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

(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 $GO:O{G}^{\prime }=1:2$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $AC$. Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$. Mà $SC\subset (SCD)$ và $OM\not\subset (SCD)$, do đó $OM\parallel (SCD)$. Khẳng định đúng là D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành $ABCD$) và $M$ là trung điểm $SA$, nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OM\parallel SC$. Vì $SC\subset (SCD)$ và $OM\not\subset (SCD)$ nên $OM\parallel (SCD)$. Với các mặt khác: $OM$ cắt $(SAD)$ tại $M$, cắt $(SAB)$ tại $M$, và $OM$ nằm trong mặt phẳng $(SBD)$ (vì $O\in BD$, xét tam giác $SBD$... thực chất $OM$ cắt $(SBD)$ tại $O$ thuộc trong mặt đó nên không song song). Vậy khẳng định đúng là $OM\parallel (SCD)$, khớp với đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SBD$, $M$ là trung điểm $SB$, $N$ là trung điểm $BD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SD$. Vì $SD\subset (SDA)$, $MN\not\subset (SDA)$ nên $MN\parallel (SDA)$ (A đúng). Tương tự $SD\subset (SDC)$ nên $MN\parallel (SDC)$ (B đúng) và $MN\parallel SD$ (C đúng). Tuy nhiên $M,N$ đều thuộc mặt phẳng $(SBD)$ nên $MN\subset (SBD)$, do đó khẳng định $MN\parallel (SBD)$ là sai. Khẳng định sai là D, trùng với đáp án nguồn (Câu 12, Mã đề 132: D).

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]
Gọi $N$ là trung điểm $BC$

Vì $G$ là trọng tâm $ABC$ nên $\frac{AG}{AN}=\frac{2}{3}$

$M$ trên $AD$ sao cho $AM=2MD$ nên $\frac{AM}{AD}=\frac{2}{3}$

Do đó nên $\frac{AG}{AN}=\frac{AM}{AD}\Rightarrow MG//ND$

Ta có $\{\begin{array}{l}MG\not\subset (BCD)\\ MG//ND\\ ND\subset (BCD)\end{array}\Rightarrow MG//(BCD)$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AF}=\vec{e}$. Khi đó $\overrightarrow{AE}=\vec{b}+\vec{e}$ (vì $ABEF$ là hình bình hành), $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$.

Ta có:
$$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}(\vec{b}+\vec{e}),\overrightarrow{AN}=\vec{b}+\frac{1}{x}(\vec{d}-\vec{b})=\left(1-\frac{1}{x}\right)\vec{b}+\frac{1}{x}\vec{d}.$$

Suy ra
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{x}\right)\vec{b}+\frac{1}{3x}\vec{d}-\frac{1}{3}\vec{e}.$$

Mặt phẳng $(CDFE)$ chứa hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{DC}=\vec{b}$ và $\overrightarrow{DF}=\vec{e}-\vec{d}$. Để $MN\parallel (CDFE)$ thì $\overrightarrow{MN}$ phải là tổ hợp tuyến tính của $\vec{b}$ và $\vec{e}-\vec{d}$:
$$\overrightarrow{MN}=a\vec{b}+t(\vec{e}-\vec{d})=a\vec{b}+t\vec{e}-t\vec{d}.$$

So sánh hệ số: hệ số của $\vec{e}$ cho $t=-\frac{1}{3}$; hệ số của $\vec{d}$ cho $\frac{1}{3x}=-t=\frac{1}{3}\Rightarrow x=1$. Khi đó $a=\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}$, tức $\overrightarrow{MN}=-\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{3}(\vec{e}-\vec{d})$, thực sự song song với mặt phẳng $(CDFE)$.

Vậy $x=1$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là trung điểm $AD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $G$ là trung điểm của $CN$ (tính chất trọng tâm). Ta có: $M$ thuộc $BC$ với $CM=2MB$ nên $M$ chia $BC$ theo tỉ số. Dùng vectơ: $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CG}$, với $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CD})$ và $\overrightarrow{MC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$. Suy ra $\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$. Thay $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}$: $\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\overrightarrow{AC}$... Cách gọn hơn: đặt $N$ trung điểm $AD$, khi đó $\overrightarrow{MG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{MN}$ (vì $G$ trọng tâm $ACD$ nên $\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CN}$, và $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CN}=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{BN}$ vì $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{BN}$). Vậy $\overrightarrow{MG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BN}$, tức $MG\parallel BN$. Vì $N$ thuộc $AD$ nên $BN$ nằm trong mặt phẳng $(ABD)$, do đó $MG\parallel (ABD)$ ($MG$ không nằm trong $(ABD)$ vì $M$ thuộc $BC$, $M$ không thuộc $(ABD)$). Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ tọa độ: A(0,0,0), B(5,0,0), D(0,5,0), C(5,5,0), S(2.5, 0, 5√3/2) (tam giác SAB đều cạnh 5), M(5,2,0).
a) SA nằm trong mặt phẳng (SAB) và chỉ cắt mặt đáy tại A, còn MD nằm trong mặt đáy và không đi qua A. Hai đường thẳng này không đồng phẳng, nên chúng chéo nhau (không cắt nhau). → Sai.
b) Vì ABCD hình vuông nên BC ∥ AD, với AD ⊂ (SAD) và BC ⊄ (SAD). Suy ra BC ∥ (SAD). → Đúng.
c) Qua M có duy nhất một đường thẳng song song với AB. Vì AB ⊂ (ABCD) và M ∈ (ABCD), đường thẳng đó nằm trong (ABCD). → Đúng.
d) Mặt (SAB) là mặt phẳng y = 0, nên α: y = 2. Giao tuyến: với đáy là đoạn MN với N(0,2,0) trên AD (MN ∥ AB, dài 5); với mặt (SAD) tại P trên SD: trên SD, y = 2 tại tỉ số 0.4, P(1.5, 2, 0.6h) với h = 5√3/2; với mặt (SBC) tại Q trên SC: Q(3.5, 2, 0.6h). Đa giác giao tuyến là hình thang cân NMQP với hai đáy MN = 5, PQ = 2, chiều cao (trong mặt phẳng y=2) bằng √(1.5² + (1.5√3)²) = 3. Diện tích = (5+2)/2 · 3 = 21/2 ≠ 7√3/4. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA và MD không đồng phẳng (SA chỉ gặp mặt đáy tại A, MD không qua A) nên chúng chéo nhau, không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC ∥ AD với AD ⊂ (SAD), BC ⊄ (SAD) nên BC ∥ (SAD).
c) (AI giải đề cho tôi)
Qua M có duy nhất đường thẳng song song với AB; vì M và AB đều thuộc (ABCD) nên đường thẳng đó nằm trong (ABCD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là hình thang cân với hai đáy 5 và 2, chiều cao 3, diện tích bằng 21/2, không bằng 7√3/4.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $BCD$: $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$, suy ra $MN\parallel BD$. Lại có $BD\not\subset (SMN)$ (vì $BD$ không đi qua các điểm $S,M,N$; cụ thể $B\notin (SMN)$) và $MN\subset (SMN)$. Theo định lí về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $BD\parallel (SMN)$. Đpcm.

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AE$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SB$, $SD$ lần lượt tại $M$ và $H$. $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{89}$. Kẻ $EI\parallel SO$ $(I\in AC)$. Ta có $\frac{CI}{CO}=\frac{CE}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CI}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{EI}=\frac{AO}{AI}=\frac{3}{5}$. $$\Rightarrow OG=\frac{3}{5}EI=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO.\text{ Suy ra }\frac{MH}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow MH=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{89}}{5}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $E$ là trung điểm $AB$ và $F$ là trung điểm $SB$, nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $EF\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAC)$ và $EF\not\subset (SAC)$ nên $EF\parallel (SAC)$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 6789, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SBC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB,SC$ nên theo định lí đường trung bình, $MN\parallel BC$. Vì $BC\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ nên theo định lí về đường thẳng song song với mặt phẳng, $MN\parallel (ABC)$. Kết quả khớp với bảng đáp án (mã đề 4567, câu 5: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $E$ là trung điểm $AB$ và $F$ là trung điểm $SB$, nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $EF\parallel SA$. Xét mặt phẳng $(SAC)$: ta có $SA\subset (SAC)$, $E\notin (SAC)$ (vì $E$ thuộc $AB$ mà $AB$ cắt mặt phẳng $(SAC)$ tại $A$), và $EF\parallel SA$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, $EF\parallel (SAC)$. Với $(SBC)$: $F\in (SBC)$ nên $EF$ cắt $(SBC)$ tại $F$, không song song. Với $(SAB)$: $EF\subset (SAB)$, không song song. Với $(ABC)$: $E\in (ABC)$ nên $EF$ cắt $(ABC)$ tại $E$, không song song. Vậy đáp án đúng là A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 2345, câu 11: A).

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AE$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SB$, $SD$ lần lượt tại $M$ và $H$. $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{89}$. Kẻ $EI\parallel SO$ $(I\in AC)$. Ta có $\frac{CI}{CO}=\frac{CE}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CI}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{EI}=\frac{AO}{AI}=\frac{3}{5}$. $$\Rightarrow OG=\frac{3}{5}EI=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO.\text{ Suy ra }\frac{MH}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow MH=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{89}}{5}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SBC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB,SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $MN\parallel BC$. Vì $BC\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, $MN\parallel (ABC)$. Kết quả khớp với bảng đáp án (Câu 11, mã đề 0123: D).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel BC$. Vì $BC\subset (BCD)$ và $MN\not\subset (BCD)$ nên $MN\parallel (BCD)$. Các mặt phẳng $(ACD)$, $(ABD)$, $(ABC)$ đều chứa $M$ hoặc $N$ (hoặc chứa đường thẳng $MN$), nên không song song với $MN$. Vậy đáp án là $(BCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) I là trọng tâm tam giác SAB nên I thuộc (SAB) và nằm trên trung tuyến SM → đúng. b) Trọng tâm chia trung tuyến theo tỉ số 1:2 tính từ chân trung tuyến, nên MI/MS = 1/3 → đúng. c) Với M là gốc, I = (S+2M)/3, G = (C+2M)/3, suy vector IG = (C−S)/3 = SC/3, do đó IG ∥ SC → đúng. d) Vì IG ∥ SC với SC ⊂ (SBC) và I ∉ (SBC), nên IG ∥ (SBC), đường thẳng IG không cắt mặt phẳng (SBC) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
I là trọng tâm tam giác SAB nên thuộc mặt phẳng (SAB) và nằm trên trung tuyến SM.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm chia trung tuyến SM theo tỉ số MI/MS = 1/3.
c) (AI giải đề cho tôi)
I=(S+2M)/3, G=(C+2M)/3 nên vector IG = SC/3, do đó IG ∥ SC.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì IG ∥ SC và SC ⊂ (SBC), I ∉ (SBC) nên IG ∥ (SBC), không cắt mặt phẳng (SBC).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a=AD,b=BC$. Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AD}=a\vec{u}$, $\overrightarrow{BC}=b\vec{u}$, $\overrightarrow{AB}=\vec{v}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{w}$. Vì $M$ là trung điểm $SA$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\vec{w}$, suy ra $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\vec{w}-\vec{v}$. Ta có $\overrightarrow{SD}=\vec{w}-a\vec{u}$ và $\overrightarrow{SC}=\vec{w}-\vec{v}-b\vec{u}$. Điều kiện $BM\parallel (SCD)$ tức $\overrightarrow{BM}=\alpha \overrightarrow{SC}+\beta \overrightarrow{SD}$: $\frac{1}{2}\vec{w}-\vec{v}=\alpha (\vec{w}-\vec{v}-b\vec{u})+\beta (\vec{w}-a\vec{u})$. So sánh hệ số $\vec{v}$: $\alpha =1$; hệ số $\vec{w}$: $\alpha +\beta =\frac{1}{2}\Rightarrow \beta =-\frac{1}{2}$; hệ số $\vec{u}$: $0=-b-\beta a=-b+\frac{a}{2}\Rightarrow a=2b$. Vậy $\frac{AD}{BC}=2$. (Cách hình học: mặt phẳng $(ABM)$ cắt $(SCD)$ theo giao tuyến qua $M$ song song $SD$; kéo dài $BM$ cắt $CD$ tại $N$ với $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{SD}$, khi đó $BN$ là đường trung bình của hình thang nên $BN=\frac{AD+BC}{2}$, kết hợp $BM=\frac{BN}{2}$... dẫn cùng kết quả $AD=2BC$.) Đáp số: $2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $D(0,0,0)$, $C(4,0,0)$, $A(0,h,0)$, $B(12,h,0)$ (vì đáy là hình thang vuông tại $A,D$, $AB\parallel CD$, $AB=3CD=12$), $S(0,0,8)$. Mặt phẳng $(SCD)$ chứa $DC$ và $DS$ nên là mặt phẳng $y=0$; do $(\alpha )\parallel (SCD)$ đi qua $O$ nên $(\alpha ):y=y_O$. Tính giao điểm: $O=AC\cap BD$ với $\frac{AO}{AC}=\frac{AB}{AB+CD}=\frac{3}{4}$, suy ra $O=(3,\frac{h}{4},0)$, tức $y_O=\frac{h}{4}$ (kiểm tra $O$ nằm trên $BD$ với tỉ số $1/4$ từ $D$). Vậy $(\alpha ):y=\frac{h}{4}$.

Tọa độ các điểm:
- $M\in AD$: $M(0,\frac{h}{4},0)$;
- $N\in BC$: $B(12,h,0)$ đến $C(4,0,0)$, tại $y=\frac{h}{4}$ ứng $t=\frac{3}{4}$: $N(6,\frac{h}{4},0)$;
- $Q\in SA$: $S(0,0,8)$ đến $A(0,h,0)$, tại $y=\frac{h}{4}$ ứng $t=\frac{1}{4}$ từ $S$: $Q(0,\frac{h}{4},6)$;
- $P\in SB$: $t=\frac{1}{4}$ từ $S$: $P(3,\frac{h}{4},6)$.

Bốn điểm cùng nằm trong mặt phẳng $y=\frac{h}{4}$; dùng tọa độ $(x,z)$: $M(0,0)$, $N(6,0)$, $P(3,6)$, $Q(0,6)$. Tứ giác $MNPQ$ là hình thang với hai đáy song song $MN=6$, $PQ=3$ và chiều cao $6$:
$$S_{MNPQ}=\frac{(6+3)\cdot 6}{2}=27.$$
Vậy diện tích tứ giác $MNPQ$ bằng $27$.