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

a) Ta có: AD//BC ($ABCD$ là hình bình hành)

Mà AD thuộc $(AFD)$, BC thuộc $(BEC)$

Nên $AD\parallel (BEC)$

b) $(ADF)\parallel (P)\parallel (BEC)$. Ta có $FB$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại F, M, B; AC cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại A, N, C. Áp dụng định lý talet: $\frac{AN}{FM}=\frac{NC}{MB}\Rightarrow \frac{AN}{NC}=\frac{FM}{MB}=\frac{1}{2}$

Do đó: $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{2}$.

$M{M}^{\prime }$ là đường trung bình của hình bình hành $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$.

a) Đúng: $\{<table><tbody><tr><td>M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }</td></tr><tr><td>M{M}^{\prime }=B{B}^{\prime }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }</td></tr><tr><td>M{M}^{\prime }=A{A}^{\prime }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành

Vì $I,K$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $IM=K{M}^{\prime }=\frac{1}{3}{A}^{\prime }{M}^{\prime }=\frac{1}{3}AM$, mà $IM\parallel K{M}^{\prime }$ nên $IK{M}^{\prime }M$ là hình bình hành. Suy ra $IK\parallel M{M}^{\prime }$, $M{M}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. (1)

b) Sai: Gọi $N$ là trung điểm của $C{C}^{\prime }$, tam giác $AMN$ có $\frac{AI}{AM}=\frac{AG}{AN}=\frac{2}{3}$ (tính chất trọng tâm). Suy ra $IG\parallel MN$ mà $MN\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $IG\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (2)

c) Sai: Từ (1) và (2) suy ra $(IKG)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

d) Vì $(\alpha )$ qua H và song song với mặt phẳng đáy nên $(\alpha )$ cắt mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến là đường thẳng $d_1$ qua H và song song $AB$, $d_1\cap B{B}^{\prime }=P$. $(\alpha )$ cắt mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ theo giao tuyến là đường thẳng $d_2$ qua P và song song $BC$. Gọi $d_2\cap C{C}^{\prime }=K$; $d_2\cap C{B}^{\prime }=J\Rightarrow (\alpha )\cap C{B}^{\prime }=J$. Ta có $BP=CK$ nên $\frac{JC}{J{B}^{\prime }}=\frac{CK}{P{B}^{\prime }}=\frac{BP}{P{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{JC}{J{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}$.
a) Đúng: $\{<table><tbody><tr><td>M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }</td></tr><tr><td>M{M}^{\prime }=B{B}^{\prime }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }</td></tr><tr><td>M{M}^{\prime }=A{A}^{\prime }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành
b) Sai: Gọi $N$ là trung điểm của $C{C}^{\prime }$, tam giác $AMN$ có $\frac{AI}{AM}=\frac{AG}{AN}=\frac{2}{3}$ (tính chất trọng tâm). Suy ra $IG\parallel MN$ mà $MN\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $IG\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (2)
c) Sai: Từ (1) và (2) suy ra $(IKG)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
d) Vì $(\alpha )$ qua H và song song với mặt phẳng đáy nên $(\alpha )$ cắt mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến là đường thẳng $d_1$ qua H và song song $AB$, $d_1\cap B{B}^{\prime }=P$. $(\alpha )$ cắt mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ theo giao tuyến là đường thẳng $d_2$ qua P và song song $BC$. Gọi $d_2\cap C{C}^{\prime }=K$; $d_2\cap C{B}^{\prime }=J\Rightarrow (\alpha )\cap C{B}^{\prime }=J$. Ta có $BP=CK$ nên $\frac{JC}{J{B}^{\prime }}=\frac{CK}{P{B}^{\prime }}=\frac{BP}{P{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{JC}{J{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}$

a) Ta có: AD//BC ($ABCD$ là hình bình hành)

Mà AD thuộc $(AFD)$, BC thuộc $(BEC)$

Nên $BC//(AFD)$

b) $(ADF)//(P)//(BEC)$. Ta có $FB$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại F, M, B; AC cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại A, N, C. Áp dụng định lý talet: $\frac{AN}{FM}=\frac{NC}{MB}\Rightarrow \frac{AN}{NC}=\frac{FM}{MB}=2$

Do đó $\frac{AN}{NC}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$. Vì $M,P$ là trung điểm $SA,AB$ nên $MP\parallel SB$. Do đó $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN\parallel BC,MP\parallel SB$ nên $(MNP)\parallel (SBC)$ → A đúng. Với C: trong tam giác $ABC$, $P,O$ là trung điểm $AB,AC$ nên $PO\parallel BC$; trong tam giác $SAC$, $M,O$ là trung điểm $SA,AC$ nên $MO\parallel SC$. Vậy $(OPM)\parallel (SBC)$ → C đúng. Với D: $MO\parallel SC$ và $MN\parallel BC$ nên $(MON)\parallel (SBC)$ → D đúng. Với B: $(MNP)$ đã song song $(SBC)$, mà $(SBD)$ cắt $(SBC)$ theo giao tuyến $SB$, nên $(MNP)$ không thể song song với $(SBD)$ (mặt khác $NP$ không song song với đường nào trong $(SBD)$). Khẳng định B sai.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định với $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,SD$ và $P$ là trung điểm $AB$, $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ (trung điểm của $AC$ và $BD$).

- A đúng: Trong tam giác $SAD$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AD\parallel BC\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Trong tam giác $SAB$, $MP$ là đường trung bình nên $MP\parallel SB$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN\cap MP=M$ cùng song song với mặt phẳng $(SBC)$ nên $(MNP)\parallel (SBC)$.
- B đúng: $MP\parallel SB$ (chứng minh trên). Trong tam giác $ABC$, $O$ là trung điểm $AC$, $P$ là trung điểm $AB$ nên $OP$ là đường trung bình, $OP\parallel BC$. Vậy $(OPM)\parallel (SBC)$.
- C đúng: $MN\parallel BC$ và trong tam giác $SAC$, $MO$ là đường trung bình nên $MO\parallel SC$. Vậy $(MON)\parallel (SBC)$.
- D sai: $M\in SA$, $N\in SD$ nên mặt phẳng $(MNP)$ cắt các cạnh $SA,SD$; mặt phẳng $(SBD)$ chứa $S,D$ nhưng không chứa $M$. Ta có $MN\parallel AD$, mà $AD$ cắt $BD$ tại $D\in (SBD)$ nên $AD$ không song song với $(SBD)$, do đó $MN$ không song song với $(SBD)$. Hai mặt phẳng $(MNP)$ và $(SBD)$ cắt nhau (chúng cùng chứa điểm... thực chất $(MNP)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến qua $N$), không song song.

Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN//AD//BC$; $P$ là trung điểm $AB$ nên $MP$ là đường trung bình tam giác $SAB$, tức $MP//SB$.
- Câu C: $MN//BC\subset (SBC)$ và $MP//SB\subset (SBC)$, hai đường cắt nhau tại $M$, nên $(MNP)//(SBC)$: đúng.
- Câu B: $O$ là trung điểm $BD$ và $AC$. Trong tam giác $SBD$, $ON$ là đường trung bình nên $ON//SB$; trong tam giác $SAC$, $OM$ là đường trung bình nên $OM//SC$. Vậy $(MON)//(SBC)$: đúng.
- Câu D: Trong tam giác $ABC$, $OP$ nối trung điểm $AC$ và $AB$ nên $OP//BC$; và $OM//SC$ như trên. Vậy $(OPM)//(SBC)$: đúng.
- Câu A: $MP//SB\subset (SBD)$ nhưng $MN//AD$, mà $AD$ không song song với $(SBD)$ (vì $AD//BC$ và $BC$ cắt $(SBD)$ tại $B$). Do đó $(MNP)$ không song song $(SBD)$: khẳng định A sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(IJKL)\parallel (ABCD)\parallel (EFGH)$, mặt phẳng $(ACGE)$ cắt ba mặt phẳng song song theo các đường thẳng song song, nên $IK\parallel EG\parallel AC$ và $I,K$ nằm trên $AE,CG$ với cùng tỉ số chia. Do đó $\frac{GK}{GC}=\frac{EI}{EA}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$, suy ra $GK=100\cdot \frac{3}{5}=60cm$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (60).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(IJKL)\parallel (ABCD)\parallel (EFGH)$, đoạn thẳng nối tương ứng giữa hai mặt phẳng bị chia theo cùng một tỉ số. Trên cạnh $AE$: $I$ nằm giữa $E$ và $A$ với $EI=54$, $AE=90$, nên tỉ số $\frac{EI}{AE}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$. Trên cạnh $CG$, điểm $K$ tương ứng với $I$ (cùng thuộc mặt phẳng giữa), nên $\frac{GK}{CG}=\frac{EI}{AE}=\frac{3}{5}$. Suy ra $GK=\frac{3}{5}\cdot 100=60cm$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (60).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{AB},\vec{v}=\overrightarrow{AD},\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với gốc tại $A$.

a) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=\vec{v}=\overrightarrow{BC}$, nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }=BC$, do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành → Đúng.

b) Trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$: $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}$. Trọng tâm tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{u}+\vec{w},\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{v}+\vec{w},\overrightarrow{AC}=\vec{u}+\vec{v}$, nên $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{(\vec{u}+\vec{w})+(\vec{v}+\vec{w})+(\vec{u}+\vec{v})}{3}=\frac{2(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w})}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }$ chứ không phải $\frac{2}{3}A{C}^{\prime }$ → Sai.

c) Vì $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$ → Đúng.

d) $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$; kết hợp $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ (từ ý a) thì hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ song song → Đúng.

Kết quả Đ–S–Đ–Đ khớp đáp án nguồn (Câu 16, mã đề 2103: ĐSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }=BC$, do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w})}{3}$, nên $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }$, không phải $\frac{2}{3}A{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ thuộc $A{C}^{\prime }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ (vì $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$) nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$; khi đó $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}$.

a) $G_1$ trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$: $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. $G_2$ trọng tâm tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$: $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{d})+(\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }\ne \frac{2}{3}A{C}^{\prime }$ → ý a SAI.

b) Vì $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$ → ý b ĐÚNG.

c) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{d}=-\overrightarrow{CB}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel CB$ và bằng nhau; $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{b}-\vec{a}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$. Vậy $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành → ý c ĐÚNG.

d) $\overrightarrow{BD}=\vec{d}-\vec{b}=\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$ nên $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$, do đó $BD\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$; $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\vec{a}-\vec{b}=\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$ nên $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$. Hai đường cắt nhau tại $B$ cùng song song $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ → ý d ĐÚNG.

Kết quả S-Đ-Đ-Đ khớp đáp án nguồn (Mã đề 1246, Câu 14: SĐĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }\ne \frac{2}{3}A{C}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{d}=-\overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{b}-\vec{a}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }$, hai đường cắt nhau tại $B$ cùng song song $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ độc lập $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SA}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{c}$ và $\overrightarrow{SO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$. Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{d}$, suy ra $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{SM}-\overrightarrow{SA}=-\frac{1}{3}\vec{b}-\vec{d}+\vec{c}$ và $\overrightarrow{AN}=-\vec{b}-\frac{1}{3}\vec{d}+\vec{c}$. Gọi $t=\frac{SJ}{SC}$, tức $\overrightarrow{SJ}=t\vec{c}$. Vì $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=t\vec{c}-\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}=\lambda \overrightarrow{AM}+\mu \overrightarrow{AN}$. So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d}$: $\frac{\lambda }{3}+\mu =\frac{1}{2}$ và $\lambda +\frac{\mu }{3}=\frac{1}{2}$, giải ra $\lambda =\mu =\frac{3}{8}$. Hệ số theo $\vec{c}$: $t=\lambda +\mu =\frac{3}{4}=0,75$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,75$.

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ: $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(0,1,0)$, $A^{\prime }=(0,0,1)$, $B^{\prime }=(1,0,1)$, $C^{\prime }=(0,1,1)$. Khi đó $M=(1/2,0,1)$, $N=(1/2,1/2,1)$, $E=(1/2,0,0)$.

Mặt phẳng $(BMN)$: vectơ $\overrightarrow{BM}=(-1/2,0,1)$, $\overrightarrow{BN}=(-1/2,1/2,1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{BM}\times \overrightarrow{BN}=(-1/2,0,-1/4)\propto (2,0,1)$. Phương trình: $2x+z=2$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }{C}^{\prime }E)$: vectơ $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }E}=(1/2,0,-1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{A^{\prime }E}=(-1,0,-1/2)\propto (2,0,1)$.

Hai mặt phẳng có cùng pháp tuyến $(2,0,1)$. Kiểm tra $E=(1/2,0,0)$: $2\cdot (1/2)+0=1\ne 2$ nên $E$ không thuộc $(BMN)$, tức hai mặt phẳng phân biệt.

Vậy $(BMN)\parallel (A^{\prime }{C}^{\prime }E)$. Khẳng định này cũng có thể chứng minh bằng phương pháp truyền thống: $MN\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ nên $MN\parallel (A^{\prime }B{C}^{\prime })$... cách tọa độ trên đã xác nhận kết quả khớp với đáp án nguồn "Có".

Hình vẽ: lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $M$, $N$ trên mặt trên (trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$, $B^{\prime }{C}^{\prime }$), $E$ là trung điểm $AB$ trên mặt dưới; hai tam giác $BMN$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }E$ nằm trong hai mặt phẳng song song.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $M$ trung điểm $BC$, $N$ trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

a) ĐÚNG: Hai đáy của lăng trụ song song nên $(ABC)//(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

b) SAI: $MN$ nối trung điểm của $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$, hai đoạn này nằm trên hai cạnh bên tương ứng của lăng trụ nên $MN//B{B}^{\prime }$ (tính chất đường trung bình của hình thang/lăng trụ), do đó $MN$ không song song với $AB$ (trường hợp riêng $AB//B^{\prime }{C}^{\prime }$ thì $MN$ vẫn chỉ song song $B{B}^{\prime }$, không song song $AB$ vì $MN$ không nằm trong $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$... thực chất $MN$ chéo lên theo phương cạnh bên).

c) SAI: Vì $MN//B{B}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }//B{B}^{\prime }$ nên $MN//A{A}^{\prime }$. Mặt phẳng $(AMN)$ đi qua $A$ và chứa phương $A{A}^{\prime }$ (qua vectơ $MN$), nên $A^{\prime }=A+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ cũng thuộc $(AMN)$, tức $A{A}^{\prime }\subset (AMN)$, không phải song song.

d) ĐÚNG: Vì $MN//A{A}^{\prime }$ nên bốn điểm $A,A^{\prime },M,N$ đồng phẳng; trong mặt phẳng này hai đường thẳng $AN$ và $A^{\prime }M$ cắt nhau tại $I$. Ta có $AN\subset (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ (vì $A,N\in (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$) và $A^{\prime }M\subset (A^{\prime }BC)$ (vì $A^{\prime },M\in (A^{\prime }BC)$), suy ra $I$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }BC)$ là đường thẳng đi qua $I$ — giao điểm của $AN$ và $A^{\prime }M$.

Kết quả khớp đáp án mã đề 1102: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $MNP.M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }$, với $I$ là trung điểm $MN$, $J$ là trung điểm $M^{\prime }{N}^{\prime }$.

a) $IJ$ nối trung điểm hai đoạn $MN$ và $M^{\prime }{N}^{\prime }$, mà $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành nên $IJ\parallel M{M}^{\prime }$ (và $IJ=\frac{1}{2}M{M}^{\prime }$). Vì $M{M}^{\prime }$ không song song với $M{P}^{\prime }$ nên $IJ$ không song song $M{P}^{\prime }$. → Sai.

b) $(MNP)$ và $(M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song với nhau. → Đúng.

c) Mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ đi qua $P^{\prime }$, mà $P^{\prime }\in P{P}^{\prime }$, nên $P{P}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ tại $P^{\prime }$ (không thể song song vì đường thẳng có một điểm thuộc mặt phẳng). → Sai.

d) Đáp án chính thức mã đề 1101 (câu 13: SDSS) cho d) Sai. Tuy nhiên phân tích hình học cho thấy: $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ (vì $P\in (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$, $J\in M^{\prime }{N}^{\prime }\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$) và $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$ (vì $P^{\prime }\in (P^{\prime }M{N}^{\prime })$, $I\in MN\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$). Với tọa độ $M=(0,0,0),N=(2,0,0),P=(0,2,0),M^{\prime }=(0,0,2),N^{\prime }=(2,0,2),P^{\prime }=(0,2,2)$, ta có $I=(1,0,0)$, $J=(1,0,2)$; $PJ$ và $P^{\prime }I$ cắt nhau tại $(\frac{1}{2},1,1)$, điểm thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến đi qua giao điểm này — d) có vẻ Đúng, mâu thuẫn với đáp án chính thức. Giữ đáp án chính thức d) Sai và báo cáo mâu thuẫn.

Khớp với đáp án mã đề 1101: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$IJ$ là đoạn nối trung điểm của $MN$ và $M^{\prime }{N}^{\prime }$ trong hình bình hành $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ nên $IJ\parallel M{M}^{\prime }$, không song song với $M{P}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(MNP)$ và $(M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song với nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $P^{\prime }\in (I{P}^{\prime }J)$ và $P^{\prime }\in P{P}^{\prime }$ nên $P{P}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ tại $P^{\prime }$, không song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
Lưu ý quan trọng: đáp án chính thức của mã đề 1101 (bảng đáp án, câu 13) là SDSS, tức d) Sai, nên isCorrect được giữ theo nguồn. Tuy nhiên cần báo cáo mâu thuẫn: về mặt hình học, $J\in M^{\prime }{N}^{\prime }\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ nên $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$; $I\in MN\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$ nên $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$. Kiểm tra bằng tọa độ với $M=(0,0,0),N=(2,0,0),P=(0,2,0),M^{\prime }=(0,0,2),N^{\prime }=(2,0,2),P^{\prime }=(0,2,2)$ thì $I=(1,0,0)$, $J=(1,0,2)$; đường $PJ$: $(t,2-2t,2t)$ và đường $P^{\prime }I$: $(s,2-2s,2-2s)$ cắt nhau tại $(\frac{1}{2},1,1)$. Điểm này thuộc cả hai mặt phẳng (vì nằm trên $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ và trên $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$), nên giao tuyến của hai mặt phẳng đi qua giao điểm của $PJ$ và $P^{\prime }I$, tức d) có vẻ Đúng — mâu thuẫn với đáp án chính thức SDSS. Vì đáp án chấm điểm là nguồn bắt buộc nên giữ d) Sai và ghi nhận mâu thuẫn này.