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

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AC$. Xét tam giác $ACD$: $Q\in AD$, $P\in CD$ và $P,Q$ cùng thuộc mặt phẳng $(MNQ)$ nên $PQ$ nằm trong mặt phẳng $(ACD)$. Ta có: $MN\subset (MNQ)$, $AC\subset (ACD)$, và $MN\parallel AC$. Mặt khác $MN$ không nằm trong $(ACD)$ (vì $M\notin (ACD)$ do $M$ là trung điểm $AB$ mà $AB$ không nằm trong mặt phẳng đó), nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, suy ra $MN\parallel (ACD)$. Mặt phẳng $(MNQ)$ chứa $MN$ và cắt $(ACD)$ theo giao tuyến $PQ$ (vì $P,Q$ đều thuộc cả hai mặt phẳng), nên $PQ\parallel MN$. Lại có $PQ\subset (ACD)$, $PQ$ không trùng nhau với các đường trong mặt phẳng, và $PQ\parallel MN\parallel AC$ với $AC\subset (ACD)$, suy ra $PQ\parallel AC$. Do đó $PQ\parallel MN\parallel AC$. Vậy $PQ\parallel MN\parallel CD$ (điều phải chứng minh).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $AD$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $M$ thuộc trung tuyến $BI$, do đó $\overrightarrow{IM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IB}$. Tương tự, $N$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $N$ thuộc trung tuyến $CI$, suy ra $\overrightarrow{IN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IC}$.

Từ đó: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{IN}-\overrightarrow{IM}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{IC}-\overrightarrow{IB}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$.

Vậy $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$, tức $MN\parallel BC$ và $MN=\frac{1}{3}BC$.

Vì $BC\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ (do $M$ không thuộc mặt phẳng $(ABC)$ vì $ABCD$ là tứ diện), nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $MN\parallel (ABC)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $SB$. Xét tam giác $SAB$ có $F$ là trung điểm $SA$, $I$ là trung điểm $SB$ nên $FI$ là đường trung bình, suy ra $FI\parallel AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $FI\parallel CD$. Mà $CD\subset (SCD)$ và $FI\not\subset (SCD)$ nên $FI\parallel (SCD)$. Xét tam giác $SBC$ có $G$ là trung điểm $BC$, $I$ là trung điểm $SB$ nên $GI$ là đường trung bình, suy ra $GI\parallel SC$. Mà $SC\subset (SCD)$ và $GI\not\subset (SCD)$ nên $GI\parallel (SCD)$. Trong mặt phẳng $(FGI)$ có hai đường thẳng cắt nhau $FI$ và $GI$ cùng song song với mặt phẳng $(SCD)$, nên $(FGI)\parallel (SCD)$. Vì $FG\subset (FGI)$ nên $FG\parallel (SCD)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm của $AB$ và $N$ là trung điểm của $BC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel AC$.

Vì $AC\subset (SAC)$ và $MN\not\subset (SAC)$ (do $M\in AB$, mà $AB$ chỉ cắt $(SAC)$ tại $A$ và $M\ne A$), theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $MN\parallel (SAC)$.

b) Dùng phương pháp tọa độ vector. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên:
$$\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}\right).$$
Tương tự, $G^{\prime }$ là trọng tâm tam giác $SBC$ nên:
$$\overrightarrow{S{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}\right).$$
Suy ra:
$$\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\overrightarrow{S{G}^{\prime }}-\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}.$$
Vậy $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$, tức $G{G}^{\prime }\parallel AC$.

Mặt khác $AC\subset (SAC)$ và $G{G}^{\prime }\not\subset (SAC)$ (vì $G$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$, mà $(SAB)\cap (SAC)=SA$, và $G\notin SA$ do $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nằm trong tam giác nhưng không trên cạnh $SA$).

Do đó $G{G}^{\prime }\parallel (SAC)$ (đpcm).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 95. Gọi $O$, $O^{\prime }$ lần lượt là tâm của hình bình hành $ABCD$ và $ABEF$.

a) Trong tam giác $BDE$: $O$ là trung điểm $BD$ (vì $O$ là giao hai đường chéo $AC$, $BD$ của hình bình hành $ABCD$), $O^{\prime }$ là trung điểm $BE$ (vì $O^{\prime }$ là giao hai đường chéo $AE$, $BF$ của hình bình hành $ABEF$). Suy ra $O{O}^{\prime }$ là đường trung bình của tam giác $BDE$ nên $O{O}^{\prime }\parallel DE$. Xét mặt phẳng $(ADF)$: ta có $DE\subset (ADF)$ (vì $D,E\in (ADF)$) và $O{O}^{\prime }\not\subset (ADF)$ (vì $O^{\prime }\notin (ADF)$, nếu $O^{\prime }\in (ADF)$ thì $B\in (ADF)$ do $O^{\prime }\in BE$, suy ra $A,B,D,F$ cùng thuộc một mặt phẳng, mâu thuẫn với giả thiết hai hình bình hành không cùng mặt phẳng). Vậy $O{O}^{\prime }\parallel (ADF)$.

Tương tự, trong tam giác $ACF$: $O$ là trung điểm $AC$, $O^{\prime }$ là trung điểm $AF$ nên $O{O}^{\prime }\parallel CF$. Vì $CF\subset (BCE)$ ($C,F\in (BCE)$) và $O{O}^{\prime }\not\subset (BCE)$, suy ra $O{O}^{\prime }\parallel (BCE)$.

b) Ta chứng minh bằng vectơ. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{A}+\vec{C}=\vec{B}+\vec{D}$; vì $ABEF$ là hình bình hành (tâm $O^{\prime }$) nên $\vec{A}+\vec{E}=\vec{B}+\vec{F}$, tức $\vec{E}=\vec{B}+\vec{F}-\vec{A}$.

Với $AM=\frac{1}{3}AE$: $\vec{M}=\vec{A}+\frac{1}{3}(\vec{E}-\vec{A})=\frac{2}{3}\vec{A}+\frac{1}{3}\vec{E}$.
Với $BN=\frac{1}{3}BD$: $\vec{N}=\vec{B}+\frac{1}{3}(\vec{D}-\vec{B})=\frac{2}{3}\vec{B}+\frac{1}{3}\vec{D}$.

Suy ra
$$\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{2}{3}\vec{B}+\frac{1}{3}\vec{D}-\frac{2}{3}\vec{A}-\frac{1}{3}\vec{E}=\frac{2}{3}\vec{B}+\frac{1}{3}\vec{D}-\frac{2}{3}\vec{A}-\frac{1}{3}(\vec{B}+\vec{F}-\vec{A})=\frac{1}{3}(\vec{B}+\vec{D}-\vec{A}-\vec{F}).$$
Vì $\vec{B}+\vec{D}=\vec{A}+\vec{C}$ nên $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}(\vec{C}-\vec{F})=\frac{1}{3}\overrightarrow{FC}$.

Vậy $MN\parallel FC$. Mặt khác $FC\subset (CDEF)$ (vì $F,C\in (CDEF)$) và $MN\not\subset (CDEF)$ (vì $M\in AE$ mà $AE$ cắt mặt phẳng $(CDEF)$ tại $E$, nếu $M\in (CDEF)$ thì $M=E$, mâu thuẫn với $AM=\frac{1}{3}AE$). Do đó $MN\parallel (CDEF)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Bài toán: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$, $I$ là trung điểm $AB$, $M\in AD$ với $AM=\frac{1}{3}AD$. Đường thẳng qua $M$ song song $AB$ cắt $CI$ tại $N$. Cần chứng minh $MG\parallel (SCD)$.

Chọn hệ vectơ với gốc $A$, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\vec{b}$, $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{d}$.

Bước 1: Xác định vị trí điểm $N$ trên $CI$.
Vì $N$ nằm trên đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ nên $\overrightarrow{MN}=t\vec{b}$ với một số $t$, tức $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{3}\vec{d}+t\vec{b}$. Mặt khác $N\in CI$ nên $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AC}+u\overrightarrow{CI}=(\vec{b}+\vec{d})+u\left(-\frac{1}{2}\vec{b}-\vec{d}\right)$. So sánh hệ số theo $\vec{d}$: $\frac{1}{3}=1-u\Rightarrow u=\frac{2}{3}$. Vậy $\overrightarrow{CN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CI}$, suy ra $\overrightarrow{IN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IC}$, tức $IN=\frac{1}{3}IC$.

Bước 2: Chứng minh $GN\parallel SC$.
Vì $I$ là trung điểm $AB$ và $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $S,G,I$ thẳng hàng và $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IS}$ (tính chất đường trung bình: trọng tâm cách đều mỗi đỉnh một phần ba đường trung tuyến). Xét tam giác $SCI$: $G\in SI$ với $\frac{IG}{IS}=\frac{1}{3}$ và $N\in IC$ với $\frac{IN}{IC}=\frac{1}{3}$. Theo định lý Thales, $GN\parallel SC$.

Bước 3: Chứng minh $(MGN)\parallel (SCD)$.
- $MN\parallel AB$ (theo giả thiết) mà $AB\parallel CD$ (đáy là hình bình hành) nên $MN\parallel CD$. Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ (do $M\notin (SCD)$) nên $MN\parallel (SCD)$.
- $GN\parallel SC$ (Bước 2), $SC\subset (SCD)$ và $GN\not\subset (SCD)$ (do $G\notin (SCD)$ vì $G$ nằm trên mặt phẳng $(SAB)$ khác $(SCD)$) nên $GN\parallel (SCD)$.
Hai đường thẳng $MN$ và $GN$ cắt nhau tại $N$ và cùng song song với $(SCD)$, do đó mặt phẳng $(MGN)\parallel (SCD)$.

Bước 4: Kết luận.
Vì $(MGN)\parallel (SCD)$ nên mọi đường thẳng nằm trong $(MGN)$ đều song song hoặc nằm trong $(SCD)$. Đường thẳng $MG$ nằm trong $(MGN)$ và $MG$ không nằm trong $(SCD)$ (vì $M\notin (SCD)$). Vậy $MG\parallel (SCD)$. $■$

Kiểm tra bằng vectơ: $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB}}{3}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AD})+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DS}+\frac{1}{3}\overrightarrow{DC}$, tức $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DS},\overrightarrow{DC}$ của mặt phẳng $(SCD)$, xác nhận $MG\parallel (SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K$ là trung điểm của $SC$.

Bước 1: Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $G$ nằm trên đường trung tuyến $DK$ của tam giác này, suy ra $\frac{DG}{DK}=\frac{2}{3}$.

Bước 2: Vì $ABCD$ là hình thang với $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$, xét $O=AC\cap BD$: tam giác $OBC$ đồng dạng với tam giác $OAD$ (góc $OBC=$ góc $ODA$, góc $OCB=$ góc $OAD$ do $BC\parallel AD$), nên
$$\frac{OB}{OD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{OD}{BD}=\frac{2}{3}.$$

Bước 3: Xét tam giác $DBK$: điểm $O$ nằm trên cạnh $DB$ với $\frac{DO}{DB}=\frac{2}{3}$, điểm $G$ nằm trên cạnh $DK$ với $\frac{DG}{DK}=\frac{2}{3}$. Suy ra $\frac{DO}{DB}=\frac{DG}{DK}$, theo định lý Thales (đảo) ta có $OG\parallel BK$.

Bước 4: Vì $BK\subset (SBC)$ (do $K\in SC$) và $OG\not\subset (SBC)$ (vì $O$ nằm trong mặt phẳng đáy, mà $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $O\notin BC$), nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng:
$$OG\parallel (SBC).$$
Điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là trung điểm của $SC$. Trong tam giác $SCD$, $M$ là trung điểm $SD$, $N$ là trung điểm $SC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel CD$ và $MN=\frac{CD}{2}$. Vì $ABCD$ là hình thang với $AD=2BC$ nên $BC=\frac{AD}{2}=\frac{CD}{2}$ (chú ý: hai cạnh song song của hình thang là $AD\parallel BC$, do đó xét theo phương song song ta có $MN\parallel BC$ và $MN=BC$). Thật vậy, vì $MN\parallel CD$ mà $CD$ không song song $AB$... Xét chính xác: hình thap $ABCD$ có $AD\parallel BC$, $AD=2BC$. Gọi $I$ là trung điểm $AD$ thì $AI=BC$ và $AI\parallel BC$, nên $ABCI$ là hình bình hành, suy ra $CI\parallel AB$ và $CI=AB$. Xét tam giác $SCD$: $M$ trung điểm $SD$, gọi $N$ trung điểm $SC$ thì $MN\parallel CD$, $MN=\frac{CD}{2}$. Vì $BC=\frac{AD}{2}$ và $AD\parallel BC$, lấy $I$ trung điểm $AD$ thì $IBCD$... Cách chuẩn: $I$ là trung điểm $AD$ thì $AI=\frac{AD}{2}=BC$ và $AI\parallel BC$ nên $ABCI$ là hình bình hành $\Rightarrow CI\parallel AB$. Xét tam giác $SAD$: $M$ trung điểm $SD$, $I$ trung điểm $AD$ nên $MI\parallel SA$ $\Rightarrow MI\parallel (SAB)$. Xét tứ giác $MIBC$: $MI\parallel SA$... Ta chứng minh trực tiếp: trong tam giác $SAD$, $MI$ là đường trung bình nên $MI\parallel SA$, do đó $MI\parallel (SAB)$. Xét tam giác $SBC$... Cách gọn nhất: $I$ trung điểm $AD$ $\Rightarrow$ $ABCI$ là hình bình hành $\Rightarrow CI\parallel AB\Rightarrow CI\parallel (SAB)$. Mặt khác $MI\parallel SA\Rightarrow MI\parallel (SAB)$. Mặt phẳng $(MIC)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MI,CI$ cùng song song $(SAB)$, nên $(MIC)\parallel (SAB)$. Vì $CM\subset (MIC)$ nên $CM\parallel (SAB)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A$ là điểm đầu gậy tựa vào tường (thuộc mặt phẳng tường $(Q)$) và $B$ là điểm đầu gậy chạm sàn (nằm ngoài $(Q)$); chiếc gậy là đoạn thẳng $AB$ với $A\in (Q)$, $B\notin (Q)$.

Giả sử $AB$ song song với một mép tường $d$. Vì mọi mép của tường đều nằm trong mặt phẳng tường nên $d\subset (Q)$.

Khi đó $AB\parallel d$, $d\subset (Q)$ và $AB\not\subset (Q)$ (vì $B\notin (Q)$), suy ra theo định lí về tính chất song song giữa đường thẳng và mặt phẳng: $AB\parallel (Q)$.

Nhưng nếu $AB\parallel (Q)$ thì $AB$ và $(Q)$ không có điểm chung, mâu thuẫn với $A\in AB\cap (Q)$ (đầu gậy $A$ tựa vào tường).

Vậy không thể đặt chiếc gậy song song với một trong các mép của bức tường mà nó tựa vào.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Vì $AQ=2QB$ nên $\overrightarrow{AQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$, tức $\vec{Q}=\frac{2}{3}\vec{b}$. Trọng tâm tam giác $ABD$: $\vec{G}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{QG}=\vec{G}-\vec{Q}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{3}-\frac{2\vec{b}}{3}=\frac{\vec{d}-\vec{b}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$. Vậy $GQ\parallel BD$. Vì $BD\subset (BCD)$ và $G\notin (BCD)$ nên $GQ\parallel (BCD)$ → phương án B đúng. Kiểm tra các phương án khác: $P$ là trung điểm $CB$ nên $P\in (BCD)$, do đó đường thẳng $PQ$ cắt $(BCD)$ tại $P$, không song song (A sai). Trong tam giác $ABC$, $\frac{AQ}{AB}=\frac{2}{3}\ne \frac{CP}{CB}=\frac{1}{2}$ nên $PQ$ không song song $AC$, do đó $PQ$ cắt $(ACD)$ (C sai). Về D: $G\in ABD$, $P\in BCD$... xét mặt phẳng $(GDP)$: không có dữ kiện nào cho thấy $Q$ thuộc mặt phẳng này; thực tế với hệ vectơ trên, $\vec{Q}=\frac{2}{3}\vec{b}$ không biểu diễn được qua tổ hợp của $\vec{G},\vec{P}$ trong mọi trường hợp tổng quát, nên D sai. Đáp án: B.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $\vec{G}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{D}}{3}$. Vì $M$ thuộc $BC$ với $MB=2MC$ nên $\vec{M}=\frac{\vec{B}+2\vec{C}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{MG}=\vec{G}-\vec{M}=\frac{\vec{A}+\vec{D}-2\vec{C}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CD}$. Vậy $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}$ không cùng phương, do đó $MG$ song song $(ACD)$ (và $MG$ không nằm trong $(ACD)$ vì $M\in BC$ không thuộc $(ACD)$). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $a\parallel (P)$ nên $a$ không có điểm chung với $(P)$ (hoặc $a\subset (P)$); tương tự với $(Q)$. Giả sử $a$ cắt $d$ tại điểm $M$. Vì $d\subset (P)$ và $d\subset (Q)$ nên $M\in (P)$ và $M\in (Q)$, suy ra $a$ có điểm chung với $(P)$ và với $(Q)$, mâu thuẫn với $a$ song song cả hai mặt phẳng. Vậy $a$ và $d$ không cắt nhau, không trùng nhau. Hai đường thẳng không cắt nhau và không trùng nhau thì hoặc song song hoặc chéo nhau. Nếu $a,d$ chéo nhau thì tồn tại mặt phẳng chứa $d$ và song song với $a$; nhưng mọi mặt phẳng chứa $d$ đều cắt $(P)$ theo $d$... Cách chứng minh chuẩn: lấy mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $a$ và cắt $(P)$ theo giao tuyến $b$. Vì $a\parallel (P)$ nên $a\parallel b$; do $a,d$ không cắt nhau và $b\subset (P)$, $d\subset (P)$ nên $b\parallel d$ hoặc $b\equiv d$. Từ đó $a\parallel d$ (vì $a\parallel b$, $b\parallel d$, $a$ không nằm trong $(P)$). Thực chất: $a$ không thể chéo với $d$ vì nếu chéo thì qua $d$ có mặt phẳng song song với $a$, nhưng mọi mặt phẳng chứa $d$ đều cắt $(P)$ (hoặc trùng $(P)$) theo giao tuyến qua $d$, dẫn đến mâu thuẫn. Kết luận: $a\parallel d$. Vậy mệnh đề a) sai, b) sai, c) đúng, d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Nếu $a\equiv d$ thì $a\subset (P)$ và $a\subset (Q)$, khi đó $a$ không song song với $(P)$ theo nghĩa đường thẳng song song mặt phẳng (phải không có điểm chung). Mâu thuẫn.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $a$ song song với cả $(P)$ và $(Q)$, $a$ không có điểm chung với $(P),(Q)$, mà $d\subset (P)\cap (Q)$, nên $a$ không cắt $d$. Nếu $a,d$ chéo nhau thì qua $d$ tồn tại mặt phẳng song song với $a$; nhưng mặt phẳng đó cắt $(P)$ theo giao tuyến đi qua $d$, khi đó giao tuyến này song song với $a$ và nằm trong $(P)$, suy ra $a$ song song với đường thẳng trong $(P)$ đi qua $d$, từ đó suy ra $a\parallel d$, không chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Lấy mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $a$, $(\alpha )$ cắt $(P)$ theo giao tuyến $b$. Vì $a\parallel (P)$ nên $a\parallel b$. Trong $(\alpha )$: nếu $b$ cắt $d$ tại $M$ thì $M\in (P)\cap (Q)=d$, và $M\in b\subset (\alpha )$... hơn nữa $M\in (P)$ nên $a$ không qua $M$. Vì $a\parallel b$ và $d$ cắt $b$ trong $(P)$, ta chứng minh được $a\parallel d$: giả sử $a$ không song song $d$, vì $a,d$ không cắt nhau (do $a$ không có điểm chung với $(P)$ chứa $d$) nên $a,d$ chéo nhau; nhưng đường thẳng $b\subset (P)$ với $b\parallel a$ và $b$ cắt $d$ (nếu $b\parallel d$ thì $a\parallel d$, xong). Vậy luôn có $a\parallel d$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Nếu $a$ cắt $d$ tại $M$ thì $M\in (P)$ và $M\in (Q)$, suy ra $a$ có điểm chung với $(P)$, mâu thuẫn với $a\parallel (P)$. Vậy $a,d$ không cắt nhau.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $MN$ là đoạn nối trung điểm của $AB$ và $CD$, do đó $MN\parallel AD\parallel BC$.

a) $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$ và $MN\not\subset (SBC)$ (vì $M\in AB$, $N\in CD$ không nằm trong mặt phẳng $(SBC)$), nên $MN\parallel (SBC)$. Đúng.

b) $MN\parallel AD$ với $AD\subset (SAD)$ và $MN\not\subset (SAD)$, nên $MN\parallel (SAD)$. Đúng.

c) Trong tam giác $SAB$, $P$ là trung điểm $SA$, $M$ là trung điểm $AB$ nên $PM\parallel SB$. Vì $PM\subset (MNP)$ và $SB\not\subset (MNP)$ nên $SB\parallel (MNP)$, tức $SB$ KHÔNG cắt mặt phẳng $(MNP)$. Sai.

d) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0;2;0),C(2;2;0),S(s;t;u)$ với $u\ne 0$. Khi đó $M(1;0;0),N(2;1;0),P(\frac{s}{2};\frac{t}{2};\frac{u}{2})$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(1;1;0)\times (\frac{s}{2}-1;\frac{t}{2};\frac{u}{2})=(\frac{u}{2};-\frac{u}{2};\frac{t-s+2}{2})$. Với $C(2;2;0)$: $\overrightarrow{MC}=(1;2;0)$, tích vô hướng $\vec{n}\cdot \overrightarrow{MC}=\frac{u}{2}-u=-\frac{u}{2}\ne 0$. Vậy $C$ không thuộc $(MNP)$ và $SC$ không song song với mặt phẳng, do đó $SC$ cắt mặt phẳng $(MNP)$. Đúng.

Kết luận: a đúng, b đúng, c sai, d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel BC$ (đoạn nối trung điểm), $BC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ nên $MN\parallel (SBC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel AD$ (đoạn nối trung điểm), $AD\subset (SAD)$, $MN\not\subset (SAD)$ nên $MN\parallel (SAD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$PM$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $PM\parallel SB$, với $PM\subset (MNP)$, $SB\not\subset (MNP)$, suy ra $SB\parallel (MNP)$, không cắt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dùng tọa độ kiểm tra: $\vec{n}\cdot \overrightarrow{MC}=-\frac{u}{2}\ne 0$ nên $SC$ không song song và không nằm trong $(MNP)$, do đó $SC$ cắt $(MNP)$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 15.** Cho hai hình bình hành $ABCD$ và $ABEF$ không cùng nằm trong một mặt phẳng, tâm lần lượt là $O$, $O^{\prime }$; $M\in AE$ với $AM=\frac{1}{3}AE$, $N\in BD$ với $BN=\frac{1}{3}BD$.

**a) $O{O}^{\prime }\parallel (ADF)$**

Xét tam giác $BDF$:
- $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của $BD$.
- $O^{\prime }$ là tâm hình bình hành $ABEF$ nên $O^{\prime }$ là trung điểm của $BF$ (vì $BF$ là đường chéo của hình bình hành $ABEF$).

Vậy trong tam giác $BDF$, $O{O}^{\prime }$ là đường trung bình, suy ra
$$O{O}^{\prime }\parallel DF.$$

Mà $DF\subset (ADF)$ và $O{O}^{\prime }\not\subset (ADF)$ (vì $O,O^{\prime }$ không thuộc mặt phẳng $(ADF)$: nếu $O\in (ADF)$ thì $B\in (ADF)$, suy ra $A,B,D,F$ đồng phẳng, mâu thuẫn với giả thiết hai hình bình hành không cùng mặt phẳng). Do đó
$$O{O}^{\prime }\parallel (ADF).$$

**b) $MN\parallel (CDFE)$**

Vì $ABCD$ và $ABEF$ là các hình bình hành nên $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}$, do đó $DC\parallel EF$ và $DC=EF$, tức bốn điểm $C,D,F,E$ xác định một mặt phẳng (chứa hai đường thẳng song song $DC$ và $EF$).

Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{v}$, $\overrightarrow{AE}=\vec{w}$. Khi đó
$$\overrightarrow{AC}=\vec{u}+\vec{v}.$$

Ta có:
$$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AE}=\frac{1}{3}\vec{w},$$
$$\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}=\vec{u}+\frac{1}{3}(\vec{v}-\vec{u})=\frac{2}{3}\vec{u}+\frac{1}{3}\vec{v}.$$

Suy ra
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{u}+\frac{1}{3}\vec{v}-\frac{1}{3}\vec{w}=\frac{1}{3}\left(2\vec{u}+\vec{v}-\vec{w}\right).$$

Lấy điểm $K$ trên tia $DC$ sao cho $CK=DC$ (nghĩa là $\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{DC}=\vec{u}$). Khi đó
$$\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CK}=(\vec{u}+\vec{v})+\vec{u}=2\vec{u}+\vec{v},$$
$$\overrightarrow{EK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AE}=2\vec{u}+\vec{v}-\vec{w}=3\overrightarrow{MN}.$$

Vậy $MN\parallel EK$.

Mà $K$ thuộc đường thẳng $DC\subset (CDFE)$ nên $EK\subset (CDFE)$, và $MN\not\subset (CDFE)$ (vì $M\in AE$, nếu $MN\subset (CDFE)$ thì $M\in (CDFE)$, suy ra mặt phẳng $(AEK)$ trùng $(CDFE)$, khi đó $A\in (CDFE)$, tức $A,B,C,D,E,F$ đồng phẳng — mâu thuẫn giả thiết).

Do đó $MN$ song song với mặt phẳng $(CDFE)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $F$ là trung điểm của $SD$. Xét tam giác $SDC$: $E$ là trung điểm của $SC$, $F$ là trung điểm của $SD$ nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $SDC$, do đó $EF\parallel CD$ và $EF=\frac{CD}{2}=\frac{2a}{2}=a$. Mà $AB=a$ và $AB\parallel CD$ (vì $ABCD$ là hình thang) nên $EF\parallel AB$ và $EF=AB$. Suy ra tứ giác $ABEF$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau, nên $ABEF$ là hình bình hành. Do đó $BE\parallel AF$. Lại có $AF\subset (SAD)$ và $BE\not\subset (SAD)$ (vì $B\notin (SAD)$). Vậy $BE\parallel (SAD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Phát biểu của bạn Minh ĐÚNG. Giải thích: Gọi $a$ là đường ray trượt ở mép trên cánh cửa, $b$ là đường ray trượt ở mép dưới cánh cửa, $(\alpha )$ là mặt đáy của tủ quần áo. Vì cánh cửa trượt có dạng hình chữ nhật nên hai mép trên và mép dưới song song với nhau, tức là $a\parallel b$. Đường ray dưới $b$ nằm trong mặt đáy $(\alpha )$, còn đường ray trên $a$ không nằm trong $(\alpha )$ (vì $a$ nằm ở mép trên của cánh cửa, khác mặt đáy). Xét mặt phẳng $(\beta )$ chứa cánh cửa hình chữ nhật, khi đó $(\beta )$ chứa $a$ và cắt $(\alpha )$ theo giao tuyến $b$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng: nếu một đường thẳng ($a$) song song với một đường thẳng ($b$) nằm trong mặt phẳng $(\alpha )$ và không nằm trong $(\alpha )$ thì $a\parallel (\alpha )$. Vậy đường ray trượt ở mép trên cửa song song với mặt đáy của tủ quần áo, phát biểu của bạn Minh đúng. (Ngoài ra, vì cánh cửa trượt được thiết kế song song với mặt đáy và di chuyển bình thường, đường ray trên luôn giữ song song với mặt đáy ở mọi vị trí của cửa.)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi N là trung điểm của SB. Trong tam giác SAB, HN là đường trung bình nên $HN//AB$ và $HN=\frac{AB}{2}$. Vì ABCD là hình thoi nên $AB//CD$ và $AB=CD$, do đó $HN//DK$ (với K là trung điểm CD, $DK=\frac{CD}{2}$) và $HN=DK$. Suy ra HNDK là hình bình hành, nên $HK//ND$. Vì $ND\subset (SBD)$ và $HK\not\subset (SBD)$, ta có $HK//(SBD)$. Vậy đáp án A.

Gọi $K$ là tâm của hình bình hành $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$. Khi đó $K$ là trung điểm của $A{C}^{\prime }$ và của $A^{\prime }C$.

Trong tam giác $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }$, $A^{\prime }K$ là đường trung tuyến nên $G\in A^{\prime }K$ và $A^{\prime }G=\frac{2}{3}{A}^{\prime }K$. Mà $A^{\prime }K=\frac{1}{2}{A}^{\prime }C$ nên $G\in A^{\prime }C$ và $\frac{A^{\prime }G}{A^{\prime }C}=\frac{1}{3}$.

Trong mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$, qua $G$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, cắt $A^{\prime }B$ tại $T$. Theo định lí Thales: $\frac{A^{\prime }T}{A^{\prime }B}=\frac{A^{\prime }G}{A^{\prime }C}=\frac{1}{3}$.

Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, qua $T$ kẻ đường thẳng song song với $A{A}^{\prime }$, cắt $AB$ tại $H$. Theo định lí Thales: $\frac{AH}{AB}=\frac{A^{\prime }T}{A^{\prime }B}=\frac{1}{3}$.

Mặt phẳng $(GTH)$ có $GT\parallel BC$ và $TH\parallel A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $(GTH)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra $GH\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

Mặt phẳng qua $G$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là duy nhất nên điểm $H$ thỏa mãn yêu cầu là duy nhất, với $AB=3AH$. Vậy $x=3$. Đáp số: $3$.

Trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$, dựng $M{M}^{\prime }\parallel A^{\prime }D$ ($M^{\prime }\in A{A}^{\prime }$). Áp dụng định lí Ta-lét:
$\frac{M^{\prime }A}{A{A}^{\prime }}=\frac{MA}{A{D}^{\prime }}=\frac{x}{a\sqrt{2}}$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, dựng $N{N}^{\prime }\parallel CD$ ($N^{\prime }\in BC$). Áp dụng định lí Ta-lét:
$\frac{N^{\prime }B}{BC}=\frac{ND}{BD}=\frac{x}{a\sqrt{2}}$

Suy ra $M^{\prime }A=N^{\prime }B$. Khi đó đường thẳng $M^{\prime }{N}^{\prime }$ song song với mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ hoặc nằm trong mặt phẳng song song với $(A^{\prime }BC)$.

Mặt khác, $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }C$ nên $A^{\prime }D\parallel (A^{\prime }BC)$ và $CD\parallel AB\subset (A^{\prime }BC)$. Suy ra đường thẳng $MN$ luôn song song với mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$.