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

(AI giải đề cho tôi)
Các cạnh BF, DH, CK song song với nhau (các cạnh bên của khối gỗ). Xét mặt phẳng bên chứa B, C, D, F, H, K: trong mặt phẳng này ta có hình thang với BF ∥ DH, CK ∥ DH, và mặt phẳng (α) qua K song song với (ABCD) cắt BF tại I nên đường thẳng IK song song với đáy. Theo định lý Thales (tam giác đồng dạng): BI/BF = CK/DH. Với BF = 0,8 m = 80 cm, CK = 60 cm, DH = 96 cm ta được BI = 80 · 60/96 = 50 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: Tứ giác $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $AB\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $A{B}^{\prime }\parallel D^{\prime }C$ (tức $C^{\prime }D$), mà $C^{\prime }D\subset (C^{\prime }BD)$. Tứ giác $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$, mà $BD\subset (C^{\prime }BD)$. Hai đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $B^{\prime }$, cùng thuộc mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và cùng song song với $(C^{\prime }BD)$. Vậy $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (C^{\prime }BD)$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải Câu 138.

a) Vì ABCD là hình bình hành nên $DC\parallel AB$ và $DC=AB$. Vì ABEF là hình bình hành nên $BE\parallel AF$ (tức $BE\parallel AF$) và $EF\parallel AB$, $EF=-AB$.

Suy ra $DC\parallel EF$ và $DC=EF$ (cùng dài bằng $AB$, cùng hướng với $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{FE}$), do đó tứ giác $DCEF$ là hình bình hành, nên $EC\parallel FD$.

Xét hai mặt phẳng $(AFD)$ và $(BEC)$:
- $BE\parallel AF$, với $AF\subset (AFD)$, $BE\subset (BEC)$, $AF$ không nằm trong $(BEC)$.
- $EC\parallel FD$, với $FD\subset (AFD)$, $EC\subset (BEC)$, $FD$ không nằm trong $(BEC)$.
- Hai đường thẳng $BE$ và $EC$ cắt nhau tại $E$ và cùng nằm trong $(BEC)$; hai đường thẳng $AF$ và $FD$ cắt nhau tại $F$ và cùng nằm trong $(AFD)$.

Vậy $(AFD)\parallel (BEC)$.

b) Ta có $AF\parallel BE$ nên $BE\parallel (AFD)$ (vì $AF\subset (AFD)$, $BE\not\subset (AFD)$). Mà $(P)\parallel (AFD)$ nên $BE\parallel (P)$.

Xét mặt phẳng $(ABE)$: $(P)$ cắt $(ABE)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $M$ và song song với $BE$. Gọi $d\cap AB=I$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABE$ nên đường thẳng qua $M$ song song với $BE$ cắt $AB$ tại $I$ thỏa mãn
$$\frac{AI}{IB}=\frac{2}{1}=2$$
(tính chất đường trung bình: $AI=\frac{2}{3}AB$).

Vì $AD\subset (AFD)$ nên $AD\parallel (P)$. Xét mặt phẳng $(ABCD)$: $(P)\cap (ABCD)=d^{\prime }$ là đường thẳng đi qua $I$ (vì $I\in AB\subset (ABCD)$ và $I\in (P)$) và song song với $AD$. Gọi $d^{\prime }\cap AC=N$ (chính là $N=(P)\cap AC$).

Trong tam giác $ABC$, ta có $I\in AB$, $IN\parallel BC$ (vì $BC\parallel AD$ theo hình bình hành $ABCD$). Theo định lý Thales:
$$\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{IB}=2.$$

Vậy $\frac{AN}{NC}=2$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A$ là gốc, $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b}$, $\overrightarrow{AD}=\mathbf{d}$, $\overrightarrow{AE}=\mathbf{e}$; khi đó $F=\mathbf{e}-\mathbf{b}$, $M=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{e}}{3}$, mặt phẳng qua $M$ song song $(AFD)$ có pháp tuyến $(\mathbf{e}-\mathbf{b})\times \mathbf{d}$; thay điểm $t(\mathbf{b}+\mathbf{d})$ trên $AC$ cho $t=\frac{2}{3}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{AN}{NC}=2$ — khớp với kết quả trên.)

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải chi tiết (Câu 141): Chọn hệ trục để tính toán kiểm tra: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $A^{\prime }=(0;0;1)$; khi đó $C=(1;1;0)$, $B^{\prime }=(1;0;1)$, $C^{\prime }=(1;1;1)$, $D^{\prime }=(0;1;1)$, $M=(0;\frac{1}{2};0)$, $N=(1;\frac{1}{2};1)$, $P=(0;1;\frac{1}{2})$.

a) Trong hình hộp, $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AD$; hơn nữa $B^{\prime }{C}^{\prime }=AD$ (cùng bằng cạnh của hình hộp). Tứ giác $ADC{B}^{\prime }$ có $AD\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $AD=B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $ADC{B}^{\prime }$ là hình bình hành.

b) $BD$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ lần lượt là đường chéo của hai hình bình hành $ABCD$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$. Vì $B^{\prime }{D}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, $BD\not\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.
Véc-tơ $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$ (kiểm tra: $N-M=(1;0;1)=B^{\prime }-A$), do đó $MN\parallel A{B}^{\prime }$. Vì $A{B}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $MN\not\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $MN\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.

c) $\overrightarrow{MP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD})=\frac{1}{2}\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, nên $MP\parallel A{D}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Mặt phẳng $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN\parallel A{B}^{\prime }$, $MP\parallel A{D}^{\prime }$, còn $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ chứa $A{B}^{\prime }$ và $A{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $A$, nên $(MNP)\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Từ đó, vì $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(MNP)\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $BD\parallel (MNP)$.

d) Gọi $E$ là trung điểm $AB$, $F$ là trung điểm $B{B}^{\prime }$, $Q$ là trung điểm $D^{\prime }{C}^{\prime }$. Kiểm tra bằng tọa độ, mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình $-x-y+z=-\frac{1}{2}$, và ta được giao tuyến với từng mặt:
• Mặt $ABCD$ ($z=0$): $x+y=\frac{1}{2}$, cắt hình tại đoạn $ME$ (từ $M$ trên $AD$ đến $E$ trên $AB$).
• Mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ ($y=0$): $z=x-\frac{1}{2}$, đoạn $EF$ (từ $E$ đến $F$ trung điểm $B{B}^{\prime }$).
• Mặt $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ ($x=1$): $z=y+\frac{1}{2}$, đoạn $FN$ (từ $F$ đến $N$ trên $B^{\prime }{C}^{\prime }$).
• Mặt $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ($z=1$): $x+y=\frac{3}{2}$, đoạn $NQ$ (từ $N$ đến $Q$ trung điểm $D^{\prime }{C}^{\prime }$).
• Mặt $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ($y=1$): $z=x+\frac{1}{2}$, đoạn $QP$ (từ $Q$ đến $P$ trên $D{D}^{\prime }$).
• Mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ ($x=0$): $z=y-\frac{1}{2}$, đoạn $PM$.
Vậy giao tuyến của $(MNP)$ với các mặt của hình hộp là lục giác $MEFNQP$ (các đoạn $ME,EF,FN,NQ,QP,PM$ nằm lần lượt trên sáu mặt nói trên).

e) Ba mặt phẳng đều có phương trình dạng $-x-y+z=c$: $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$: $c=0$; $(MNP)$: $c=-\frac{1}{2}$; $(C^{\prime }BD)$: qua $B(1;0;0)$ nên $-x-y+z=-1$, tức $c=-1$. Vậy $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (MNP)\parallel (C^{\prime }BD)$ và khoảng cách giữa hai mặt phẳng liên tiếp bằng nhau (bước $\frac{1}{2}$ theo $c$). Một đường thẳng bất kỳ cắt ba mặt phẳng song song này tại $I,J,H$ thì các đoạn bị chia tỉ lệ với khoảng cách giữa các mặt phẳng, do đó $\frac{IJ}{JH}=\frac{1/2}{1/2}=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{D{C}^{\prime }}$, suy ra $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$. Tương tự, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{B{C}^{\prime }}$, suy ra $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$. Hai đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $A{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $A$ và nằm trong mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$; hai đường thẳng $D{C}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ cắt nhau tại $C^{\prime }$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(C^{\prime }BD)$. Theo dấu hiệu hai mặt phẳng song song (hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng này lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng kia), ta được $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (C^{\prime }BD)$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SAC, M trung điểm SA, P trung điểm AC nên MP // SC. Trong tam giác ABC, đặt vectơ: PI = I - P = (A+B)/4 - (A+C)/2 = (B - A - 2C)/4, còn CN = N - C = (A+B)/2 - C = (A + B - 2C)/2. Suy ra PI = CN/2, tức PI // CN. Vậy mặt phẳng (MPI) chứa hai đường thẳng cắt nhau MP // SC và PI // CN, nên (MPI) // (SCN). Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia, nên khẳng định A đúng. B sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau; C sai vì $a$, $b$ có thể chéo nhau hoặc cắt nhau; D sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau theo giao tuyến song song với $a$, $b$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba mặt phẳng (ABCD), (IJKL), (EFGH) song song với nhau. Các đoạn thẳng nối hai mặt phẳng song song và nằm trên hai đường thẳng cắt nhau (AE và CG cùng nằm trong mặt phẳng (ACGE)) bị chia theo cùng một tỉ số bởi mặt phẳng song song thứ ba. Do đó EI/EA = GK/GC = 42/100, suy ra GK = 130 · 42/100 = 54,6 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các mặt kệ song song với mặt đất, các đoạn thẳng nối hai thanh gỗ dọc tại các vị trí $A,B,C,D$ và $E,F,G,H$ bị cắt bởi hai đường thẳng $d_1,d_2$. Theo định lí Thales, vì $A,B,C,D$ cách đều nhau ($AB=BC=CD$) nên $E,F,G,H$ cũng cách đều nhau: $EF=FG=GH=35$ cm. Do đó $HE=EF+FG+GH=3\cdot 35=105$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 124. Đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$.

a) 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 $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$.
Vì $O$ là tâm hình bình hành nên $O$ là trung điểm $AC$. Xét tam giác $SAC$: $O$ trung điểm $AC$, $M$ trung điểm $SA$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$ với $SC\subset (SBC)$.
Hai đường thẳng $MN$ và $OM$ cắt nhau tại $M$, cùng nằm trong $(OMN)$ và lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau $BC,SC$ của $(SBC)$. Theo định lý về điều kiện song song của hai mặt phẳng, ta có $(OMN)\parallel (SBC)$.

b) Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$.
- $O$ là trung điểm $AC$: $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$.
- $N$ là trung điểm $SD$: $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$.
- $Q$ là trung điểm $ON$: $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}\left(\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}+\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}\right)=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}$.
- $P$ là trung điểm $AB$: $\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}}{2}$.
Suy ra $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}-\vec{b}}{4}$.
Ta có $\vec{s}-\vec{b}=-(\vec{b}-\vec{s})=-\overrightarrow{SB}$ và $2\vec{d}=2\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BC}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành). Vậy $\overrightarrow{PQ}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
Hai vectơ $\overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC}$ không cùng phương và cùng nằm trong $(SBC)$, nên $\overrightarrow{PQ}$ là vectơ chỉ phương của một đường thẳng song song với $(SBC)$ (hoặc nằm trong $(SBC)$).
Mặt khác $P\in AB\subset (ABCD)$, mà $(ABCD)\cap (SBC)=BC$ và $P\notin BC$, nên $P\notin (SBC)$, do đó $PQ\not\subset (SBC)$.
Vậy $PQ\parallel (SBC)$. $■$

(Nhận xét: có thể trình bày tổng hợp — vì $O$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $ON$ là đường trung bình tam giác $DBS$, suy ra $ON\parallel SB$; từ đó cũng dẫn đến kết quả tương tự.)

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 125**

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

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

Xét tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra
$$OM\parallel SC.$$

Xét tam giác $ACD$: $O$ là trung điểm $AC$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON$ là đường trung bình, suy ra
$$ON\parallel AD.$$

Mà $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $ON\parallel BC$.

Ta có:
- $OM\parallel SC$, với $SC\subset (SBC)$, $OM\not\subset (SBC)$;
- $ON\parallel BC$, với $BC\subset (SBC)$, $ON\not\subset (SBC)$;
- $OM\cap ON=O$, $O\notin (SBC)$.

Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$. $■$

**b) Chứng minh $IJ\parallel (SAB)$:**

Gọi $E$ là trung điểm của $AD$, $F$ là trung điểm của $BC$. Vì $AB\parallel CD$ nên tập hợp các điểm trong mặt phẳng $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ là đường trung bình của hình bình hành, tức đường thẳng $EF$ (song song với $AB$ và $CD$). Do $J$ cách đều $AB,CD$ nên $J\in EF$.

Xét tam giác $SAD$: $I$ là trung điểm $SD$, $E$ là trung điểm $AD$ nên $IE$ là đường trung bình, suy ra
$$IE\parallel SA,SA\subset (SAB).$$

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $E$ là trung điểm $AD$, $F$ là trung điểm $BC$, do đó $EF$ là đoạn nối hai trung điểm hai cạnh đối diện, suy ra
$$EF\parallel AB,AB\subset (SAB).$$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $EF$ không song song $AD$ (vì $EF\parallel AB$ và $AB$ cắt $AD$ tại $A$), nên $IE$ và $EF$ cắt nhau tại $E$.

Ta có: $IE\parallel SA\subset (SAB)$, $EF\parallel AB\subset (SAB)$, $IE\cap EF=E$, $E\notin (SAB)$.

Vậy mặt phẳng $(IEF)\parallel (SAB)$.

Mà $J\in EF\subset (IEF)$, $I\in (IEF)$ nên $IJ\subset (IEF)$, do đó
$$IJ\parallel (SAB).■$$

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1 (Phần IV): Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O. M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD.

a) Chứng minh (OMN) // (SBC):

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

Xét tam giác SAC: O là tâm hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC; M là trung điểm SA. Suy ra OM là đường trung bình của tam giác SAC, nên $OM\parallel SC$. Mà $SC\subset (SBC)$, $OM\not\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$.

Trong mặt phẳng (OMN), hai đường thẳng MN và OM cắt nhau tại M, đồng thời cùng song song với mặt phẳng (SBC). Theo định lí về điều kiện song song của hai mặt phẳng, ta có:
$$(OMN)\parallel (SBC).$$

b) P, Q lần lượt là trung điểm của AB, ON. Chứng minh PQ // (SBC):

Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó:
- $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$ (tâm hình bình hành),
- $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}}{2}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$,
- $\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}}{2}$,
- $\overrightarrow{AQ}=\frac{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{AN}}{2}=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}$.

Suy ra:
$$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{\vec{b}+\vec{s}+2\vec{d}}{4}-\frac{\vec{b}}{2}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}-\vec{b}}{4}.$$

Ta có $\overrightarrow{SB}=\vec{b}-\vec{s}$ và $\overrightarrow{BC}=\vec{d}$, nên:
$$\overrightarrow{PQ}=\frac{-(\vec{b}-\vec{s})+2\vec{d}}{4}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}.$$

Vậy $\overrightarrow{PQ}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC}$ không đồng phẳng, tức $\overrightarrow{PQ}\parallel (SBC)$. Mặt khác P nằm trên AB mà AB cắt mặt phẳng (SBC) tại B, P ≠ B nên $P\notin (SBC)$, do đó $PQ\not\subset (SBC)$.

Kết luận: $PQ\parallel (SBC)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Câu hỏi khớp với trang 31 (PHẦN IV. Tự Luận, Câu 1). Lời giải AI:

a) Trong tam giác $SAD$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN//AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD//BC$, do đó $MN//BC$.

Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành) nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM//SC$.

Ta có $MN,OM\subset (OMN)$, $MN\cap OM=M$; đồng thời $MN//BC\subset (SBC)$, $OM//SC\subset (SBC)$, và $MN$ không song song $OM$. Theo định lí về hai mặt phẳng song song, suy ra $(OMN)//(SBC)$.

b) Trong tam giác $SBD$: $O$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $ON$ là đường trung bình, suy ra $ON//SB$.

Trong tam giác $ABC$: $P$ là trung điểm $AB$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $PO$ là đường trung bình, suy ra $PO//BC$.

Xét mặt phẳng $(PON)$: $PO,ON\subset (PON)$, $PO\cap ON=O$; đồng thời $PO//BC\subset (SBC)$, $ON//SB\subset (SBC)$, và $PO$ không song song $ON$. Theo định lí về hai mặt phẳng song song, suy ra $(PON)//(SBC)$.

Vì $Q$ là trung điểm của $ON$ nên $Q\in ON\subset (PON)$; lại có $P\in (PON)$, do đó $PQ\subset (PON)$. Mà $(PON)//(SBC)$ và $PQ\not\subset (SBC)$, nên $PQ//(SBC)$.

Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0),S(0;0;1)$ thì $(SBC)$ có phương trình $x+z=1$; $(PON)$ với $P(0,5;0;0),O(0,5;0,5;0),N(0;0,5;0,5)$ có phương trình $x+z=0,5$, đúng là song song với $(SBC)$, và $Q(0,25;0,5;0,25)\in (PON)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $a\subset (\alpha )$ và $(\alpha )//(\beta )$ nên $a$ không nằm trong $(\beta )$, do đó $a//(\beta )$. Tương tự $b\subset (\beta )$ và $(\beta )//(\alpha )$ nên $b//(\alpha )$. Vậy mệnh đề B đúng. Các mệnh đề A, C sai vì hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng song song có thể chéo nhau hoặc song song; D không phải kết luận tất yếu.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $BD$. Xét tam giác $SBD$: $N$ là trung điểm $SD$, $O$ là trung điểm $BD$ nên $NO$ là đường trung bình, suy ra $NO\parallel SB\Rightarrow NO\parallel (SBC)$. Xét tam giác $SAD$: $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AD\parallel BC\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Hai đường thẳng $MN$ và $NO$ cắt nhau tại $N$ và cùng song song với $(SBC)$, do đó $(MON)\parallel (SBC)$. Vậy B đúng.

Kiểm tra các phương án khác (chọn hệ tọa độ $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0;2;0),C(2;2;0),S(0;0;4)$, khi đó $M(0;0;2),N(0;1;2),P(1;0;0),O(1;1;0)$):
- A: $(NOM)$ và $(OPM)$ đều có phương trình $2x+z=2$, hai mặt phẳng trùng nhau chứ không cắt nhau → A sai.
- C: $O(1;1;0)$ thuộc mặt phẳng $(MNP)$ (phương trình $z=2-2x$), nên $(PON)$ trùng $(MNP)$, giao không phải là $NP$ → C sai.
- D: pháp tuyến của $(SBD)$ là ${\vec{n}}_1=(2;2;1)$, pháp tuyến của $(NMP)$ là ${\vec{n}}_2=(2;0;1)$, không cùng phương nên hai mặt phẳng cắt nhau → D sai.

Kết luận: khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: hai đáy $(ABCD)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (A đúng); hai mặt bên đối diện $(A{A}^{\prime }{D}^{\prime }D)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\parallel (CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ (B, D đúng). Xét C: mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ chứa đường chéo $BD$ của đáy, mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ chứa đường chéo $AC$ của đáy. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình bình hành $ABCD$ cắt nhau tại tâm $O$, đồng thời $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ cắt nhau tại tâm $O^{\prime }$ của đáy trên. Do đó hai mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ có điểm chung $O$ (và $O^{\prime }$), tức chúng cắt nhau theo giao tuyến $O{O}^{\prime }$, không song song. Vậy mệnh đề C sai.

(AI giải đề cho tôi)
Với $G_1$ trọng tâm tam giác $ABC$, $G_2$ trọng tâm tam giác $ACD$, $G_3$ trọng tâm tam giác $ABD$, ta có (dùng vectơ): $\overrightarrow{G_2{G}_3}=\frac{1}{3}(\vec{C}-\vec{B})=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$ nên $G_2{G}_3\parallel BC$; tương tự $\overrightarrow{G_1{G}_3}=\frac{1}{3}(\vec{C}-\vec{D})=\frac{1}{3}\overrightarrow{DC}$ nên $G_1{G}_3\parallel DC$. Trong mặt phẳng $(BCD)$ có hai đường thẳng cắt $BC$ và $DC$, còn trong $(G_1{G}_2{G}_3)$ có $G_2{G}_3$ và $G_1{G}_3$ cắt nhau tại $G_3$ và lần lượt song song với $BC$, $DC$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, suy ra $(G_1{G}_2{G}_3)\parallel (BCD)$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ cho thấy lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ xiên (cạnh bên không vuông góc với mặt đáy). Với lăng trụ nói chung: các cạnh bên song song với nhau (đúng); hai tam giác đáy bằng nhau (đúng); hai đáy nằm trên hai mặt phẳng song song (đúng). Tuy nhiên các mặt bên là các hình bình hành, không phải hình chữ nhật (chỉ lăng trụ đứng mới có mặt bên là hình chữ nhật). Vậy khẳng định sai là B, trùng với đáp án của đề (mã đề 112, câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, xét mặt phẳng $(A^{\prime }{C}^{\prime }D)$:
- $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $AAC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành), mà $AC\subset (B^{\prime }AC)$, $A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{C}^{\prime }D)$.
- $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$ (vì $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình bình hành), mà $A{B}^{\prime }\subset (B^{\prime }AC)$, $D{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{C}^{\prime }D)$.
Hai đường thẳng giao nhau $AC$ và $A{B}^{\prime }$ của $(B^{\prime }AC)$ lần lượt song song với hai đường thẳng giao nhau $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $D{C}^{\prime }$ của $(A^{\prime }{C}^{\prime }D)$, nên $(B^{\prime }AC)\parallel (A^{\prime }{C}^{\prime }D)$.
Kiểm tra các phương án khác: $(A^{\prime }CD)$ cắt $(B^{\prime }AC)$ tại $C$; $(BD{D}^{\prime })$ cắt $(B^{\prime }AC)$ tại... thực chất $BD$ không song song $AC$ nên hai mặt phẳng cắt nhau; $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$ không có cặp đường thẳng giao nhau tương ứng song song (chỉ có $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$). Vậy đáp án là $(A^{\prime }{C}^{\prime }D)$.