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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 103. Cho hình chóp $S.ABCD$, $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SD$.

a) Chứng minh $(SBC)\parallel (OMN)$:
- 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 $MN\parallel BC$. Mà $MN\not\subset (SBC)$, $BC\subset (SBC)$ nên $MN\parallel (SBC)$.
- Xét 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 $OM\parallel SC$. Mà $OM\not\subset (SBC)$, $SC\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$.
- Trong mặt phẳng $(OMN)$, hai đường thẳng $MN$ và $OM$ cắt nhau tại $M$ và cùng song song với mặt phẳng $(SBC)$, lại có $S\in (SBC)$ còn $S\notin (OMN)$ nên hai mặt phẳng phân biệt. Vậy $(SBC)\parallel (OMN)$.

b) Chứng minh $PQ\parallel (SBC)$ với $P$, $Q$, $R$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $ON$, $SB$:
- Gọi $K$ là trung điểm của $CR$. Trong tam giác $BCR$, $K$ là trung điểm $CR$ nên $BK$ là đường trung bình, suy ra $\overrightarrow{BK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BR})$.
- Ta có $\overrightarrow{BR}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BS}$ (vì $R$ là trung điểm $SB$), do đó $\overrightarrow{BK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{4}\overrightarrow{BS}$.
- Mặt khác, với $P=\frac{A+B}{2}$, $Q=\frac{O+N}{2}$, $O=\frac{A+C}{2}$, $N=\frac{S+D}{2}$, $D=A+C-B$ (tính chất hình bình hành), ta được
$$\overrightarrow{PQ}=\vec{Q}-\vec{P}=\frac{1}{2}\left(\frac{A+C}{2}-A\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{S+D}{2}-B\right)=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{BD}\right).$$
- Vì $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{BD}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$ nên
$$\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})+\frac{1}{4}\overrightarrow{BS}+\frac{1}{4}(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{4}\overrightarrow{BS}=\overrightarrow{BK}.$$
- Vậy $PQ\parallel BK$. Mà $BK\subset (SBC)$, $PQ\not\subset (SBC)$ (vì $P\in (ABCD)$, $P\notin (SBC)$), suy ra $PQ\parallel (SBC)$.

Chứng minh $(OMR)\parallel (SCD)$:
- Theo câu a): $OM\parallel SC$, với $OM\not\subset (SCD)$, $SC\subset (SCD)$ nên $OM\parallel (SCD)$.
- Trong tam giác $SAB$: $M$ là trung điểm $SA$, $R$ là trung điểm $SB$ nên $MR$ là đường trung bình, suy ra $MR\parallel AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $MR\parallel CD$. Mà $MR\not\subset (SCD)$, $CD\subset (SCD)$ nên $MR\parallel (SCD)$.
- Trong mặt phẳng $(OMR)$, hai đường thẳng $OM$ và $MR$ cắt nhau tại $M$ và cùng song song với $(SCD)$; hai mặt phẳng phân biệt vì $O\notin (SCD)$. Vậy $(OMR)\parallel (SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 104. a) Trong tam giác $SAB$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SB$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AB$. Vì $AB\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ nên $MN\parallel (ABC)$. Tương tự, trong tam giác $SBC$: $NP$ là đường trung bình nên $NP\parallel BC\parallel (ABC)$; trong tam giác $SAC$: $MP\parallel AC\parallel (ABC)$. Mặt khác $MN\cap NP=N$, hai đường này nằm trong $(MNP)$ và không trùng nhau. Theo định lý về điều kiện để hai mặt phẳng song song, ta có $(MNP)\parallel (ABC)$.

b) Gọi $I$ là trung điểm $SA$. Trong tam giác $SAB$: $H$ là trọng tâm nên $SH=\frac{2}{3}SM$ (với $M$ trung điểm $AB$ của tam giác $SAB$ — chú ý: ở đây dùng trung điểm của cạnh tương ứng). Cách trình bày rõ hơn: Trong tam giác $SAB$, gọi $M_1$ là trung điểm $AB$ thì $H$ nằm trên $S{M}_1$ với $SH=\frac{2}{3}S{M}_1$. Trong tam giác $SAC$, gọi $M_2$ là trung điểm $AC$ thì $G$ nằm trên $S{M}_2$ với $SG=\frac{2}{3}S{M}_2$. Vì $M_1{M}_2\parallel BC$ (đường trung bình tam giác $ABC$) nên tam giác $S{M}_1{M}_2$ đồng dạng với tam giác có các điểm $H,G$ tương ứng trên $S{M}_1,S{M}_2$ với tỉ số $\frac{2}{3}$, suy ra $HG\parallel M_1{M}_2\parallel BC$. Mà $NP\parallel BC$ (câu a) nên $HG\parallel NP$. Tương tự: trong tam giác $SBC$, $L$ là trọng tâm; xét tam giác $SAC$ và $SBC$: $GL\parallel M_2{M}_3\parallel AB$ (với $M_3$ trung điểm $BC$), mà $MN\parallel AB$ nên $GL\parallel MN$. Vậy trong $(HGL)$ và $(MNP)$ ta có: $HG\parallel NP$ và $GL\parallel MN$, với $HG,GL$ cắt nhau tại $G$ thuộc $(HGL)$, $NP,MN$ cắt nhau tại $N$ thuộc $(MNP)$. Theo định lý điều kiện để hai mặt phẳng song song, suy ra $(HGL)\parallel (MNP)$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải Câu 105 (AI soạn theo yêu cầu):

a) Hai hình vuông $ABCD$ và $ABEF$ có chung cạnh $AB$, nên $AB\parallel CD$ và $AB\parallel FE$, suy ra $CD\parallel FE$; lại có $CD=AB=FE$, vậy tứ giác $CDEF$ (với $CD\parallel FE$, $CD=FE$) là hình bình hành, do đó $DF\parallel CE$.

Ta có:
- $CD\parallel FE\Rightarrow CD\parallel (BCE)$ (vì $CD\not\subset (BCE)$).
- $DF\parallel CE\Rightarrow DF\parallel (BCE)$ (vì $DF\not\subset (BCE)$).

Trong mặt phẳng $(ADF)$, hai đường thẳng $CD$ và $DF$ cắt nhau tại $D$ và cùng song song với $(BCE)$, nên $(ADF)\parallel (BCE)$. (đpcm)

b) Vì $M{M}^{\prime }\parallel AB$, $N{N}^{\prime }\parallel AB$ nên $M{M}^{\prime }\parallel N{N}^{\prime }$.

Xét tam giác $ACD$: $M{M}^{\prime }\parallel CD$ (vì cùng song song với $AB$) nên $\frac{A{M}^{\prime }}{AD}=\frac{AM}{AC}$.

Xét tam giác $ABF$: $N{N}^{\prime }\parallel AB$ nên $\frac{A{N}^{\prime }}{AF}=\frac{BN}{BF}$.

Vì $ABCD$ và $ABEF$ là hai hình vuông có chung cạnh $AB$ nên $AC=BF$; kết hợp $AM=BN$ ta được
$$\frac{A{M}^{\prime }}{AD}=\frac{AM}{AC}=\frac{BN}{BF}=\frac{A{N}^{\prime }}{AF}.$$

Xét tam giác $ADF$: vì $\frac{A{M}^{\prime }}{AD}=\frac{A{N}^{\prime }}{AF}$, theo định lí Thales ta có $M^{\prime }{N}^{\prime }\parallel DF$.

Trong mặt phẳng $(M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N)$, hai đường thẳng $M{M}^{\prime }$ và $M^{\prime }{N}^{\prime }$ cắt nhau tại $M^{\prime }$, và:
- $M{M}^{\prime }\parallel AB\parallel FE\Rightarrow M{M}^{\prime }\parallel (DEF)$ (vì $M{M}^{\prime }\not\subset (DEF)$).
- $M^{\prime }{N}^{\prime }\parallel DF\Rightarrow M^{\prime }{N}^{\prime }\parallel (DEF)$ (vì $M^{\prime }{N}^{\prime }\not\subset (DEF)$).

Vậy $(M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N)\parallel (DEF)$. (đpcm)

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A) Sai — nếu đường thẳng $a$ song song với một trong hai mặt phẳng song song $(P)\parallel (Q)$ thì $a$ hoặc song song với mặt phẳng còn lại hoặc nằm trong mặt phẳng còn lại (ví dụ $a\subset (Q)$ và $a\parallel (P)$), nên không nhất thiết song song với mặt phẳng còn lại. B) Đúng — nếu $a$ cắt $(P)$ tại một điểm mà $a$ không cắt $(Q)$ thì $a\parallel (Q)$ hoặc $a\subset (Q)$; nếu $a\subset (Q)$ thì $a\cap (P)=\varnothing$ vì $(P)\parallel (Q)$, mâu thuẫn; nếu $a\parallel (Q)$ thì $a\parallel (P)$, cũng mâu thuẫn. Vậy $a$ cắt $(Q)$. C) Đúng — theo định nghĩa, hai đường thẳng song song là hai đường thẳng không giao nhau và cùng nằm trên một mặt phẳng. D) Đúng — tính chất bắc cầu của quan hệ song song giữa các mặt phẳng phân biệt. Vậy khẳng định sai là A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A đúng: $B{A}^{\prime }\parallel D^{\prime }C$ (vì $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$) và $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$, mà $D^{\prime }C\subset (AC{D}^{\prime })$, $A{D}^{\prime }\subset (AC{D}^{\prime })$, hai đường thẳng này cắt nhau tại $C$, nên $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (AC{D}^{\prime })$.
- B đúng: $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là hai mặt bên đối diện của hình hộp nên song song.
- C đúng: $B{A}^{\prime }\parallel D^{\prime }C$ và $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ (do $B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D$ là hình bình hành), $B{A}^{\prime }$ và $BD$ cắt nhau tại $B$, $D^{\prime }C$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $D^{\prime }$, nên $(B{A}^{\prime }D)\parallel (C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.
- D sai: mặt phẳng $(AB{A}^{\prime })$ chứa đường thẳng $AB$, còn mặt phẳng $(C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ không chứa đường thẳng nào song song với $AB$ ($C{B}^{\prime }$, $C{D}^{\prime }$, $B^{\prime }{D}^{\prime }$ đều không song song với $AB$), hai mặt phẳng này cắt nhau chứ không song song.
Vậy mệnh đề sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AE}=\vec{e}$. Vì $ABCD$, $ABEF$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $\overrightarrow{AF}=\vec{e}-\vec{b}$; tâm $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $O^{\prime }=\frac{\vec{e}}{2}$, $M=\frac{\vec{b}}{2}$.

$(I)$: $\overrightarrow{AD}=\vec{d}=\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{AF}=\vec{e}-\vec{b}=\overrightarrow{BE}$, hai mặt phẳng không trùng nhau (do $ABCD$, $ABEF$ không cùng mặt phẳng) nên $(ADF)\parallel (BCE)$. Đúng.

$(II)$: $\overrightarrow{MO}=\frac{\vec{d}}{2}\parallel AD$ và $\overrightarrow{M{O}^{\prime }}=\frac{\vec{e}-\vec{b}}{2}\parallel AF$, mà $AD,AF$ nằm trong $(ADF)$, nên $(MO{O}^{\prime })\parallel (ADF)$. Đúng.

$(III)$: $\overrightarrow{MO}\parallel BC$ và $\overrightarrow{M{O}^{\prime }}\parallel BE$ với $BC,BE\subset (BCE)$, nên $(MO{O}^{\prime })\parallel (BCE)$. Đúng.

$(IV)$: $(ACE)$ có hệ chỉ hướng $\{\vec{b}+\vec{d},\vec{e}\}$; $(BDF)$ có hệ chỉ hướng $\{\vec{d}-\vec{b},\vec{e}-2\vec{b}\}$. Không thể biểu diễn $\vec{b}+\vec{d}$ theo $\vec{d}-\vec{b}$ và $\vec{e}-2\vec{b}$ (so sánh hệ số theo $\vec{e}$ cho $\beta =0$, khi đó $\vec{b}+\vec{d}=\alpha (\vec{d}-\vec{b})$ vô nghiệm), nên $(IV)$ sai.

Vậy các khẳng định đúng là $(I),(II),(III)$ → đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A^{\prime }(0,0,1),B^{\prime }(1,0,1),C^{\prime }(0,1,1)$. Khi đó $I=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0\right)$, $J=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},1\right)$, $K$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$ nên $K=\left(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{IJ}=(0,0,1)$, $\overrightarrow{IK}=\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$ nên vectơ pháp tuyến của $(IJK)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK}=\left(-\frac{1}{3},-\frac{1}{3},0\right)$, tức phương $(1,1,0)$. Mặt phẳng $(IJK)$ có dạng $x+y=\frac{2}{3}$.
- $(AB{B}^{\prime })$: $y=0$ cắt $x+y=\frac{2}{3}$ tại $x=\frac{2}{3}$ → cắt nhau.
- $(AC{C}^{\prime })$: chứa $K$ nên không song song.
- $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $x=1$, thay vào $x+y=\frac{2}{3}$ vô nghiệm → $(IJK)\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
- $(AB{C}^{\prime })$: mặt phẳng $y=z$, giao với $x+y=\frac{2}{3}$ là đường thẳng → cắt nhau.
Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$, $AB=a$, $CD=2a$ nên tam giác $IAB$ đồng dạng $ICD$, suy ra $\frac{AI}{IC}=\frac{AB}{CD}=\frac{1}{2}$, tức $\frac{CI}{CA}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $SAC$: $I\in AC$ với $\frac{CI}{CA}=\frac{2}{3}$; $N\in SC$ với $CN=2NS\Rightarrow \frac{CN}{CS}=\frac{2}{3}$.
Suy ra $\frac{CI}{CA}=\frac{CN}{CS}$, do đó $IN\parallel SA$. Mà $SA\subset (SAB)$ nên $IN\parallel (SAB)$.

Lại có $IM\parallel CD\parallel AB$, mà $AB\subset (SAB)$ và $IM\not\subset (SAB)$ nên $IM\parallel (SAB)$.

Vì $IN$ và $IM$ là hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với mặt phẳng $(SAB)$ nên $(IMN)\parallel (SAB)$.
Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt 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 $ABC$: $I=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0\right)$; trọng tâm $J$ của $AC{C}^{\prime }$: $J=\left(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)$; trọng tâm $K$ của $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $K=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};1\right)$. Ta có $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=(0;0;1)$, pháp tuyến của $(IJK)$ là $\overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK}=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0\right)$, nên $(IJK)$ có phương trình dạng $x+y=\frac{2}{3}$ (thay tọa độ $I$: $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$). Xét $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(0;0;1)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-1;1;1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-1;-1;0)$ cùng phương với $(1;1;0)$. Điểm $B(1;0;0)$ có $x+y=1\ne \frac{2}{3}$ nên $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (IJK)$. Các phương án khác: $(A{A}^{\prime }C)$ là mặt phẳng $x=0$ chứa $J$ (không song song); $(ABC)$ là $z=0$ chứa $I$; $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ có pháp tuyến $(-1;0;-1)$, phương trình $x+z=1$, không cùng phương với $(1;1;0)$. Vậy đáp án D. (Lưu ý: lời giải kèm theo đã dùng đúng $J=\left(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)$ và mặt phẳng $x+y=\frac{2}{3}$, kết quả D nhất quán với tính toán độc lập.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ với gốc $A$: $\vec{b}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{c}=\overrightarrow{AC}$, $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Khi đó $D=\frac{1}{2}\vec{u}$, $E=\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{u}$, $F=\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{u}$, $B^{\prime }=\vec{b}+\vec{u}$, $C^{\prime }=\vec{c}+\vec{u}$, $G=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{3}$.

Xét phương án C: $(D{B}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (AEF)$.
- $EF$ là đường trung bình của tam giác $BC{C}^{\prime }$ nên $EF\parallel BC$; mà $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ nên $EF\parallel (D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
- $\overrightarrow{AE}=\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{u}$ và $\overrightarrow{D{B}^{\prime }}=(\vec{b}+\vec{u})-\frac{1}{2}\vec{u}=\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{u}=\overrightarrow{AE}$, tức $AE\parallel D{B}^{\prime }$, với $D{B}^{\prime }\subset (D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $AE\not\subset (D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $AE\parallel (D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

Vì $(AEF)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $AE,EF$ cùng song song với $(D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $(AEF)\parallel (D{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Phương án C đúng.

Các phương án còn lại sai:
- A: $(DEB)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }F)$: $DE\parallel A{A}^{\prime }$ nhưng $EB$ nằm trên $B{B}^{\prime }$, $B^{\prime }F$ nằm trên $C{C}^{\prime }$ không song song nhau, $DE$ không song song $A^{\prime }{B}^{\prime }$, hai mặt phẳng cắt nhau.
- B: $(EFG)$ và $(BCD)$: $\overrightarrow{EG}=\frac{1}{3}\vec{c}-\frac{2}{3}\vec{b}-\frac{1}{2}\vec{u}$ không biểu diễn được qua $\overrightarrow{BC}=\vec{c}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{BD}=\frac{1}{2}\vec{u}-\vec{b}$ (mâu thuẫn hệ số $\beta =\frac{1}{2}$ và $\beta =\frac{1}{3}$), hai mặt phẳng không song song.
- D: $(DEG)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }C)$: $\overrightarrow{EG}$ không biểu diễn được qua $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\vec{b}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }C}=\vec{c}-\vec{u}$ (cùng mâu thuẫn hệ số), hai mặt phẳng cắt nhau.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$ và $AB\parallel CD$ (hình bình hành $ABCD$ trong $(P)$).
a) Mặt phẳng $(A{A}^{\prime }B{B}^{\prime })$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $A{A}^{\prime }$; mặt phẳng $(C{C}^{\prime }D{D}^{\prime })$ chứa $CD\parallel AB$ và $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Hai mặt phẳng này không trùng nhau (nếu trùng thì mặt phẳng đó chứa $A,B,C,D$ nên trùng với $(P)$, mâu thuẫn vì $A{A}^{\prime }\not\subset (P)$). Vậy $(A{A}^{\prime }B{B}^{\prime })\parallel (C{C}^{\prime }D{D}^{\prime })$. Đúng.
b) $A^{\prime }{B}^{\prime }$ là giao tuyến của $(Q)$ với $(A{A}^{\prime }B{B}^{\prime })$, $C^{\prime }{D}^{\prime }$ là giao tuyến của $(Q)$ với $(C{C}^{\prime }D{D}^{\prime })$. Hai mặt phẳng song song cắt mặt phẳng thứ ba $(Q)$ theo hai giao tuyến song song, nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel C^{\prime }{D}^{\prime }$. Đúng.
c) Tương tự, $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$. Tứ giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có hai cặp cạnh song song, tức là hình bình hành, không phải hình thap (hình thang chỉ có đúng một cặp cạnh song song). Sai.
d) Trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ có $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, với $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành $ABCD$) và $O^{\prime }$ là trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }$ (tâm hình bình hành $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$). Đường thẳng nối trung điểm hai cạnh $AC$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ của hình thang $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ song song với hai đáy, nên $O{O}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Đúng.

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

a) Trong hình bình hành $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Hai tam giác $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng nhau nằm trong hai mặt phẳng song song nên $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$ và $AM=A^{\prime }{M}^{\prime }$. Vậy $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành. Đúng.

b) $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$ (điểm $N$ không được định nghĩa trong đề). Sai.

c) $I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0)$, $K(\frac{1}{3},\frac{1}{3},1)$, $G(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3})$. Mặt phẳng $(IKG)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{IK}\times \overrightarrow{IG}=(-\frac{1}{3},-\frac{1}{3},0)$, tức $(IKG):x+y=\frac{2}{3}$, song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }):x+y=1$. Hai mặt phẳng không cắt nhau. Sai.

d) $(A^{\prime }KG)$ qua $A^{\prime }(0,0,1),K(\frac{1}{3},\frac{1}{3},1),G(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3})$ có phương trình $x-y-z+1=0$; $(AI{B}^{\prime })$ qua $A(0,0,0),I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0),B^{\prime }(1,0,1)$ có phương trình $x-y-z=0$. Hai pháp tuyến tỉ lệ $(1,-1,-1)$ và $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$ nên hai mặt phẳng song song. Đúng.

Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ (trong hình bình hành $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$) và $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$, $AM=A^{\prime }{M}^{\prime }$ nên $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$; hơn nữa điểm $N$ không được định nghĩa trong đề.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với tọa độ $A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A^{\prime }(0,0,1),C^{\prime }(0,1,1)$: $I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0),K(\frac{1}{3},\frac{1}{3},1),G(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3})$, mặt $(IKG):x+y=\frac{2}{3}$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }):x+y=1$, nên hai mặt phẳng không cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(A^{\prime }KG):x-y-z+1=0$ và $(AI{B}^{\prime }):x-y-z=0$ có pháp tuyến tỉ lệ $(1,-1,-1)$ và $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }KG)\parallel (AI{B}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải chi tiết Câu 15 (Bài 13 – Phần 3):

a) $EFDC$ là hình thang:
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $DC//AB$ và $DC=AB$. Vì $ABEF$ là hình bình hành nên $EF//AB$ và $EF=AB$. Suy ra $EF//DC$ và $EF=DC$. Tứ giác $EFDC$ có cặp cạnh đối $EF$, $DC$ song song (và bằng nhau) nên $EFDC$ là hình thap (thực chất là hình bình hành, là trường hợp đặc biệt của hình thang).

b) $FD//EC$:
Tứ giác $EFDC$ có $EF//DC$ và $EF=DC$ (chứng minh ở a) nên $EFDC$ là hình bình hành. Do đó hai đường chéo... chính xác hơn hai cạnh đối $FD$ và $EC$ song song: $FD//EC$.

c) $(ADF)//(BCE)$:
Ta có: $AD//BC$ (vì $ABCD$ là hình bình hành) mà $AD\subset (ADF)$, $BC\subset (BCE)$.
Lại có $FD//EC$ (chứng minh ở b) mà $FD\subset (ADF)$, $EC\subset (BCE)$.
Trong mặt phẳng $(BCE)$, $BC$ và $EC$ là hai đường thẳng cắt nhau tại $E$; tương tự $AD$ và $FD$ cắt nhau tại $D$ trong $(ADF)$. Theo định lí về điều kiện song song của hai mặt phẳng, suy ra $(ADF)//(BCE)$.

d) $\frac{AN}{NC}=\frac{2}{3}$:
Vì $ABEF$ là hình bình hành nên $AF//BE$. Hai mặt phẳng $(ADF)$ và $(ABEF)$ có chung hai điểm $A$, $F$ nên giao tuyến của chúng là $AF$.
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ và song song với $(ADF)$, nên giao tuyến $(P)\cap (ABEF)$ là đường thẳng $\ell$ đi qua $M$ và song song với $AF$ (do đó $\ell //BE$).
Trong mặt phẳng $(ABEF)$, gọi $K$ là giao điểm của $\ell$ với $AB$. Vì $\ell //BE$, áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác $ABE$ với $M$ là trọng tâm ($AM$ cắt $BE$ tại trung điểm $I$ của $BE$, $MI=(1/3)\cdot$đường trung bình... cụ thể: đường thẳng qua trọng tâm $M$ song song với $BE$ cắt $AB$ tại $K$ thì $\frac{AK}{AB}=\frac{2}{3}$ — vì $M$ nằm trên trung tuyến $AI$ với $AM=\frac{2}{3}AI$, đường thẳng qua $M$ song song $BE$ nên $AK=\frac{2}{3}AB$).
Vậy $K\in AB$ với $AK=\frac{2}{3}AB$ và $K\in (P)$.
Xét mặt phẳng $(ABCD)$: $(ADF)\cap (ABCD)=AD$, nên $(P)\cap (ABCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $K$ và song song với $AD$. Đường thẳng $d$ nằm trong $(ABCD)$, cắt $AC$ tại $N$ (chính là $N=(P)\cap AC$).
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, vì $KN//AD$, áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác $ACD$ (hoặc xét tam giác với đường thẳng song song):
$\frac{AN}{AC}=\frac{AK}{AB}=\frac{2}{3}$.
Suy ra $\frac{AN}{NC}=\frac{2}{3}$. Đpcm.

Kiểm tra: $M=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE})$ không thuộc $(ADF)$ nên $(P)$ tồn tại duy nhất và khác $(ADF)$; mọi kết luận a, b, c, d đều đúng.