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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $S$: đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$. Vì $AB\parallel CD$ và $AB=7a,CD=5a$ nên $\overrightarrow{DC}=\frac{5}{7}\overrightarrow{AB}$, tức $\vec{c}=\vec{d}+\frac{5}{7}(\vec{b}-\vec{a})$.

Điểm $Q\in SB$ với $\frac{QS}{SB}=t$ nên $\overrightarrow{SQ}=t\vec{b}$, do đó $\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{SQ}-\overrightarrow{SC}=t\vec{b}-\vec{c}=\left(t-\frac{5}{7}\right)\vec{b}+\frac{5}{7}\vec{a}-\vec{d}$.

Điều kiện $CQ\parallel (SAD)$ là $\overrightarrow{CQ}$ là tổ hợp tuyến tính của $\vec{a},\vec{d}$ (hai vectơ chỉ phương của $(SAD)$ qua $S$). Vì $\vec{a},\vec{b},\vec{d}$ độc lập tuyến tính, hệ số của $\vec{b}$ phải bằng 0: $t-\frac{5}{7}=0\Rightarrow t=\frac{5}{7}$.

Vậy $\frac{QS}{QB}=\frac{5/7}{2/7}=\frac{5}{2}$, tức $m=5,n=2$ và $2m+3n=2\cdot 5+3\cdot 2=16$.

(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, suy ra $MN\parallel AC$. Vì $AC\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$ nên $MN\parallel (ABCD)$. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm $BC$, khi đó $G$ nằm trên $AI$ với $\overrightarrow{GA}=-2\overrightarrow{GI}$. Ta có $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AG}$. Vì $BM=2MD$ nên $\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MD}$, suy ra $\vec{M}$ là tổ hợp của $B,D$. Tính theo vectơ: $\overrightarrow{MG}=\frac{\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}}{3}$, tức $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC}$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ACD)$. Mặt khác $M\notin (ACD)$ (vì $M\in BD$, $BD$ cắt $(ACD)$ tại $D$), nên đường thẳng $MG$ song song với mặt phẳng $(ACD)$. Đáp án A.

[Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]

a) Đúng: Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ ta có $FM$ là đường trung bình của $\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $FM$ song song và độ dài bằng nửa đoạn $A^{\prime }{C}^{\prime }$.

b) Đúng: Lại có $E$ là trung điểm $AC$, $AC$ song song và bằng $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $EC$ song song và độ dài bằng nửa $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Suy ra $FM$ song song và bằng $EC$, nên $CEFM$ là hình bình hành. Do đó $EF$ song song với $MC$ mà $MC$ nằm trong $\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$ nên $EF$ song song với $\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$

c) Sai: Gọi $K$ là trung điểm $AB$, vì $F$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành nên $FK$ song song và bằng $A{A}^{\prime }$. Do đó $FK$ song song và bằng $C{C}^{\prime }$, suy ra $C{C}^{\prime }FK$ là hình bình hành.

d) Sai: Qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AC,AB$ tại $H,K$. Suy ra $KH\parallel MN$ do đó $M,N,K,H,I$ đồng phẳng. Gọi $P=A^{\prime }B\cap MH,Q=IP\cap MN$. Kẻ $MD\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }(D\in A^{\prime }B)$ ta được $\frac{HP}{PM}=\frac{HB}{DM}=\frac{\frac{1}{3}\cdot AB}{\frac{1}{2}\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{2}{3}$. Do đó $\frac{IP}{PQ}=\frac{HP}{PM}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{IP}{PQ}=\frac{2}{3}$. Vậy d sai.
a) Đúng: Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ ta có $FM$ là đường trung bình của $\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $FM$ song song và độ dài bằng nửa đoạn $A^{\prime }{C}^{\prime }$.
b) Đúng: Lại có $E$ là trung điểm $AC$, $AC$ song song và bằng $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $EC$ song song và độ dài bằng nửa $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Suy ra $FM$ song song và bằng $EC$, nên $CEFM$ là hình bình hành. Do đó $EF$ song song với $MC$ mà $MC$ nằm trong $\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$ nên $EF$ song song với $\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$.
c) Sai: Gọi $K$ là trung điểm $AB$, vì $F$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành nên $FK$ song song và bằng $A{A}^{\prime }$. Do đó $FK$ song song và bằng $C{C}^{\prime }$, suy ra $C{C}^{\prime }FK$ là hình bình hành.
d) Qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AC,AB$ tại $H,K$. Suy ra $KH\parallel MN$ do đó $M,N,K,H,I$ đồng phẳng. Gọi $P=A^{\prime }B\cap MH,Q=IP\cap MN$. Kẻ $MD\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }(D\in A^{\prime }B)$ ta được $\frac{HP}{PM}=\frac{HB}{DM}=\frac{\frac{1}{3}\cdot AB}{\frac{1}{2}\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{2}{3}$. Do đó $\frac{IP}{PQ}=\frac{HP}{PM}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{IP}{PQ}=\frac{2}{3}$. Vậy d sai.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AD$. Vì $AD\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$ nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, $MN\parallel (ABCD)$. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

Trong $(SAB)$ có $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ (vì $A^{\prime }{B}^{\prime }$ là đường trung bình của $△SAB$).

Mặt khác trong $(ABCD)$ ta có $AB\parallel CD$ do $ABCD$ là hình bình hành.

Từ đó ta có $\{\begin{array}{l}{A}^{\prime }{B}^{\prime }\parallel CD\\ CD\subset (SCD)\\ A^{\prime }{B}^{\prime }\not\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì M, N lần lượt là trung điểm AB, CD của hình bình hành nên trung điểm của MN là (A+B+C+D)/4 = O, tức O thuộc đoạn MN. Ba điểm O, M, N thẳng hàng nên không xác định được mặt phẳng (OMN), khẳng định sai.
b) Đúng. O là giao điểm hai đường chéo AC, BD nên O ∈ AC ⊂ (SAC) và O ∈ BD ⊂ (SBD); hơn nữa S thuộc cả hai mặt phẳng. Hai mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo đường thẳng đi qua hai điểm chung S và O, vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.
c) Sai. Trong tam giác SAB, P trung điểm SA, M trung điểm AB nên MP là đường trung bình, do đó MP // SB với MP ⊂ (MNP) và SB ⊄ (MNP). Suy ra SB // (MNP), tức SB không cắt mặt phẳng (MNP).
d) Đúng. Trong tam giác SAC, O là trung điểm AC (tâm hình bình hành) và P là trung điểm SA nên OP là đường trung bình, suy ra OP // SC. Vì SC ⊂ (SBC) và OP ⊄ (SBC) nên OP // (SBC).
a) (AI giải đề cho tôi)
O là trung điểm của MN (vì trung điểm MN = (A+B+C+D)/4 = O), nên O, M, N thẳng hàng, mặt phẳng (OMN) không xác định → sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng chứa S và O (O thuộc cả AC và BD), nên giao tuyến là SO → đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
MP là đường trung bình tam giác SAB nên MP // SB, suy ra SB // (MNP), không cắt → sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
OP là đường trung bình tam giác SAC nên OP // SC ⊂ (SBC), suy ra OP // (SBC) → đúng.

(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)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(9;0;0)$, $C(9;9;0)$, $D(0;9;0)$. Vì $SAB$ và $SCD$ đều cạnh 9 nên $S$ cách đều bốn đỉnh đáy: $S\left(\frac{9}{2};\frac{9}{2};\frac{9}{\sqrt{2}}\right)$. Trọng tâm $G$ của $SAB$: $G\left(\frac{9}{2};0;\frac{3}{\sqrt{2}}\right)$. Điểm $E$ trên $BG$: $E=\left(9-\frac{9t}{2};0;\frac{3t}{\sqrt{2}}\right)$ với $t\in (0;1]$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $E$, song song $SA$ (vt $\propto (1;1;\sqrt{2})$) và $BC$ (vt $\propto (0;1;0)$) có vtpt $\vec{n}=(-\sqrt{2};0;1)$, nên $(\alpha )$: $z=\sqrt{2}\left(x-9+\frac{9t}{2}\right)+\frac{3t}{\sqrt{2}}$.

• $Q\in BA$ ($y=0,z=0$): $x=9-6t\Rightarrow Q(9-6t;0;0)$, $BQ=6t$.
• $M\in SB$: $M=B+s(S-B)$, thay vào phương trình mặt phẳng được $s=\frac{2t}{3}$, tức $BM=6t$, $M(9-3t;3t;3\sqrt{2}t)$. Vì $BQ=BM=6t$ và góc $QBM=60^{\circ }$ nên $QM=6t$ và $QM\parallel SA$.
• $P\in DC$ ($y=9,z=0$): $P(9-6t;9;0)$, $QP=9$ (song song $BC$).
• $N\in SC$: $N=S+u(C-S)$, giải được $u=1-\frac{2t}{3}$, $N(9-3t;9-3t;3\sqrt{2}t)$, $PN=6t$ với $\overrightarrow{PN}\propto (1;-1;\sqrt{2})$.

$I=QM\cap PN$: viết $I=Q+\lambda (1;1;\sqrt{2})=P+\mu (1;-1;\sqrt{2})$. So sánh hoành độ: $\lambda =\mu$; so sánh tung độ: $\lambda =9-\lambda \Rightarrow \lambda =\frac{9}{2}$. Vậy $I=\left(\frac{27}{2}-6t;\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)$.

Kết quả (không phụ thuộc $t$):
$$PQ=9,QI=\sqrt{{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{81}{4}\cdot 4}=9,$$
$$IP=\sqrt{{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=9.$$
Chu vi tam giác $IPQ=9+9+9=27$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (27).

(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 $SA=SB=SC=SD=5$ (tam giác đều) nên $S$ nằm trên đường vuông góc tại tâm $O$ hình thoi; từ $S{O}^2=25-\frac{A{C}^2}{4}=25-\frac{B{D}^2}{4}$ suy ra $AC=BD$, tức đáy là hình vuông cạnh 5, $S{O}^2=\frac{25}{2}$.

Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $C(5;5;0)$, $D(0;5;0)$, $S\left(\frac{5}{2};\frac{5}{2};\frac{5}{\sqrt{2}}\right)$. Trọng tâm $G\left(\frac{5}{2};\frac{5}{6};\frac{h}{3}\right)$ với $h=\frac{5}{\sqrt{2}}$. Điểm $E=B+t(G-B)$, $t\in (0;1]$: $E\left(5-\frac{5t}{2};\frac{5t}{6};\frac{th}{3}\right)$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $E$ song song $SA$ (vt $\vec{u}=(\frac{5}{2};\frac{5}{2};-h)$) và $BC$ (vt $(0;1;0)$) có VTPT $\vec{n}=(h;0;\frac{5}{2})$, phương trình: $h(x-E_x)+\frac{5}{2}(z-E_z)=0$.

- Giao với $BA$ ($y=z=0$): $Q\left(5-\frac{5t}{3};0;0\right)$.
- Giao với $DC$ ($y=5,z=0$): $P\left(5-\frac{5t}{3};5;0\right)$. Suy ra $PQ\parallel BC$ và $PQ=5$.
- Xét $SB$: véc-tơ $\overrightarrow{SB}=(\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=\vec{u}-5(0;1;0)$ cùng phương với mặt phẳng, tức $SB\parallel (\alpha )$; tương tự $\overrightarrow{SC}=\vec{u}\parallel (\alpha )$. Do đó $QM$ là đường thẳng qua $Q$ song song $SB$, $PN$ là đường thẳng qua $P$ song song $SC$.

Giao $I$: $Q+\lambda (\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=P+\mu (\frac{5}{2};\frac{5}{2};-h)$ cho $\lambda =\mu =-1$, nên $I=Q-(\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=(\frac{5}{2}-\frac{5t}{3};\frac{5}{2};h)$.

Tính độ dài: $IQ=\sqrt{(\frac{5}{2}{)}^2+(\frac{5}{2}{)}^2+h^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}+\frac{25}{2}}=5$; tương tự $IP=5$; và $PQ=5$.

Chu vi tam giác $IPQ=5+5+5=15$. (Kết quả không phụ thuộc $t$, khớp đáp án 15.)

(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 là trọng tâm tam giác $ABC$ nên với $E$ là trung điểm $BC$, $A,M,E$ thẳng hàng và $AM=\frac{2}{3}AE$. Tương tự $N$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $AN=\frac{2}{3}AF$ với $F$ là trung điểm $BD$. Suy ra trong tam giác $AEF$: $\frac{AM}{AE}=\frac{AN}{AF}=\frac{2}{3}$, do đó $MN\parallel EF$. Mà $EF$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $EF\parallel CD$. Vậy $MN\parallel CD$. Do đó $MN$ song song với mọi mặt phẳng chứa $CD$: $(ACD)$, $(BCD)$, $(ECD)$. Còn $(ABD)$ chứa điểm $N$ nên $MN$ cắt (không song song với) $(ABD)$. Đáp án $B$.

(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)
Trong tam giác $SAB$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $MN\parallel CD$ với $CD\subset (ACD)$ và $MN\not\subset (ACD)$. Vậy $MN\parallel (ACD)$, đáp án B.

Kiểm tra các phương án khác:
- A: $MN$ cắt $(SBD)$ (vì $N\in SB\subset (SBD)$ nhưng $M\notin (SBD)$, đường thẳng $MN$ không song song với mặt phẳng chứa một điểm của nó), sai.
- C: $MN\subset (SAB)$ nên không thể song song với $(SAB)$, sai.
- D: $MN$ cắt $(SAC)$ tại $M$ (vì $M\in SA\subset (SAC)$), sai.

Kết quả trùng với đáp án nguồn: B.

(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)
Trong tam giác $SAB$, $A^{\prime },B^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB$ nên $A^{\prime }{B}^{\prime }$ là đường trung bình, do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$. Vì $AB\subset (ABCD)$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }\not\subset (ABCD)$, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (ABCD)$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Câu 10, mã đề 2103: A).