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

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN//AC$. Vì $AC\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $MN//(ABCD)$. Các phương án A, B, D sai vì $MN$ cắt các mặt phẳng $(SBC)$, $(SAB)$, $(SCD)$ tại $N$ hoặc $M$ (hoặc không song song). Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

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

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel AC$. Vì $AC\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$ nên $MN\parallel (ABCD)$. Các phương án khác sai vì $MN$ cắt hoặc nằm trong các mặt đó: $MN$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$, cắt $(SCD)$, $(SAB)$, $(SBC)$ tại các điểm tương ứng. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Câu 10, mã đề 1001: B).

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)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$. Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm của $SA$ và $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OM\parallel SC$. Mà $SC\subset (SBC)$ và $OM\not\subset (SBC)$, do đó $OM\parallel (SBC)$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 2: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm của $AC$ (vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là giao điểm hai đường chéo, tức trung điểm $AC$), $M$ là trung điểm của $SA$. Suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, do đó $OM\parallel SC$. Vì $SC\subset (SBC)$ và $OM\not\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$. Khớp với đáp án nguồn B.

(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 $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$ (vì $B\notin (SAD)$: nếu $B\in (SAD)$ thì $(SAD)$ chứa ba điểm $S,A,B$ không thẳng hàng, suy ra $(SAD)=(SAB)$, khi đó $D\in (SAB)$, tức $AB\parallel SD$ cùng nằm trong mặt phẳng đáy — vô lý vì $S$ không thuộc mặt phẳng đáy). 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 $DAC$: $M$ là trung điểm của $AD$, $N$ là trung điểm của $CD$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $DAC$. Suy ra $MN\parallel AC$.

Ta có: $AC\subset (SAC)$; $MN\not\subset (SAC)$ (vì $M\in AD$ mà $M\notin AC$). Vậy $MN\parallel (SAC)$.

3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$ với $KB=2KS$

- Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $MD=\frac{1}{2}AD=BC$, mà $MD\parallel BC$ nên tứ giác $MBCD$ là hình bình hành.
- Lấy điểm $P$ trên tia đối của tia $AB$ sao cho $PA=AB$ (tức $A$ là trung điểm của $PB$). Khi đó, với quy tắc ba điểm:
$$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.$$
Vậy $PM\parallel AC$ và $PM=AC$.
- Mặt khác $MN\parallel AC$ (câu 2) nên $PM\parallel MN$; hai đường thẳng này chung điểm $M$ nên $P,M,N$ thẳng hàng. Do đó $P\in MN\subset (MNK)$.
- Ta có $P\in AB\subset (SAB)$ và $K\in SB\subset (SAB)$, nên $(MNK)\cap (SAB)=PK$.
- Gọi $I=SA\cap PK$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $PIK$:
$$\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AP}{PB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}=1.$$
Vậy $I$ là trung điểm của $SA$ ($SI=IA$).

4) Chứng minh $KG\parallel SD$, với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$

- Như trên, $MBCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $MC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm chung $O$ của mỗi đường, tức $O\in BD$ và $BO=OD$.
- $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$ nên $G$ thuộc đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $D$, tức $G\in DO$ với $DG=\frac{2}{3}DO=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BD$. Suy ra $BG=BD-DG=\frac{2}{3}BD$, do đó
$$\frac{BG}{GD}=\frac{2}{1}=2.$$
- Trong tam giác $SBD$: $K\in SB$ với $KB=2KS$ nên $\frac{BK}{KS}=2$; và $G\in BD$ với $\frac{BG}{GD}=2$.
- Theo hệ quả của định lý Thales (đảo): vì $K\in SB$, $G\in BD$ và $\frac{BK}{KS}=\frac{BG}{GD}=2$, suy ra $KG\parallel SD$.

(Kiểm tra bằng vectơ: do $MBCD$ là hình bình hành nên $\vec{C}+\vec{M}=\vec{B}+\vec{D}$; tính trực tiếp $\overrightarrow{KG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$, tức $KG\parallel SD$.)

(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 $G,O,G^{\prime }$).

(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 $KG\parallel SD$.