$, của $(MNP)$ là $\frac{1}{4}(bc;ac;ab)$, không cùng phương nên hai mặt phẳng không song song.
c) (AI giải đề cho tôi)
Điểm trên $MN$: $(a;tb/2;c(1-t)/2)$, điểm trên $A^{\prime }C$: $(sa;sb;c(1-s))$. So sánh hoành độ cho $s=1$, khi đó $tb/2=b\Rightarrow t=2$ nhưng khi đó tung độ cao là $c(1-2)/2=-c/2\ne 0=c(1-s)$. Hệ vô nghiệm, hai đường thẳng không có điểm chung và không đồng phẳng, vậy $MN$ và $A^{\prime }C$ chéo nhau. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;b;-c)$ vuông góc với pháp tuyến $\frac{1}{4}(bc;ac;ab)$ của $(MNP)$ và $B^{\prime }\notin (MNP)$ nên $B^{\prime }C\parallel (MNP)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì ABCD là hình bình hành nên MN là đường trung bình của hình bình hành (nối trung điểm AB, CD), suy ra MN ∥ AD ∥ BC. Mà BC ⊂ (SBC) và MN ⊄ (SBC), do đó MN ∥ (SBC). Đúng. b) Trong tam giác SAB, M là trung điểm AB, P là trung điểm SA nên MP ∥ SB. Mà SB cắt mặt phẳng (SCD) tại S (vì S ∈ (SCD) nhưng B ∉ (SCD)), nên MP không song song với (SCD) (MP cắt (SCD)). Sai. c) Vì MP ∥ SB với MP ⊂ (MNP) và SB ⊄ (MNP), suy ra SB ∥ (MNP). Vậy SB không cắt mặt phẳng (MNP). Sai. d) Dùng tọa độ: lấy A làm gốc, B = b, D = d, C = b + d, S = s. Khi đó M = b/2, N = b/2 + d, P = s/2. Điểm K trên SD có dạng K = s + t(d − s) = t·d + (1−t)·s. Biểu diễn K theo hệ M, d, (s−b)/2 của mặt phẳng (MNP): K = b/2 + α·d + β·(s−b)/2. So sánh hệ số: hệ số của b cho 1/2 − β/2 = 0 ⇒ β = 1; hệ số của s cho β/2 = 1 − t ⇒ t = 1/2. Vậy K là trung điểm SD, tức SK/KD = 1. Đúng. Kết quả khớp với đáp án mã đề 1111: Đ, S, S, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
MN là đoạn nối trung điểm AB, CD của hình bình hành nên MN ∥ AD ∥ BC; vì BC ⊂ (SBC) và MN ⊄ (SBC) nên MN ∥ (SBC).
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SAB, MP là đường trung bình nên MP ∥ SB; mà SB cắt (SCD) tại S nên MP không song song (SCD).
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì MP ∥ SB và MP ⊂ (MNP), SB ⊄ (MNP) nên SB ∥ (MNP), tức SB không cắt mặt phẳng (MNP).
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ A gốc, B = b, D = d, S = s: M = b/2, N = b/2 + d, P = s/2. Điểm K = s + t(d−s) thuộc (MNP) khi K = b/2 + αd + β(s−b)/2; so sánh hệ số cho β = 1, t = 1/2. Vậy K là trung điểm SD, SK/KD = 1.

Gọi $M=AB\cap SG$, $N=AD\cap SK$, ta có MN là đường trung bình tam giác ABD, suy ra $MN\parallel BD$ (1).
Mặt khác xét tam giác $△SMN$, $\frac{SG}{SM}=\frac{SK}{SN}=\frac{1}{3}\Rightarrow GK\parallel MN$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\{\begin{array}{l}GK\parallel BD\\ BD\subset (SBD)\end{array}\Rightarrow GK\parallel (SBD)$


(Điểm: 0.25, 0.25)

a) Gọi M, N là trung điểm của BC, B'C'. Ta có $MN\parallel A{A}^{\prime };MN=A{A}^{\prime }$ nên AMNA' là hình bình hành. Suy ra $AI\parallel A^{\prime }J;AI=A^{\prime }J$ nên AIJA' là hình bình hành.
[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]
b) Gọi O là trung điểm của A'C. Vì K là trọng tâm tam giác $△AC{C}^{\prime }$ nên $$CK=\frac{2}{3}CO=\frac{1}{3}{A}^{\prime }C$$ Ta có: $$\frac{A^{\prime }I}{A^{\prime }N}=\frac{2}{3}=\frac{A^{\prime }K}{A^{\prime }C}$$ nên $IK\parallel CN$ mà $CN\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Vậy $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $OE//(SAB)$.**
Trong tam giác $ABC$: $O$ là trung điểm $AC$ (vì $O$ là tâm hình vuông $ABCD$) và $E$ là trung điểm $BC$, nên $OE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $OE//AB$.
Vì $AB\subset (SAB)$ và $OE\not\subset (SAB)$ nên $OE//(SAB)$.

**b) Chứng minh $(OEF)//(SCD)$.**
- Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$, $F$ là trung điểm $SA$ nên $OF$ là đường trung bình, suy ra $OF//SC$. Vì $SC\subset (SCD)$, $OF\not\subset (SCD)$ nên $OF//(SCD)$.
- Từ câu a): $OE//AB$; mà $AB//CD$ (hình vuông $ABCD$) nên $OE//CD$. Vì $CD\subset (SCD)$, $OE\not\subset (SCD)$ nên $OE//(SCD)$.
- $OF$ và $OE$ cắt nhau tại $O$, cùng thuộc $(OEF)$, và $(OEF)$ không trùng $(SCD)$.
Vậy $(OEF)//(SCD)$.

**c) Tính $\frac{SH}{SA}$.**
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(p;q;r)$, $a>0$. Khi đó $E\left(a;\frac{a}{2};0\right)$ nên $\tan \widehat{BAE}=\frac{a/2}{a}=\frac{1}{2}$.

*Tìm $K$:* $K=(x;a;0)$, $0\le x\le a$. Góc $\widehat{DAK}$ có $\tan \widehat{DAK}=\frac{a}{x}$, và $\widehat{CAK}=\widehat{DAK}-45^{\circ }$, nên
$$\tan \widehat{CAK}=\frac{\frac{a}{x}-1}{1+\frac{a}{x}}=\frac{a-x}{a+x}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2a-2x=a+x\Rightarrow x=\frac{a}{3}.$$
Vậy $K\left(\frac{a}{3};a;0\right)$.

*Tìm $H$:* Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(a-p;-q;-r)\times (a-p;a-q;-r)=a(r;0;a-p).$$
Mặt phẳng qua $K$ song song $(SBC)$: $r\left(X-\frac{a}{3}\right)+(a-p)Z=0$.
Điểm $H\in SA$: $H=S+\lambda (A-S)=((1-\lambda )p;(1-\lambda )q;(1-\lambda )r)$ với $\lambda =\frac{SH}{SA}$. Thay vào:
$$r((1-\lambda )p-\frac{a}{3})+(a-p)(1-\lambda )r=0$$
$$\Rightarrow a(1-\lambda )r-\frac{ar}{3}=0\Rightarrow 1-\lambda =\frac{1}{3}\Rightarrow \lambda =\frac{2}{3}.$$
Vì $\lambda =\frac{2}{3}\in (0;1)$, $H$ thuộc đoạn $SA$, thỏa mãn giả thiết.

Vậy $\frac{SH}{SA}=\frac{2}{3}$.