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

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $N$ và song song với $AB$, $AD$ nên song song với mặt đáy $(ABCD)$ (vì $AB\parallel CD$, $AD\parallel BC$). Thiết diện là hình vuông đồng dạng với đáy theo tỉ số $k=\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}$. Cạnh thiết diện bằng $10\cdot \frac{2}{3}=\frac{20}{3}$, diện tích $S={\left(\frac{20}{3}\right)}^2=\frac{400}{9}$. Vậy $a=400$, $b=9$ (tối giản), $P=a+b+1=400+9+1=410$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E$ là trung điểm của $AB$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $G$ thuộc trung tuyến $SE$ với $\frac{EG}{ES}=\frac{1}{3}$. Vì $K$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $K$ thuộc trung tuyến $CE$ với $\frac{EK}{EC}=\frac{1}{3}$. Xét tam giác $SEC$: $\frac{EG}{ES}=\frac{EK}{EC}=\frac{1}{3}$, do đó theo định lý Thales (đảo), $GK\parallel SC$. Mặt khác, trong tam giác $SDC$, $M$ là trung điểm $SD$ và $J$ là trung điểm $CD$ nên $MJ$ là đường trung bình, suy ra $MJ\parallel SC$. Vì cả $GK$ và $MJ$ cùng song song với $SC$ nên $GK\parallel MJ$ (điều phải chứng minh).

(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)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\vec{u}+\vec{v}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{v}+\vec{w}$.

Ta có:
- $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}$.
- $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$: $\overrightarrow{AH}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{2\vec{u}+2\vec{v}}{3}$.
- $K$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }A{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{AK}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }}}{3}=\frac{\vec{v}+2\vec{w}}{3}$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(\vec{u}+\vec{v})-(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}-\vec{w}$, nên $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$ là hình bình hành, có hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{v}$.

Xét:
- $\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{v}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$, vậy $GH\parallel AD$. Mà $AD\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }\subset (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, nên $GH\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.
- $\overrightarrow{GK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{v}+2\vec{w}}{3}-\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}=\frac{2(\vec{w}-\vec{u})}{3}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{A^{\prime }B}$, vậy $GK\parallel A^{\prime }B\subset (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, suy ra $GK\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.

Kiểm tra $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$: điểm $X$ trong mặt phẳng có dạng $\overrightarrow{AX}=\vec{w}+s(\vec{u}-\vec{w})+t\vec{v}$. Nếu $G\in (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ thì so sánh hệ số theo $\vec{w}$ (độc lập với $\vec{u},\vec{v}$) cho $1+s=0$, tức $s=-1$; khi đó $\overrightarrow{AG}$ phải chứa thành phần $-\vec{w}$, mâu thuẫn vì $\overrightarrow{AG}=\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}$ không chứa thành phần theo $\vec{w}$. Vậy $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.

Hai đường thẳng cắt nhau $GH$ và $GK$ cùng song song với $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ và $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, nên $(GHK)\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $A{A}^{\prime }C$: $M$ là trung điểm $AC$, $N$ là trung điểm $A{A}^{\prime }$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel A^{\prime }C$. Mà $A^{\prime }C\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ và $MN\not\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$, do đó $MN\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$.

Trong tam giác $ABC$: $M$ là trung điểm $AC$, $Q$ là trung điểm $BC$ nên $MQ$ là đường trung bình, suy ra $MQ\parallel AB$. Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ nên $AB\parallel A^{\prime }B$, do đó $MQ\parallel A^{\prime }B$. Mà $A^{\prime }B\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ và $MQ\not\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$, do đó $MQ\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$.

Hai đường thẳng $MN$ và $MQ$ cắt nhau tại $M$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(MNQ)$, đồng thời $M\notin (A^{\prime }{B}^{\prime }C)$. Theo định lý về điều kiện song song của hai mặt phẳng (hai đường thẳng cắt nhau trong một mặt phẳng lần lượt song song với mặt phẳng kia), ta có:
$$(MNQ)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }C).$$

Điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, $I$ là trọng tâm nên $I$ nằm trên trung tuyến từ $A$, tức $AI=\frac{2}{3}AM$ với $M$ là trung điểm $BC$. Tương tự trong tam giác $ABD$, $J$ nằm trên trung tuyến từ $A$ với $AJ=\frac{2}{3}AN$, $N$ là trung điểm $AD$. Trong tam giác $ACD$: $\frac{AI}{AM}=\frac{AJ}{AN}=\frac{2}{3}$, do đó theo định lý Thales $IJ\parallel CD$ (và $IJ=\frac{2}{3}CD$). Vì $CD$ không đi qua $I$ hay $J$ nên $IJ$ song song với $CD$. Vậy đáp án A. Lưu ý $IJ$ không song song với $AB$ (vì $AB$ cắt $CD$... thực ra $AB$ và $CD$ chéo nhau trong tứ diện), $IJ$ không chéo nhau với $CD$ và không cắt $AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải thích: Mặt nước là mặt phẳng nằm ngang, đáy bể cũng là mặt phẳng nằm ngang (phương thẳng đứng không đổi), do đó mặt nước song song với mặt đáy. Xét mặt phẳng $(\alpha )$ là mặt bên của bể chứa cả đường mép nước $AB$ và cạnh $CD$. Hai mặt phẳng song song cắt bởi mặt phẳng thứ ba thì hai giao tuyến song song, nên $AB\parallel CD$. Chi tiết: Gọi $(P)$ là mặt nước và $(Q)$ là mặt đáy bể. Vì cả mặt nước lẫn mặt đáy đều là các mặt phẳng nằm ngang nên $(P)\parallel (Q)$. Đường mép nước $AB$ là giao tuyến của $(P)$ với mặt bên $(\alpha )$ của bể: $AB=(P)\cap (\alpha )$. Cạnh $CD$ là giao tuyến của $(Q)$ với $(\alpha )$: $CD=(Q)\cap (\alpha )$. Theo tính chất: nếu hai mặt phẳng song song bị cắt bởi mặt phẳng thứ ba thì hai giao tuyến song song, ta có $AB\parallel CD$. Vậy đường mép nước $AB$ song song với cạnh $CD$ của bể nước.

(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 từng khẳng định của Câu 5:
- A đúng: Theo tính chất hai mặt phẳng song song, nếu $(P)\parallel (Q)$ và chúng cùng cắt mặt phẳng thứ ba $(R)$ theo hai giao tuyến $a$, $b$ thì $a\parallel b$.
- B đúng: Đây là tính chất của ba mặt phẳng đôi một song song: chúng chặn trên hai đường thẳng chéo nhau những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ (định lý về ba mặt phẳng song song).
- C đúng: Nếu $(P)\parallel (Q)$ thì $(P)\cap (Q)=\varnothing$, nên mọi đường thẳng $a\subset (P)$ đều không có điểm chung với $(Q)$, tức $a\parallel (Q)$.
- D sai: Điều kiện đúng phải là $(P)$ chứa **hai đường thẳng cắt nhau** cùng song song với $(Q)$. Nếu hai đường thẳng trong $(P)$ chỉ phân biệt (có thể song song với nhau) và cùng song song với $(Q)$ thì $(P)$ vẫn có thể cắt $(Q)$. Ví dụ: cho $(P)$ cắt $(Q)$ theo giao tuyến $c$; lấy trong $(P)$ hai đường thẳng phân biệt $a\parallel b$ cùng song song với $c$, khi đó $a\parallel (Q)$, $b\parallel (Q)$ nhưng $(P)$ không song song với $(Q)$.
Vậy khẳng định sai là D.

(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)
Xét hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A đúng: hai đáy của hình hộp song song.
- B đúng: $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ do cùng song song với $AD$), nên $(A{A}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (BC{C}^{\prime })$.
- C sai: $AC$ và $BD$ là hai đường chéo của mặt đáy $ABCD$ nên cắt nhau tại tâm $O$ của hình bình hành $ABCD$. Khi đó mặt phẳng $(AC{C}^{\prime })$ chứa $AC$ cắt mặt phẳng $(BD{D}^{\prime })$ chứa $BD$ tại điểm $O$, hai mặt phẳng này không song song.
- D đúng: $AB\parallel CD$ và $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, nên $(AB{B}^{\prime })\parallel (CD{C}^{\prime })$.
Vậy khẳng định sai là 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.)