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

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $BC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $MN//AC$. Trong tam giác $SBC$: $N$ là trung điểm $BC$, $K$ là trung điểm $SB$ nên $NK$ là đường trung bình, suy ra $NK//SC$. Vì $MN//AC\subset (SAC)$, $NK//SC\subset (SAC)$, $MN$ và $NK$ cắt nhau tại $N$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(MNK)$, theo định lí về điều kiện để hai mặt phẳng song song ta có $(MNK)//(SAC)$. Vậy đáp án A đúng.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét của Thủy đúng. Bánh ga-tô hình hộp nên mặt trên và mặt dưới là hai mặt phẳng song song. Vết cắt là một mặt phẳng (P) cắt hình hộp. Gọi (α) là mặt trên, (β) là mặt dưới của bánh, thì (α) ∥ (β). Mặt phẳng (P) cắt (α) theo một đường thẳng a và cắt (β) theo một đường thẳng b. Theo tính chất của hai mặt phẳng song song: nếu hai mặt phẳng song song bị cắt bởi một mặt phẳng thứ ba thì hai giao tuyến song song với nhau, suy ra a ∥ b. Vậy hai vết cắt ở mặt trên và mặt dưới của bánh là hai đường thẳng song song, nhận xét của Thủy đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 17 (tự luận): Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$. Chứng minh $(OMN)//(SBC)$.

Bước 1: Trong tam giác $SAD$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $MN\parallel BC$, với $BC\subset (SBC)$ và $MN\not\subset (SBC)$.

Bước 2: Trong tam giác $SAC$, vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$; $M$ là trung điểm của $SA$. Suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, do đó $OM\parallel SC$, với $SC\subset (SBC)$ và $OM\not\subset (SBC)$.

Bước 3: Trong mặt phẳng $(OMN)$, hai đường thẳng $MN$ và $OM$ cắt nhau tại $M$; trong mặt phẳng $(SBC)$, hai đường thẳng $BC$ và $SC$ cắt nhau tại $C$, với $MN\parallel BC$ và $OM\parallel SC$.

Theo định lí về hai mặt phẳng song song (nếu một mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng đó song song), ta kết luận $(OMN)\parallel (SBC)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ nên $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$. Xét hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$: ta có $A{A}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$ (cùng nằm trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$) và $AB\parallel DC$ (giả thiết $ABCD$ là hình thang). Do đó $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\parallel (CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ cắt hai mặt phẳng song song này theo hai giao tuyến $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $D^{\prime }{C}^{\prime }$, suy ra $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$. Hơn nữa, vì $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $D^{\prime }{C}^{\prime }$ lần lượt bằng và song song với $AB$ và $DC$ (do $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ và $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là các hình bình hành), mà $AB\ne DC$ (hai đáy của hình thang $ABCD$), nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\ne D^{\prime }{C}^{\prime }$. Vậy tứ giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }\ne D^{\prime }{C}^{\prime }$, tức là $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình thang. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hai mặt phẳng song song của hình hộp: mặt đáy $(ABCD)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và hai mặt bên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\parallel (DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$.

1) Mặt phẳng $(EFG)$ chứa đường thẳng $EF$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$, đồng thời cắt mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ theo giao tuyến $GH$ (vì $G\in B^{\prime }{C}^{\prime }$, $H\in A^{\prime }{D}^{\prime }$ đều thuộc $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$). Theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng song song, ta có $EF\parallel GH$.

2) Tương tự, mặt phẳng $(EFG)$ chứa đường thẳng $FG$ nằm trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, và cắt mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến $EH$ (vì $E\in AD$, $H\in A^{\prime }{D}^{\prime }$). Mà $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\parallel (AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $FG\parallel EH$.

Tứ giác $EFGH$ có $EF\parallel GH$ và $FG\parallel EH$, do đó $EFGH$ là hình bình hành. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Hai khung sắt hình chữ nhật cùng xoay quanh một trục chung nằm ngang (song song với mặt đất). Trong mỗi khung hình chữ nhật, cạnh phía trên (cạnh đỡ mặt bàn) song song với cạnh đối diện là cạnh nằm dọc theo trục xoay, nên cạnh đỡ đó luôn song song với trục xoay, tức luôn song song với mặt đất. Vậy hai cạnh đỡ của hai khung (nơi mặt bàn đặt lên) là hai đường thẳng song song với nhau và cùng song song với mặt đất. Hai đường thẳng song song đó xác định một mặt phẳng, và mặt phẳng này chứa hai đường thẳng đều song song với mặt đất nên song song với mặt đất (hai mặt phẳng có hai đường thẳng cắt nhau tương ứng song song thì song song). Mặt bàn nằm trọn trên mặt phẳng đó, do đó mặt bàn luôn song song với mặt đất, bất kể hai khung xoay đến vị trí nào.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt bàn nằm ngang nên song song với mặt đất. Mặt bìa cũng song song với mặt đất. Theo định lí: nếu hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau (hoặc trùng nhau). Vì tấm bìa được đặt lên một góc của mặt bàn, tức là nằm phía trên mặt bàn và không nằm trong mặt bàn, nên hai mặt phẳng phân biệt. Do đó mặt bìa song song với mặt bàn và không trùng với mặt bàn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: A đúng vì hai mặt đáy song song; B đúng vì hai mặt bên $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ và $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ song song; C đúng vì $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$ nên $(BD{A}^{\prime })\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$; D sai vì mặt $(AB{A}^{\prime })$ chính là mặt $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ chứa điểm $B^{\prime }$, mà $B^{\prime }\in (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$, nên hai mặt phẳng này cắt nhau tại $B^{\prime }$ (chứ không song song). Vậy mệnh đề sai là D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A đúng: $B{A}^{\prime }\parallel D^{\prime }C$ (vì $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$... thực chất $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ do $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$) và $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên $(BD{A}^{\prime })\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.
- B đúng: $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là hai mặt bên song song của hình hộp.
- D đúng: $(ABCD)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là hai mặt đáy song song.
- C sai: mặt $(AB{A}^{\prime })$ chứa điểm $B$, còn mặt $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ chứa $B^{\prime }$ với $B{B}^{\prime }$ là đường thẳng không song song với mặt này; hai mặt phẳng này cắt nhau (chúng cùng chứa các điểm có thể nối bởi đường thẳng nằm trong cả hai mặt, ví dụ giao tuyến qua $B$), nên chúng không song song.
Vậy mệnh đề sai là C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp, ta xét từng mệnh đề. (A) Đúng: $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }$ (vì $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$), nên $(BD{A}^{\prime })\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$. (B) Sai: vì $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ nên $B^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(AB{A}^{\prime })$ (tức mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$). Mặt khác $B^{\prime }\in (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$, do đó hai mặt phẳng $(AB{A}^{\prime })$ và $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ cắt nhau tại $B^{\prime }$, không song song. (C) Đúng: hai mặt bên đối diện của hình hộp song song. (D) Đúng: hai mặt đáy đối diện song song. Vậy mệnh đề sai là B, trùng với đáp án được gạch chân trong đề.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Vì $I\in$ tia $AB$ nên $\overrightarrow{AI}=x\vec{b}$ với $x=\frac{AI}{AB}>0$, tương tự $\overrightarrow{AN}=y\vec{c}$, $\overrightarrow{AP}=z\vec{d}$ với $y,z>0$. Trọng tâm $G$ của tam giác $BCD$ có $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$. Vì $G$ nằm trong mặt phẳng $(INP)$, tồn tại $\lambda ,\mu$ sao cho $\overrightarrow{AG}=\lambda x\vec{b}+\mu y\vec{c}+(1-\lambda -\mu )z\vec{d}$. Do $\vec{b},\vec{c},\vec{d}$ độc lập tuyến tính nên $\lambda x=\mu y=(1-\lambda -\mu )z=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$. Theo Cauchy–Schwarz: $$T=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\ge \frac{1}{3}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2=\frac{9}{3}=3.$$ Dấu bằng khi $x=y=z=1$, tức $I\equiv B,N\equiv C,P\equiv D$ (mặt phẳng $(BCD)$ đi qua $G$), thỏa mãn đề bài. Vậy $\min T=3$, khớp với đáp án nguồn. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(\alpha )\parallel AB$ và $(\alpha )$ cắt mặt $(ABC)$ theo giao tuyến $MN$, nên $MN\parallel AB$. Tương tự $NP\parallel CD$ (giao tuyến của $(\alpha )$ với $(BCD)$). Đặt $\frac{AM}{AC}=t$, theo Thales trong tam giác $ABC$: $MN=t\cdot AB=6t$. Trong tam giác $BCD$: $\frac{CN}{CB}=1-t$ nên $NP=(1-t)\cdot CD=8(1-t)$. Vì $MNPQ$ là hình thoi nên $MN=NP$: $6t=8(1-t)\Rightarrow 14t=8\Rightarrow t=\frac{4}{7}$. Suy ra $MN=6\cdot \frac{4}{7}=\frac{24}{7}$. Khớp với đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tiên đề về giao của hai mặt phẳng: nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất chứa tất cả các điểm chung còn lại. Do đó D đúng. A sai vì đường thẳng chung không phải là duy nhất (mọi đường thẳng nằm trong giao tuyến đều chung, và giao tuyến chứa vô số đường thẳng); thực chất hai mặt phẳng có một điểm chung thì giao của chúng là một đường thẳng, không phải một điểm. B sai vì ba điểm chung của hai mặt phẳng có thể không thẳng hàng (khi đó hai mặt phẳng trùng nhau). C sai vì hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung thì giao là cả một đường thẳng, không thể chỉ có duy nhất một điểm chung. Đáp án khớp với key nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm $SA,SB,SC,SD$ nên $MN\parallel AB\parallel CD$, $NP\parallel BC\parallel AD$, $MP\parallel AC$, $NQ\parallel BD$ với độ dài bằng nửa. Do đó $MN\parallel CD$ (D đúng), $MN\parallel PQ$ và $NP\parallel QM$ nên $MNPQ$ là hình bình hành (B đúng), và $MP=\frac{1}{2}AC$, $NQ=\frac{1}{2}BD$ nên $MP.NQ=\frac{1}{4}AC.BD$ (A đúng). Mặt phẳng $(MNPQ)$ song song với $(ABCD)$ (vì hai đường thẳng cắt nhau $MN,NP$ trong $(MNPQ)$ lần lượt song song với $AB,BC$ trong $(ABCD)$), nên hai mặt phẳng không có điểm chung. Vậy mệnh đề C sai.

a) Đúng. Trong tam giác $SAB$ có $\frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SB}$ nên $MN\parallel AB$ (định lí Thales đảo). Mà $AB\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ nên $MN\parallel (ABC)$.

b) Đúng. Tương tự, $NP\parallel BC$. Mặt phẳng $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN$, $NP$ lần lượt song song với $AB$, $BC$ nằm trong $(ABC)$, nên $(MNP)\parallel (ABC)$.

c) Đúng. Từ $MN\parallel AB$, $NP\parallel BC$, $MP\parallel AC$ suy ra $MN=\frac{2}{3}AB=4$, $NP=\frac{2}{3}BC=4$, $MP=\frac{2}{3}AC=4$ (đơn vị $cm$). Vậy tam giác $MNP$ đều.

d) Sai. Qua $M$ chỉ có một mặt phẳng song song với $(ABC)$, mà theo ý b) thì $(MNP)$ qua $M$ và song song với $(ABC)$, nên $(\alpha )$ trùng với $(MNP)$. Các đoạn giao tuyến của $(\alpha )$ với các mặt bên là $MN$, $NP$, $PM$, tạo thành tam giác đều $MNP$ cạnh $4cm$.

Diện tích tam giác $MNP$ là $\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}c{m}^2$, khác $\frac{9\sqrt{3}}{4}c{m}^2$.
a) Đúng. Trong tam giác $SAB$ có $\frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SB}$ nên $MN\parallel AB$ (định lí Thales đảo). Mà $AB\subset (ABC)$ và $MN\not\subset (ABC)$ nên $MN\parallel (ABC)$.
b) Đúng. Tương tự, $NP\parallel BC$. Mặt phẳng $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN$, $NP$ lần lượt song song với $AB$, $BC$ nằm trong $(ABC)$, nên $(MNP)\parallel (ABC)$.
c) Đúng. Từ $MN\parallel AB$, $NP\parallel BC$, $MP\parallel AC$ suy ra $MN=\frac{2}{3}AB=4$, $NP=\frac{2}{3}BC=4$, $MP=\frac{2}{3}AC=4$ (đơn vị $cm$). Vậy tam giác $MNP$ đều.
d) Sai. Qua $M$ chỉ có một mặt phẳng song song với $(ABC)$, mà theo ý b) thì $(MNP)$ qua $M$ và song song với $(ABC)$, nên $(\alpha )$ trùng với $(MNP)$. Các đoạn giao tuyến của $(\alpha )$ với các mặt bên là $MN$, $NP$, $PM$, tạo thành tam giác đều $MNP$ cạnh $4cm$.

Diện tích tam giác $MNP$ là $\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}c{m}^2$, khác $\frac{9\sqrt{3}}{4}c{m}^2$.

Theo hình vẽ, $M$ là điểm tựa ở mép miệng bể, $O$ là đầu thước chạm đáy bể và $N$ là điểm trên thước nằm trên mặt nước. Ta có $NO=3m$, $MN=2m$, suy ra $MO=5m$.

Ba mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (miệng bể), $(IJKL)$ (mặt nước) và $(ABCD)$ (đáy bể) đôi một song song. Chúng cắt hai đường thẳng $MO$ và $A{A}^{\prime }$ lần lượt tại $M$, $N$, $O$ và $A^{\prime }$, $I$, $A$.

Theo định lí Thales trong không gian: $\frac{AI}{A{A}^{\prime }}=\frac{ON}{OM}=\frac{3}{5}\Rightarrow AI=\frac{3}{5}.4=2,4(m)$.

Vậy mực nước còn lại trong bể là $2,4m$. Đáp số: $2,4$.

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

Trong tam giác $SAC$, $OM$ là đường trung bình nên $OM\parallel SC$.

Trong tam giác $SAD$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AD$, mà $AD\parallel BC$ nên $MN\parallel BC$.

Mặt phẳng $(OMN)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $OM$ và $MN$ lần lượt song song với $SC$ và $BC$ nằm trong $(SBC)$. Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$.

b) Trong tam giác $ABC$, $OE$ là đường trung bình nên $OE\parallel BC$. Mà $MN\parallel BC$ nên $OE\parallel MN$. Do đó bốn điểm $O$, $E$, $M$, $N$ cùng nằm trong một mặt phẳng, suy ra $E\in (OMN)$.

Mặt khác $F\in ON\subset (OMN)$, nên $EF\subset (OMN)$.

Theo câu a), $(OMN)\parallel (SBC)$, do đó $EF\parallel (SBC)$.