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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $O(1;1;0)$, $S(0;0;h)$.
a) $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$. $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SA$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OM\parallel SC$. Vì $MN\parallel BC$, $OM\parallel SC$ với $BC$, $SC$ nằm trong $(SBC)$ và cắt nhau, nên $(OMN)\parallel (SBC)$. Đúng.
b) $N=(0;1;h/2)$, $E=(1;0;0)$. $F$ thuộc $ON$: $F=(1-t;1;th/2)$, $t\in [0;1]$. Vecto $\overrightarrow{EF}=(-t;1;th/2)$. Mặt phẳng $(SBC)$ có phương trình $2hx+4z=4h$. Kiểm tra: $2h(-t)+4\cdot (th/2)=0$, nên $EF$ luôn song song với $(SBC)$; hơn nữa $E$ không thuộc $(SBC)$ vì $2h\cdot 1+0=2h\ne 4h$. Đúng.
c) $MN\parallel AD\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ ($M$, $N$ không thuộc mặt phẳng này), nên $MN\parallel (SBC)$. Do đó khẳng định "$MN$ không song song với $(SBC)$" là sai.
d) $G$ cách đều $AB$ và $CD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến của hình bình hành song song với $AB$, tức $G$ có tung độ $y=1$. Cũng có $N=(0;1;h/2)$ có $y=1$, vậy đường thẳng $GN$ nằm hoàn toàn trong mặt phẳng $y=1$, song song với mặt phẳng $(SAB)$ (là mặt phẳng $y=0$), và $GN$ không nằm trong $(SAB)$. Đúng.
a) $MN\parallel BC$ (đường trung bình tam giác $SAD$) và $OM\parallel SC$ (đường trung bình tam giác $SAC$), nên $(OMN)\parallel (SBC)$.
b) Với tọa độ $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $S(0;0;h)$: $E(1;0;0)$, $F(1-t;1;th/2)$. Vecto $\overrightarrow{EF}=(-t;1;th/2)$ thỏa mãn phương trình mặt $(SBC)$: $2hx+4z=4h$ cho giá trị không đổi, nên $EF\parallel (SBC)$ với mọi vị trí $F$ trên $ON$, và $E$ không thuộc $(SBC)$.
c) $MN\parallel AD\parallel BC\subset (SBC)$ và $MN\not\subset (SBC)$, nên $MN$ song song với $(SBC)$; khẳng định "không song song" sai.
d) $G$ cách đều $AB$ và $CD$ nên $G$ nằm trên đường trung tuyến song song $AB$ ($y=1$); $N$ cũng có $y=1$, nên $GN$ nằm trong mặt phẳng song song với $(SAB)$ và không nằm trong $(SAB)$, suy ra $GN\parallel (SAB)$.

Ta có: $MN//DE$ nên bốn điểm $M,N,D,E$ đồng phẳng. Trong mặt phẳng $(MNED)$, gọi $I=DM\cap NE\Rightarrow I\in AB,AB=(ABCD)\cap (ABEF)$, khi đó: $\frac{IM}{DM}=\frac{IN}{NE}$. Theo giả thiết, ta có: $\frac{AM}{AC}=k(1)\Rightarrow \frac{AC-MC}{AC}=k\Rightarrow 1-\frac{MC}{AC}=k\Rightarrow \frac{MC}{AC}=1-k(2)$. Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AM}{MC}=\frac{k}{1-k}$; tương tự ta chứng minh được $\frac{BN}{FN}=\frac{k}{1-k}$. Vì $AB//CD$ nên $\frac{IM}{DM}=\frac{IA}{DC}=\frac{AM}{MC}=\frac{k}{1-k}$; vì $AB//EF$ nên $\frac{IN}{NE}=\frac{BI}{EF}=\frac{BN}{NF}=\frac{k}{1-k}$. Mặt khác $\frac{AI}{DC}+\frac{BI}{EF}=\frac{AI}{FE}+\frac{BI}{EF}=1\Rightarrow 2\cdot \frac{k}{1-k}=1\Rightarrow 2k=1-k\Rightarrow k=\frac{1}{3}$. Vậy với $k=\frac{1}{3}$ thì $MN//DE$. (Đáp số ghi 0,33 theo yêu cầu chính xác đến hàng phần trăm.)

(AI giải đề cho tôi)
Bài 2.

1) Vì $MNPQ$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $MP$. Trong tam giác $SMP$: $J$ là trung điểm $SM$, $O$ là trung điểm $MP$ nên $JO\parallel SP$. Trong tam giác $SMN$: $J$ là trung điểm $SM$, $I$ là trung điểm $MN$ nên $IJ\parallel SN$. Ta có $JO\subset (OIJ)$, $JO\parallel SP\subset (SNP)$; $IJ\subset (OIJ)$, $IJ\parallel SN\subset (SNP)$; và $SN\cap SP=S$, $IJ\cap JO=J$, $J\notin (SNP)$. Vậy $(OIJ)\parallel (SNP)$.

2) Chọn hệ tọa độ: $M(0;0;0)$, $N(a;0;0)$, $P(a;a;0)$, $Q(0;a;0)$. Vì tam giác $SMN$ đều cạnh $a$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, gọi $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Mặt phẳng $(SMN)$ là mặt phẳng $y=0$. Mặt phẳng $(\alpha )\parallel (SMN)$ đi qua $E(0;x;0)$ trên $MQ$ nên $(\alpha ):y=x$.

- $F\in NP$: $NP$ là đoạn $x=a$, $0\le y\le a$ nên $F(a;x;0)$, do đó $EF=a$.
- $A\in SP$: $A=S+t(P-S)=\left(\frac{a}{2}+\frac{ta}{2};ta;h(1-t)\right)$, điều kiện $y=x$ cho $t=\frac{x}{a}$, nên $A\left(\frac{a}{2}+\frac{x}{2};x;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$.
- $H\in SQ$: $H=S+t(Q-S)$, điều kiện $y=x$ cho $t=\frac{x}{a}$, nên $H\left(\frac{a}{2}-\frac{x}{2};x;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$.

Suy ra $\overrightarrow{AH}=H-A=(-x;0;0)$ nên $AH\parallel EF$, tức $EFAH$ là hình thang với hai đáy $EF=a$, $AH=x$.

Chiều cao của hình thang là khoảng cách giữa hai đường thẳng $EF$ và $AH$, tức độ dài thành phần vuông góc với phương $Ox$ của $\overrightarrow{EH}=\left(\frac{a}{2}\left(1-\frac{x}{a}\right);0;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$, bằng $h\left(1-\frac{x}{a}\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a-x}{a}$.

Diện tích tứ giác $EFAH$:
$$S_{EFAH}=\frac{EF+AH}{2}\cdot h\left(1-\frac{x}{a}\right)=\frac{a+x}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}(a-x)=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2).$$

Theo đề bài:
$$\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2)=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\Rightarrow a^2-x^2=\frac{a^2}{2}\Rightarrow x^2=\frac{a^2}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$
(vì $0<x<a$).

Vậy $x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$, $B^{\prime }(1,0,1)$, $C^{\prime }(0,1,1)$.

Trọng tâm tam giác $ABC$: $I=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0\right)$.
Trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$: $J=\left(0,\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$.
Trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $K=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$.

Vectơ $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3},0,\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=\left(0,0,\frac{2}{3}\right)$. VTPT của $(IJK)$: $\overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK}=\left(0,\frac{2}{9},0\right)$, tức $(IJK)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$.

Xét các phương án:
- $(B{C}^{\prime }A)$: qua $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$ là mặt phẳng $z=0$ — cắt $(IJK)$, không song song.
- $(A{A}^{\prime }B)$: qua $A(0,0,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$, $B(1,0,0)$ là mặt phẳng $y=0$ — song song với $y=\frac{1}{3}$. Đúng.
- $(B{B}^{\prime }C)$: qua $B(1,0,0)$, $B^{\prime }(1,0,1)$, $C(0,1,0)$ có VTPT $(1,1,0)$, không song song với $(0,1,0)$.
- $(C{C}^{\prime }A)$: qua $C(0,1,0)$, $C^{\prime }(0,1,1)$, $A(0,0,0)$ là mặt phẳng $x=0$ — cắt $(IJK)$.

Vậy mặt phẳng song song với $(IJK)$ là $(A{A}^{\prime }B)$, đáp án B.

[Hình cần kiểm tra lại: p18_f1]

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AM$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SD$, $SB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Ta có $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{65}$. Kẻ $MH\parallel SO$ $(H\in AC)$. Ta có $\frac{CH}{CO}=\frac{CM}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{MH}=\frac{AO}{AH}=\frac{3}{5}$. $\Rightarrow OG=\frac{3}{5}MH=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO$. Suy ra $\frac{EF}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow EF=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{65}}{5}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p18_f1]

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AM$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SD$, $SB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Ta có $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{65}$. Kẻ $MH\parallel SO$ $(H\in AC)$. Ta có $\frac{CH}{CO}=\frac{CM}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{MH}=\frac{AO}{AH}=\frac{3}{5}$. $\Rightarrow OG=\frac{3}{5}MH=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO$. Suy ra $\frac{EF}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow EF=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{65}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Các cạnh BF, DH, CK song song với nhau (các cạnh bên của khối gỗ). Xét mặt phẳng bên chứa B, C, D, F, H, K: trong mặt phẳng này ta có hình thang với BF ∥ DH, CK ∥ DH, và mặt phẳng (α) qua K song song với (ABCD) cắt BF tại I nên đường thẳng IK song song với đáy. Theo định lý Thales (tam giác đồng dạng): BI/BF = CK/DH. Với BF = 0,8 m = 80 cm, CK = 60 cm, DH = 96 cm ta được BI = 80 · 60/96 = 50 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải Câu 138.

a) Vì ABCD là hình bình hành nên $DC\parallel AB$ và $DC=AB$. Vì ABEF là hình bình hành nên $BE\parallel AF$ (tức $BE\parallel AF$) và $EF\parallel AB$, $EF=-AB$.

Suy ra $DC\parallel EF$ và $DC=EF$ (cùng dài bằng $AB$, cùng hướng với $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{FE}$), do đó tứ giác $DCEF$ là hình bình hành, nên $EC\parallel FD$.

Xét hai mặt phẳng $(AFD)$ và $(BEC)$:
- $BE\parallel AF$, với $AF\subset (AFD)$, $BE\subset (BEC)$, $AF$ không nằm trong $(BEC)$.
- $EC\parallel FD$, với $FD\subset (AFD)$, $EC\subset (BEC)$, $FD$ không nằm trong $(BEC)$.
- Hai đường thẳng $BE$ và $EC$ cắt nhau tại $E$ và cùng nằm trong $(BEC)$; hai đường thẳng $AF$ và $FD$ cắt nhau tại $F$ và cùng nằm trong $(AFD)$.

Vậy $(AFD)\parallel (BEC)$.

b) Ta có $AF\parallel BE$ nên $BE\parallel (AFD)$ (vì $AF\subset (AFD)$, $BE\not\subset (AFD)$). Mà $(P)\parallel (AFD)$ nên $BE\parallel (P)$.

Xét mặt phẳng $(ABE)$: $(P)$ cắt $(ABE)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $M$ và song song với $BE$. Gọi $d\cap AB=I$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABE$ nên đường thẳng qua $M$ song song với $BE$ cắt $AB$ tại $I$ thỏa mãn
$$\frac{AI}{IB}=\frac{2}{1}=2$$
(tính chất đường trung bình: $AI=\frac{2}{3}AB$).

Vì $AD\subset (AFD)$ nên $AD\parallel (P)$. Xét mặt phẳng $(ABCD)$: $(P)\cap (ABCD)=d^{\prime }$ là đường thẳng đi qua $I$ (vì $I\in AB\subset (ABCD)$ và $I\in (P)$) và song song với $AD$. Gọi $d^{\prime }\cap AC=N$ (chính là $N=(P)\cap AC$).

Trong tam giác $ABC$, ta có $I\in AB$, $IN\parallel BC$ (vì $BC\parallel AD$ theo hình bình hành $ABCD$). Theo định lý Thales:
$$\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{IB}=2.$$

Vậy $\frac{AN}{NC}=2$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A$ là gốc, $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b}$, $\overrightarrow{AD}=\mathbf{d}$, $\overrightarrow{AE}=\mathbf{e}$; khi đó $F=\mathbf{e}-\mathbf{b}$, $M=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{e}}{3}$, mặt phẳng qua $M$ song song $(AFD)$ có pháp tuyến $(\mathbf{e}-\mathbf{b})\times \mathbf{d}$; thay điểm $t(\mathbf{b}+\mathbf{d})$ trên $AC$ cho $t=\frac{2}{3}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{AN}{NC}=2$ — khớp với kết quả trên.)

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SAC, M trung điểm SA, P trung điểm AC nên MP // SC. Trong tam giác ABC, đặt vectơ: PI = I - P = (A+B)/4 - (A+C)/2 = (B - A - 2C)/4, còn CN = N - C = (A+B)/2 - C = (A + B - 2C)/2. Suy ra PI = CN/2, tức PI // CN. Vậy mặt phẳng (MPI) chứa hai đường thẳng cắt nhau MP // SC và PI // CN, nên (MPI) // (SCN). Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 124. Đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$.

a) Trong tam giác $SAD$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$.
Vì $O$ là tâm hình bình hành nên $O$ là trung điểm $AC$. Xét tam giác $SAC$: $O$ trung điểm $AC$, $M$ trung điểm $SA$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$ với $SC\subset (SBC)$.
Hai đường thẳng $MN$ và $OM$ cắt nhau tại $M$, cùng nằm trong $(OMN)$ và lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau $BC,SC$ của $(SBC)$. Theo định lý về điều kiện song song của hai mặt phẳng, ta có $(OMN)\parallel (SBC)$.

b) Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$.
- $O$ là trung điểm $AC$: $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$.
- $N$ là trung điểm $SD$: $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$.
- $Q$ là trung điểm $ON$: $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}\left(\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}+\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}\right)=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}$.
- $P$ là trung điểm $AB$: $\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}}{2}$.
Suy ra $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}-\vec{b}}{4}$.
Ta có $\vec{s}-\vec{b}=-(\vec{b}-\vec{s})=-\overrightarrow{SB}$ và $2\vec{d}=2\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BC}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành). Vậy $\overrightarrow{PQ}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
Hai vectơ $\overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC}$ không cùng phương và cùng nằm trong $(SBC)$, nên $\overrightarrow{PQ}$ là vectơ chỉ phương của một đường thẳng song song với $(SBC)$ (hoặc nằm trong $(SBC)$).
Mặt khác $P\in AB\subset (ABCD)$, mà $(ABCD)\cap (SBC)=BC$ và $P\notin BC$, nên $P\notin (SBC)$, do đó $PQ\not\subset (SBC)$.
Vậy $PQ\parallel (SBC)$. $■$

(Nhận xét: có thể trình bày tổng hợp — vì $O$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $ON$ là đường trung bình tam giác $DBS$, suy ra $ON\parallel SB$; từ đó cũng dẫn đến kết quả tương tự.)

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 125**

**a) Chứng minh $(OMN)\parallel (SBC)$:**

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$.

Xét tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra
$$OM\parallel SC.$$

Xét tam giác $ACD$: $O$ là trung điểm $AC$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON$ là đường trung bình, suy ra
$$ON\parallel AD.$$

Mà $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $ON\parallel BC$.

Ta có:
- $OM\parallel SC$, với $SC\subset (SBC)$, $OM\not\subset (SBC)$;
- $ON\parallel BC$, với $BC\subset (SBC)$, $ON\not\subset (SBC)$;
- $OM\cap ON=O$, $O\notin (SBC)$.

Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$. $■$

**b) Chứng minh $IJ\parallel (SAB)$:**

Gọi $E$ là trung điểm của $AD$, $F$ là trung điểm của $BC$. Vì $AB\parallel CD$ nên tập hợp các điểm trong mặt phẳng $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ là đường trung bình của hình bình hành, tức đường thẳng $EF$ (song song với $AB$ và $CD$). Do $J$ cách đều $AB,CD$ nên $J\in EF$.

Xét tam giác $SAD$: $I$ là trung điểm $SD$, $E$ là trung điểm $AD$ nên $IE$ là đường trung bình, suy ra
$$IE\parallel SA,SA\subset (SAB).$$

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $E$ là trung điểm $AD$, $F$ là trung điểm $BC$, do đó $EF$ là đoạn nối hai trung điểm hai cạnh đối diện, suy ra
$$EF\parallel AB,AB\subset (SAB).$$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $EF$ không song song $AD$ (vì $EF\parallel AB$ và $AB$ cắt $AD$ tại $A$), nên $IE$ và $EF$ cắt nhau tại $E$.

Ta có: $IE\parallel SA\subset (SAB)$, $EF\parallel AB\subset (SAB)$, $IE\cap EF=E$, $E\notin (SAB)$.

Vậy mặt phẳng $(IEF)\parallel (SAB)$.

Mà $J\in EF\subset (IEF)$, $I\in (IEF)$ nên $IJ\subset (IEF)$, do đó
$$IJ\parallel (SAB).■$$

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1 (Phần IV): Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O. M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD.

a) Chứng minh (OMN) // (SBC):

Xét tam giác SAD: M là trung điểm SA, N là trung điểm SD nên MN là đường trung bình của tam giác SAD, suy ra $MN\parallel AD$. Vì ABCD là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $MN\parallel BC$. Mà $BC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ nên $MN\parallel (SBC)$.

Xét tam giác SAC: O là tâm hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC; M là trung điểm SA. Suy ra OM là đường trung bình của tam giác SAC, nên $OM\parallel SC$. Mà $SC\subset (SBC)$, $OM\not\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$.

Trong mặt phẳng (OMN), hai đường thẳng MN và OM cắt nhau tại M, đồng thời cùng song song với mặt phẳng (SBC). Theo định lí về điều kiện song song của hai mặt phẳng, ta có:
$$(OMN)\parallel (SBC).$$

b) P, Q lần lượt là trung điểm của AB, ON. Chứng minh PQ // (SBC):

Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó:
- $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$ (tâm hình bình hành),
- $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}}{2}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$,
- $\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}}{2}$,
- $\overrightarrow{AQ}=\frac{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{AN}}{2}=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}$.

Suy ra:
$$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}-\frac{\vec{b}}{2}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}-\vec{b}}{4}.$$

Ta có $\overrightarrow{SB}=\vec{b}-\vec{s}$ và $\overrightarrow{BC}=\vec{d}$, nên:
$$\overrightarrow{PQ}=\frac{-(\vec{b}-\vec{s})+2\vec{d}}{4}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}.$$

Vậy $\overrightarrow{PQ}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC}$ không đồng phẳng, tức $\overrightarrow{PQ}\parallel (SBC)$. Mặt khác P nằm trên AB mà AB cắt mặt phẳng (SBC) tại B, P ≠ B nên $P\notin (SBC)$, do đó $PQ\not\subset (SBC)$.

Kết luận: $PQ\parallel (SBC)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Câu hỏi khớp với trang 31 (PHẦN IV. Tự Luận, Câu 1). Lời giải AI:

a) Trong tam giác $SAD$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN//AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD//BC$, do đó $MN//BC$.

Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành) nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM//SC$.

Ta có $MN,OM\subset (OMN)$, $MN\cap OM=M$; đồng thời $MN//BC\subset (SBC)$, $OM//SC\subset (SBC)$, và $MN$ không song song $OM$. Theo định lí về hai mặt phẳng song song, suy ra $(OMN)//(SBC)$.

b) Trong tam giác $SBD$: $O$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $ON$ là đường trung bình, suy ra $ON//SB$.

Trong tam giác $ABC$: $P$ là trung điểm $AB$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $PO$ là đường trung bình, suy ra $PO//BC$.

Xét mặt phẳng $(PON)$: $PO,ON\subset (PON)$, $PO\cap ON=O$; đồng thời $PO//BC\subset (SBC)$, $ON//SB\subset (SBC)$, và $PO$ không song song $ON$. Theo định lí về hai mặt phẳng song song, suy ra $(PON)//(SBC)$.

Vì $Q$ là trung điểm của $ON$ nên $Q\in ON\subset (PON)$; lại có $P\in (PON)$, do đó $PQ\subset (PON)$. Mà $(PON)//(SBC)$ và $PQ\not\subset (SBC)$, nên $PQ//(SBC)$.

Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0),S(0;0;1)$ thì $(SBC)$ có phương trình $x+z=1$; $(PON)$ với $P(0,5;0;0),O(0,5;0,5;0),N(0;0,5;0,5)$ có phương trình $x+z=0,5$, đúng là song song với $(SBC)$, và $Q(0,25;0,5;0,25)\in (PON)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $BD$. Xét tam giác $SBD$: $N$ là trung điểm $SD$, $O$ là trung điểm $BD$ nên $NO$ là đường trung bình, suy ra $NO\parallel SB\Rightarrow NO\parallel (SBC)$. Xét tam giác $SAD$: $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AD\parallel BC\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Hai đường thẳng $MN$ và $NO$ cắt nhau tại $N$ và cùng song song với $(SBC)$, do đó $(MON)\parallel (SBC)$. Vậy B đúng.

Kiểm tra các phương án khác (chọn hệ tọa độ $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0;2;0),C(2;2;0),S(0;0;4)$, khi đó $M(0;0;2),N(0;1;2),P(1;0;0),O(1;1;0)$):
- A: $(NOM)$ và $(OPM)$ đều có phương trình $2x+z=2$, hai mặt phẳng trùng nhau chứ không cắt nhau → A sai.
- C: $O(1;1;0)$ thuộc mặt phẳng $(MNP)$ (phương trình $z=2-2x$), nên $(PON)$ trùng $(MNP)$, giao không phải là $NP$ → C sai.
- D: pháp tuyến của $(SBD)$ là ${\vec{n}}_1=(2;2;1)$, pháp tuyến của $(NMP)$ là ${\vec{n}}_2=(2;0;1)$, không cùng phương nên hai mặt phẳng cắt nhau → D sai.

Kết luận: khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Với $G_1$ trọng tâm tam giác $ABC$, $G_2$ trọng tâm tam giác $ACD$, $G_3$ trọng tâm tam giác $ABD$, ta có (dùng vectơ): $\overrightarrow{G_2{G}_3}=\frac{1}{3}(\vec{C}-\vec{B})=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$ nên $G_2{G}_3\parallel BC$; tương tự $\overrightarrow{G_1{G}_3}=\frac{1}{3}(\vec{C}-\vec{D})=\frac{1}{3}\overrightarrow{DC}$ nên $G_1{G}_3\parallel DC$. Trong mặt phẳng $(BCD)$ có hai đường thẳng cắt $BC$ và $DC$, còn trong $(G_1{G}_2{G}_3)$ có $G_2{G}_3$ và $G_1{G}_3$ cắt nhau tại $G_3$ và lần lượt song song với $BC$, $DC$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, suy ra $(G_1{G}_2{G}_3)\parallel (BCD)$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A đúng: $AB//DC$ và $A{A}^{\prime }//D{D}^{\prime }$, hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })//(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$.
- B đúng: $BD//B^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $B{B}^{\prime }//D{D}^{\prime }$) và $B{A}^{\prime }//D^{\prime }C$ (do $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{B{A}^{\prime }}$). Hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(BD{A}^{\prime })//(D^{\prime }{B}^{\prime }C)$.
- C sai: $A^{\prime }{D}^{\prime }//AD$ với $AD\subset (ADC)$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }//(ADC)$; nhưng đường thẳng $B{A}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(ADC)$ tại $A$ (vì $A\in B{A}^{\prime }$ và $A\in (ADC)$). Do đó hai mặt phẳng $(B{A}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(ADC)$ cắt nhau (giao tuyến đi qua $A$), không song song.
- D đúng: $AC//A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }//A^{\prime }B$ (do $\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}-\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$). Hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(AC{D}^{\prime })//(A^{\prime }{C}^{\prime }B)$.
Vậy mệnh đề sai là C, trùng với đáp án nguồn.