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

(AI giải đề cho tôi)
Đáy hình thang cân: hai đáy AB=11, CD=7 nên phần dư mỗi bên là (11−7)/2 = 2. Chiều cao hình thang: h = √(BC² − 2²) = √(5−4) = 1. Diện tích đáy: S = (11+7)/2 · 1 = 9. Mặt phẳng (α) // (ABCD) cắt SO tại I với 2SO = 5SI ⇒ SI/SO = 2/5, nên thiết diện đồng dạng với đáy theo tỉ số k = 2/5. Diện tích thiết diện = 9 · (2/5)² = 36/25 = 1,44.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $G$ là trọng tâm nên $G$ nằm trên trung tuyến từ $S$, do đó đường $d$ qua $G$ song song với $AD$ cắt $SA$, $SD$ tại $M$, $N$ với $\frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}$ (tính chất đường trung bình). Vậy $MN\parallel AD\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)$. Để $(MNP)\parallel (SBC)$, giao tuyến của $(MNP)$ với mặt đáy phải là đường thẳng qua $P$ song song với $BC$ (cũng song song $AD$). Đường này cắt $BD$ tại $Q$. Trong hình bình hành, với $P$ trên $CD$ sao cho $DP=t\cdot DC$, đường qua $P$ song song $AD$ cắt $BD$ tại $Q$ với $\frac{DQ}{DB}=t$. Mặt khác, trong mặt phẳng $(SBD)$, đường qua $N$ song song $SB$ cắt $BD$ tại $Q$ với $\frac{DQ}{DB}=\frac{DN}{DS}=\frac{1}{3}$. Suy ra $t=\frac{DP}{DC}=\frac{1}{3}$, nên $CP=\frac{2}{3}DC$ và $\frac{CP}{DP}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài toán được giải đầy đủ như sau. a) Trong tam giác SAD, M, N lần lượt là trung điểm SA, SD nên MN là đường trung bình: MN ∥ AD. Vì ABCD là hình bình hành nên AD ∥ BC, suy ra MN ∥ BC. Trong tam giác SAC, O là trung điểm AC (tâm hình bình hành) và M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình: OM ∥ SC. Vì MN và OM là hai đường thẳng cắt nhau tại M, cùng song song với hai đường thẳng cắt nhau BC và SC của mặt phẳng (SBC), nên (OMN) ∥ (SBC). b) O là tâm hình bình hành nên O là trung điểm BD. Trong tam giác ABD: P trung điểm AB, O trung điểm BD nên PO là đường trung bình, do đó PO ∥ AD và PO = ½AD; mà AD ∥ BC nên PO ∥ BC. Xét O, N, Q: O là trung điểm BD, N là trung điểm SD, trong tam giác SBD, đoạn ON là đường trung bình nên ON ∥ SB. Vì Q là trung điểm ON nên OQ = ½ON = ¼SB, suy ra OQ ∥ SB. Hai đường thẳng PO và OQ cắt nhau tại O và lần lượt song song với BC, SB của mặt phẳng (SBC), nên mặt phẳng (POQ) ∥ (SBC). Mà P thuộc (POQ) và P không thuộc (SBC), do đó đường thẳng PQ ∥ (SBC). Kiểm tra bằng tọa độ: A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1) thì P(0.5,0,0), Q(0.25,0.5,0.25), vectơ PQ = (−0.25,0.5,0.25) có tích vô hướng với pháp tuyến (1,0,1) của (SBC) bằng 0 và P không thuộc (SBC) — khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 20.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $CD$.

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

Gọi $I$ là trung điểm của $SD$.

- Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành), $M$ là trung điểm $SA$, nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$. Vì $SC\subset (SBC)$ và $OM\not\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$.

- Trong tam giác $SAD$: $M$, $I$ lần lượt là trung điểm $SA$, $SD$ nên $MI\parallel AD$.
- Trong tam giác $BCD$: $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $ON\parallel AD$, do đó $MI\parallel ON$.

Hai đường thẳng $MI$ và $ON$ song song nhau nên bốn điểm $M$, $I$, $O$, $N$ đồng phẳng, tức $I\in (OMN)$.

Trong mặt phẳng $(OMN)$: $MI\parallel AD\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $MI\not\subset (SBC)$, nên $MI\parallel (SBC)$.

Mặt phẳng $(OMN)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $OM$ và $MI$ cùng song song với $(SBC)$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. $■$

**b) Chứng minh $IJ\parallel (SAB)$ với $I$ là trung điểm $SD$, $J\in (ABCD)$ cách đều $AB$, $CD$.**

Xét mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $I$ và song song với $(SAB)$:

- Trong tam giác $SBD$: qua $I$ (trung điểm $SD$) kẻ đường thẳng song song với $SB$, đường thẳng này cắt $BD$ tại trung điểm của $BD$, tức tại $O$ (tâm hình bình hành). Vậy $O\in (\alpha )$.
- Vì $(\alpha )\parallel (SAB)$ nên $(\alpha )\parallel AB$; mà $AB\subset (ABCD)$, giao tuyến của $(\alpha )$ với $(ABCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $O$ và $d\parallel AB$.

Vì $AB\parallel CD$, tập hợp các điểm trong $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ là đường trung bình của hình bình hành, song song với $AB$ và đi qua tâm $O$. Do $J$ cách đều $AB$, $CD$ nên $J$ nằm trên đường thẳng này, tức $J\in d\subset (\alpha )$.

Suy ra $IJ\subset (\alpha )$, mà $(\alpha )\parallel (SAB)$, nên $IJ\parallel (SAB)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Dùng phương pháp vectơ. Chọn A làm gốc, đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AC}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì là lăng trụ nên $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{w}$.

Ta có:
$$\overrightarrow{AI}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3},\overrightarrow{AK}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\vec{w}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}+\vec{w},$$
$$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}.$$

**a) Chứng minh $(IKG)\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.**

Mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ chứa hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\vec{w}$ và $\overrightarrow{BC}=\vec{v}-\vec{u}$.

Ta có $\overrightarrow{IK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AI}=\vec{w}\parallel \overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, suy ra $IK\parallel B{B}^{\prime }$.

Lại có:
$$\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}-\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}=\frac{1}{3}[(\vec{v}-\vec{u})+2\vec{w}]=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}.$$
Vậy $\overrightarrow{IG}$ là tổ hợp tuyến tính của $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, tức $\overrightarrow{IG}$ song song với mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.

Mặt khác, điểm $I$ (trọng tâm $△ABC$) không thuộc mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ vì $\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}$ không thể biểu diễn qua $\vec{w}$ và $\vec{v}-\vec{u}$ (khi đó hệ số của $\vec{u}$ phải bằng 0, vô lý). Do đó $(IKG)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $IK,IG$ cùng song song với $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, suy ra $(IKG)\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Đpcm.

**b) Chứng minh $(AHI)\parallel (A^{\prime }KG)$.**

$H$ là trung điểm $B{B}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}$.

Mặt phẳng $(AHI)$ đi qua $A$ và chứa hai vectơ không cùng phương:
$$\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3},\overrightarrow{AH}=\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}.$$
Từ đó hiệu hai vectơ này cho:
$$3\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AH}=\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2},$$
tức vectơ $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}=\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ cũng song song với mặt phẳng $(AHI)$.

Xét mặt phẳng $(A^{\prime }KG)$:
- $\overrightarrow{A^{\prime }K}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}=\overrightarrow{AI}$, suy ra $A^{\prime }K\parallel AI$.
- $\overrightarrow{A^{\prime }G}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}-\vec{w}=\frac{2}{3}\left(\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}\right)$, suy ra $\overrightarrow{A^{\prime }G}$ song song với vectơ $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}$, mà vectơ này song song với $(AHI)$; do đó $A^{\prime }G\parallel (AHI)$.

Hai đường thẳng cắt nhau $A^{\prime }K,A^{\prime }G$ (không cùng phương vì $\overrightarrow{AI}$ và $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}$ độc lập tuyến tính) cùng song song với $(AHI)$.

Cuối cùng, $A^{\prime }\notin (AHI)$: giả sử $A^{\prime }\in (AHI)$ thì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{w}=\alpha (\vec{u}+\vec{v})+\beta \left(\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}\right)$, so sánh hệ số của $\vec{v}$ được $\alpha =0$, của $\vec{w}$ được $\beta =2$, của $\vec{u}$ được $\beta =0$, mâu thuẫn.

Vậy $(A^{\prime }KG)\parallel (AHI)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD=2BC$ và $AD\parallel BC$ nên $BC\parallel ND$ và $BC=ND=\frac{AD}{2}$, do đó tứ giác $BCDN$ là hình bình hành suy ra $BN\parallel CD$. Trong tam giác $SAD$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SD$. Mặt phẳng $(BMN)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $BN\parallel CD$ và $MN\parallel SD$, với $BN,MN\not\subset (SCD)$, nên $(BMN)\parallel (SCD)$. Vậy đáp án C. Các phương án khác sai: $(BMN)$ cắt $(ACD)$ tại $N$; $(SBM)$ cắt $(NCD)$ vì $B$ thuộc $(NCD)$... thực chất $B\in (NCD)$ nên hai mặt phẳng đó không song song; $(MAB)$ chứa $AB$ cắt $(SCD)$ (chứa $CD$) vì $AB$ cắt $CD$ tại điểm xác định bởi hình thap.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 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:
- $I$ của $ABC$: $I=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0\right)$.
- $J$ của $AC{C}^{\prime }$: $J=\left(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)$.
- $K$ của $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $K=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$.

Vectơ trong mặt phẳng $(IJK)$: $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=\left(0;0;\frac{2}{3}\right)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}=[\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IK}]=\left(\frac{2}{9};\frac{2}{9};0\right)\parallel (1;1;0)$.

Xét $(B{B}^{\prime }C)$: qua $B(1;0;0)$, $B^{\prime }(1;0;1)$, $C(0;1;0)$, có $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(0;0;1)$, $\overrightarrow{BC}=(-1;1;0)$, pháp tuyến $(1;1;0)$, phương trình $x+y=1$.

Mặt khác $I,J,K$ đều có $x+y=\frac{2}{3}\ne 1$, nên $(IJK)$ song song với $(B{B}^{\prime }C)$.

Các phương án khác: $(A{A}^{\prime }B)$ là $y=0$, $(C{C}^{\prime }A)$ là $x=0$, $(B{C}^{\prime }A)$ có pháp tuyến $(0;1;1)$ — đều không song song với $(IJK)$ (pháp tuyến $(1;1;0)$).

Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20. a) O là tâm hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC. Trong tam giác SAC, M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình, suy ra OM ∥ SC, với SC ⊂ (SBC). Trong tam giác ACD, N là trung điểm CD nên ON là đường trung bình, suy ra ON ∥ AD; mà AD ∥ BC (hình bình hành) nên ON ∥ BC, với BC ⊂ (SBC). Hai đường thẳng OM và ON cắt nhau tại O và cùng song song với (SBC), nên (OMN) ∥ (SBC).

b) Trong mặt phẳng đáy, đường thẳng ON đi qua O và song song với AD (nên cũng song song với BC), cắt AB tại trung điểm K của AB (đường trung bình của tam giác ABC). Khi đó K ∈ ON và K ∈ AB ⊂ (SAB), vậy giao điểm I của ON và (SAB) chính là trung điểm K của AB.

c) Vì I là trung điểm AB nên SI là trung tuyến của tam giác SAB; BM cũng là trung tuyến của tam giác SAB (M trung điểm SA). Hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm G của tam giác SAB. H là trọng tâm tam giác SCD. Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, và $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$ (tính chất trọng tâm tam giác SAB), $\overrightarrow{AH}=\frac{\vec{s}+(\vec{b}+\vec{d})+\vec{d}}{3}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+2\vec{d}}{3}$ (trọng tâm tam giác SCD). Suy ra $\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\vec{d}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}$. Vậy $GH\parallel AD$, mà $AD\subset (SAD)$ và $G\notin (SAD)$, do đó $GH\parallel (SAD)$.

Kiểm tra lại tính nhất quán của phần b): trong không gian, BC không nằm trong mặt phẳng (SAB) (mặt phẳng (SAB) chỉ cắt đáy theo đường AB), nên không có mâu thuẫn với việc ON cắt (SAB) tại K; kết quả I là trung điểm AB là đúng.

(AI giải đề cho tôi)
a) ĐÚNG: Trong lăng trụ $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, mà $C{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $B{B}^{\prime }\not\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
b) ĐÚNG: $(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song.
c) ĐÚNG: Đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1)$ (suy ra $B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$). Trọng tâm $△ABC$: $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$; trọng tâm $△AC{C}^{\prime }$: $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Đường $IG$: $(x;y;z)=(\frac{1}{3}-\frac{t}{3};\frac{1}{3};\frac{t}{3})$. Mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ có phương trình $x+y=1$; thay vào được $\frac{1}{3}-\frac{t}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow t=-1$, giao điểm $(\frac{2}{3};\frac{1}{3};-\frac{1}{3})$, vậy $IG$ cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
d) SAI: $K$ là trọng tâm $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A(0;0;0),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$ nên $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$. Ba điểm $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$, $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$ đều có $y=\frac{1}{3}$ nên $(IKG)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$, còn $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $x+y=1$; hai mặt phẳng cắt nhau theo đường $x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3}$, do đó không song song.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $B{B}^{\prime }\not\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1)$: $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Đường $IG$: $(\frac{1}{3}-\frac{t}{3};\frac{1}{3};\frac{t}{3})$; mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$ cho $t=-1$, giao điểm $(\frac{2}{3};\frac{1}{3};-\frac{1}{3})$, vậy $IG$ cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$K$ là trọng tâm $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$ nên $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$. Ba điểm $I,K,G$ đều có $y=\frac{1}{3}$ nên $(IKG)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$, cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$ theo đường $x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3}$, nên không song song.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $(HIK)//(ABCD)$.**

Trong tam giác $SAB$: $H$ là trung điểm $SA$, $I$ là trung điểm $SB$ nên $HI$ là đường trung bình, suy ra $HI\parallel AB$.

Trong tam giác $SBC$: $I$ là trung điểm $SB$, $K$ là trung điểm $SC$ nên $IK$ là đường trung bình, suy ra $IK\parallel BC$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, do đó $IK\parallel AD$.

Ta có:
- $HI\parallel AB$ với $AB\subset (ABCD)$, $HI\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow HI\parallel (ABCD)$;
- $IK\parallel AD$ với $AD\subset (ABCD)$, $IK\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow IK\parallel (ABCD)$.

Vì $HI$ và $IK$ cắt nhau tại $I$ và cùng song song với $(ABCD)$ nên $(HIK)\parallel (ABCD)$. $■$

**b) Chứng minh $(SMN)\parallel (HIK)$.**

*Gọi $T$ là điểm sao cho $\overrightarrow{ST}=\overrightarrow{AB}$ (tức $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$). Ta chứng minh $T\equiv M$.*

- $T\in AI$: Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ cắt đường thẳng $AI$ tại $T$. Xét $△SIT$ và $△BIA$: $SI=IB$, $\angle SIT=\angle BIA$ (đối đỉnh), $\angle IST=\angle IBA$ (so le trong, do $ST\parallel AB$). Suy ra $△SIT=△BIA$ (g.c.g), do đó $T$ nằm trên đường thẳng $AI$.
- $T\in KD$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $DC\stackrel{\parallel }{=}AB$, kết hợp $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$ suy ra $ST\stackrel{\parallel }{=}DC$. Do đó tứ giác $STCD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SC$ và $TD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. mà $K$ là trung điểm $SC$ nên $T\in KD$.

Vậy $T$ là giao điểm của $AI$ và $KD$, tức $M\equiv T$ và $SM\stackrel{\parallel }{=}AB$.

*Gọi $U$ là điểm sao cho $\overrightarrow{SU}=\overrightarrow{CB}$ (tức $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$). Ta chứng minh $U\equiv N$.*

- $U\in CI$: Trong mặt phẳng chứa $S,B,C$, đường thẳng qua $S$ song song với $BC$ cắt đường thẳng $CI$ tại $U$. Xét $△SIU$ và $△BIC$: $SI=IB$, $\angle SIU=\angle BIC$ (đối đỉnh), $\angle ISU=\angle IBC$ (so le trong, do $SU\parallel BC$). Suy ra $△SIU=△BIC$ (g.c.g), do đó $U$ nằm trên đường thẳng $CI$.
- $U\in DH$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\stackrel{\parallel }{=}BC$, kết hợp $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$ suy ra $SU\stackrel{\parallel }{=}DA$. Do đó tứ giác $SUAD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SA$ và $UD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà $H$ là trung điểm $SA$ nên $U\in DH$.

Vậy $U$ là giao điểm của $DH$ và $CI$, tức $N\equiv U$ và $SN\stackrel{\parallel }{=}CB$.

*Kết luận:* Ta có $SM\parallel AB\parallel HI$ mà $SM\not\subset (HIK)$, $HI\subset (HIK)$, suy ra $SM\parallel (HIK)$.

Ta có $SN\parallel CB\parallel IK$ (vì $IK$ là đường trung bình của $△SBC$) mà $SN\not\subset (HIK)$, $IK\subset (HIK)$, suy ra $SN\parallel (HIK)$.

Vì $SM$ và $SN$ cắt nhau tại $S$ và cùng song song với mặt phẳng $(HIK)$ nên $(SMN)\parallel (HIK)$. $■$

*(Kiểm tra bằng vectơ: đặt $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$ thì $H=\frac{\mathbf{a}}{2},I=\frac{\mathbf{b}}{2},K=\frac{\mathbf{c}}{2}$, $D=\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b}$; giải hệ cho $M=AI\cap KD$ được $\overrightarrow{SM}=\mathbf{b}-\mathbf{a}=\overrightarrow{AB}$, và $N=DH\cap CI$ được $\overrightarrow{SN}=\mathbf{b}-\mathbf{c}=\overrightarrow{CB}$, đúng như trên; mặt $(SMN)$ là tập điểm $\alpha \mathbf{a}+\beta \mathbf{b}+\gamma \mathbf{c}$ với $\alpha +\beta +\gamma =0$, song song với mặt $(HIK)$ có $\alpha +\beta +\gamma =\frac{1}{2}$.)*

(AI giải đề cho tôi)
Các mặt phẳng (EFMH) và (ABCD) song song, nên F, H thuộc mặt trên và B, D thuộc mặt dưới. Mặt phẳng (P) đi qua K song song với (ABCD) nên cắt các đoạn BF và HD tại I và J sao cho FI/FB = HJ/HD (định lý Thales với ba mặt phẳng song song). Vì KC ∥ HD và C thuộc mặt dưới, K có độ cao bằng KC = 40, nên mặt (P) cắt HD tại J với HJ = HD − KC = 75 − 40 = 35 (cm). Suy ra HJ/HD = 35/75 = 7/15. Do đó FI = FB · 7/15 = 60 · 7/15 = 28 (cm). Khớp với đáp án nguồn 28.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $KC\parallel HD$ với $C,D$ thuộc mặt đáy $(ABCD)$ và $H$ thuộc mặt trên $(EFMH)\parallel (ABCD)$, nên đoạn $HD$ có độ dài 75 cm tương ứng với độ cao (khoảng cách tới mặt đáy) bằng $FB=60$ cm. Do $KC\parallel HD$, tam giác đồng dạng cho tỉ số độ cao của $K$ so với mặt đáy: $h_K=\frac{KC}{HD}\cdot FB=\frac{40}{75}\cdot 60=32$ cm. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $K$ và song song với $(ABCD)$ nên $(P)$ cách mặt đáy một khoảng $32$ cm. Giao điểm $I=BF\cap (P)$ nên $BI=32$ cm, do đó $FI=FB-BI=60-32=28$ cm. Kết quả trùng với đáp án nguồn (28).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ ta có: $AC\parallel A_1{C}_1$ (vì $A_1{C}_1$ là hình chiếu của $AC$ lên mặt trên, hai đoạn thẳng này song song và bằng nhau). Ngoài ra, $C{B}_1\parallel D{A}_1$ vì $\overrightarrow{C{B}_1}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{D{D}_1}=\overrightarrow{D{A}_1}$. Như vậy trong hai mặt phẳng $(AC{B}_1)$ và $(A_1{C}_{1}D)$ có hai cặp đường thẳng giao nhau tương ứng song song: $AC\parallel A_1{C}_1$ và $C{B}_1\parallel D{A}_1$ (với $AC\cap C{B}_1=C$, $A_1{C}_1\cap D{A}_1=C_1$). Suy ra $(AC{B}_1)\parallel (A_1{C}_{1}D)$. Các phương án khác không thỏa mãn vì các mặt phẳng đó đều cắt mặt phẳng $(AC{B}_1)$. Đáp án khớp với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Các cạnh bên của khối gỗ song song với nhau: $BF\parallel DH$ (hai cạnh nối hai mặt $(ABCD)$ và $(EFMH)$), và theo giả thiết $CK\parallel DH$. Vậy $BF\parallel DH\parallel CK$.

Mặt phẳng $(R)$ đi qua $K$ và song song với $(ABCD)$, do đó $(R)$ cũng song song với mặt $(EFMH)$. Hai mặt phẳng song song $(ABCD)$ và $(EFMH)$ cắt các đường thẳng song song $BF,DH,CK$ bởi các đoạn bằng nhau, nên khoảng cách (chiều cao) từ $K$ đến mặt $(ABCD)$ bằng $CK=50$.

Suy ra giao điểm $J$ của $BF$ với $(R)$ thỏa mãn $BJ=CK=50$ (vì $BJ\parallel CK$ và nằm giữa hai mặt phẳng song song $(ABCD)$, $(R)$).

Do đó:
$$FJ=BF-BJ=60-50=10.$$

(Kiểm tra: tương tự $DI=CK=50$, $IH=DH-DI=75-50=25$, hợp lý với hình vẽ.)

(AI giải đề cho tôi)
Chứng minh $(IGM)\parallel (SBC)$ bằng phương pháp vectơ, gốc $I$.

Vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD$, tam giác $IAB$ đồng dạng tam giác $ICD$ (cạnh tương ứng tỉ lệ $1:2$) nên $\overrightarrow{IC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{IA}$, $\overrightarrow{ID}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{IB}$.

Đặt $\overrightarrow{IA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{IB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{IS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{IC}=-\frac{1}{2}\vec{a}$, $\overrightarrow{ID}=-\frac{1}{2}\vec{b}$.

1) Chứng minh $IG\parallel (SBC)$: Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên
$$\overrightarrow{IG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}\right)=\frac{1}{3}\left(\vec{a}+\vec{b}-\frac{1}{2}\vec{a}\right)=\frac{1}{6}\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{b}.$$
Mặt khác $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{IC}-\overrightarrow{IB}=-\frac{1}{2}\vec{a}-\vec{b}$, suy ra $\overrightarrow{IG}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$. Vậy $IG\parallel BC\parallel (SBC)$.

2) Chứng minh $GM\parallel (SBC)$: Vì $M\in SD$, $MD=2MS$ nên
$$\overrightarrow{IM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{ID}+\frac{2}{3}\overrightarrow{IS}=-\frac{1}{6}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{s}.$$
Suy ra
$$\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{IM}-\overrightarrow{IG}=\frac{2}{3}\vec{s}-\frac{1}{6}\vec{a}-\frac{1}{2}\vec{b}.$$
Gọi $N$ là trung điểm $BC$ thì $\overrightarrow{SN}=\overrightarrow{IN}-\vec{s}=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\vec{a}+\vec{b}\right)-\vec{s}=-\frac{1}{4}\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}-\vec{s}$, do đó
$$\overrightarrow{GM}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{SN}.$$
Vậy $GM\parallel SN\subset (SBC)$, tức $GM\parallel (SBC)$.

Kết hợp: trong mặt phẳng $(IGM)$, hai đường thẳng $IG$ và $GM$ cắt nhau tại $G$, đồng thời $IG\parallel (SBC)$, $GM\parallel (SBC)$, với $(IGM)\not\subset (SBC)$. Theo định lí về mặt phẳng song song, ta có
$$(IGM)\parallel (SBC).$$

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình hộp ABCD.A'B'C'D' với hệ tọa độ A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,1,0), A'(0,0,1), B'(1,0,1), C'(1,1,1), D'(0,1,1).
a) A'C' ∥ AC (tính chất hình hộp), AC ⊂ (ABCD), A'C' ⊄ (ABCD) ⇒ A'C' ∥ (ABCD). Đúng.
b) AA' ∥ DD' (cạnh bên), DD' ⊂ (CDD'), AA' ⊄ (CDD') ⇒ AA' ∥ (CDD'). Đúng.
c) AC ∥ A'C' và AB' ∥ DC' (tứ giác AB'C'D là hình bình hành vì AB' = D'C' = (1,0,1)); hai đường thẳng cắt nhau AC, AB' trong (B'AC) lần lượt song song với (DA'C') ⇒ (B'AC) ∥ (DA'C'). Đúng.
d) M = trọng tâm tam giác B'AC = ((1+0+1)/3, (0+1+1)/3, (1+0+0)/3) = (2/3, 1/3, 1/3); N = trọng tâm tam giác DA'C' = ((0+0+1)/3, (1+0+1)/3, (0+1+1)/3) = (1/3, 2/3, 2/3).
(MDC): qua D(0,1,0), C(1,1,0), M(2/3,1/3,1/3); DC = (1,0,0), DM = (2/3,−2/3,1/3), pháp tuyến DC×DM ∝ (0,1,2), phương trình y + 2z = 1.
(NA'B'): qua A'(0,0,1), B'(1,0,1), N(1/3,2/3,2/3); A'B' = (1,0,0), A'N = (1/3,2/3,−1/3), pháp tuyến A'B'×A'N ∝ (0,1,2), phương trình y + 2z = 2.
Hai mặt phẳng có cùng vectơ pháp tuyến (0,1,2) và phương trình khác nhau nên song song phân biệt, không cắt nhau. Do đó khẳng định '(NA'B') cắt (MDC)' là SAI. (Lưu ý: nhận xét trong trường errors của dữ liệu nguồn là nhầm lẫn — thực tế cả hai mặt phẳng đều có pháp tuyến (0,1,2), không phải (0,−1,2), nên chúng song song.)
a) (AI giải đề cho tôi)
A'C' ∥ AC, AC ⊂ (ABCD), A'C' ⊄ (ABCD) nên A'C' ∥ (ABCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
AA' ∥ DD', DD' ⊂ (CDD'), AA' ⊄ (CDD') nên AA' ∥ (CDD').
c) (AI giải đề cho tôi)
AC ∥ A'C' và AB' ∥ DC' (AB'C'D là hình bình hành), hai đường thẳng cắt nhau trong (B'AC) lần lượt song song với (DA'C') nên hai mặt phẳng song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
M = (2/3,1/3,1/3), N = (1/3,2/3,2/3). (MDC): y + 2z = 1; (NA'B'): y + 2z = 2. Cùng pháp tuyến (0,1,2) nhưng khác hằng số nên hai mặt phẳng song song phân biệt, không cắt nhau; khẳng định sai.

(AI giải đề cho tôi)
Phần IV, Câu 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành tâm $O$; $M$, $N$ là trung điểm của $SA$, $SB$.

a) Trong tam giác $SAB$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SB$ nên $MN\parallel AB$ và $MN=\frac{1}{2}AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $MN\parallel CD$.
Ta có: $MN\parallel CD$ với $MN\subset (OMN)$, $CD\subset (SCD)$; $O\in (OMN)$ nhưng $O\notin (SCD)$ (vì $O$ nằm trong mặt đáy, không thuộc mặt phẳng $(SCD)$).
Vậy $(OMN)\parallel (SCD)$.

b) Vì $K$ bất kỳ trên $MN$ nên $K\in (OMN)$. Mà $(OMN)\parallel (SCD)$, mặt phẳng $(OMK)=(OMN)$ đi qua $O$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến qua... Xét mặt phẳng $(OMN)$: nó chứa $O$ và song song $(SCD)$. Vì $O\in (OMN)$, $K\in (OMN)$ nên đường thẳng $OK\subset (OMN)$. Mặt khác $(OMN)\parallel (SCD)$ nên mọi đường thẳng nằm trong $(OMN)$ đều song song hoặc không cắt $(SCD)$; cụ thể $OK$ không thể cắt $(SCD)$ (nếu $OK$ cắt $(SCD)$ tại $H$ thì $H\in (OMN)\cap (SCD)$, mâu thuẫn với hai mặt phẳng song song).
Vậy $OK\parallel (SCD)$ với mọi $K$ trên $MN$.