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

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, hai mặt phẳng song song là hai mặt phẳng không có điểm chung. Do đó nếu $(\alpha )\parallel (\beta )$ thì $(\alpha )$ và $(\beta )$ không có điểm chung. Vậy đáp án đúng là D.

Chọn C
Ta thấy $AC\cap BD\Rightarrow (AC{C}^{\prime })\cap (BD{D}^{\prime })$

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, xét vectơ: $\overrightarrow{A{B}_1}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D_1{C}_1}=\overrightarrow{D_{1}C}$ (vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ và $\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{D_1{C}_1}$). Suy ra $A{B}_1\parallel D_{1}C$. Tương tự, $\overrightarrow{A{D}_1}=\overrightarrow{A{A}_1}+\overrightarrow{A_1{D}_1}=\overrightarrow{B{B}_1}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{B{C}_1}$, suy ra $A{D}_1\parallel B{C}_1$. Vậy mặt phẳng $(B{C}_{1}D)$ chứa hai đường thẳng $D_{1}C$ và $B{C}_1$ cùng song song với hai đường thẳng cắt nhau $A{B}_1,A{D}_1$ nằm trong $(A{B}_1{D}_1)$, mà hai mặt phẳng này không trùng nhau (chúng không có điểm chung). Do đó $(A{B}_1{D}_1)\parallel (B{C}_{1}D)$. Đây là cặp mặt phẳng đối xứng qua tâm hình hộp. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A đúng: $AB//DC$ và $A{A}^{\prime }//D{D}^{\prime }$, hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })//(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$.
- B đúng: $BD//B^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $B{B}^{\prime }//D{D}^{\prime }$) và $B{A}^{\prime }//D^{\prime }C$ (do $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{B{A}^{\prime }}$). Hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(BD{A}^{\prime })//(D^{\prime }{B}^{\prime }C)$.
- C sai: $A^{\prime }{D}^{\prime }//AD$ với $AD\subset (ADC)$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }//(ADC)$; nhưng đường thẳng $B{A}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(ADC)$ tại $A$ (vì $A\in B{A}^{\prime }$ và $A\in (ADC)$). Do đó hai mặt phẳng $(B{A}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(ADC)$ cắt nhau (giao tuyến đi qua $A$), không song song.
- D đúng: $AC//A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }//A^{\prime }B$ (do $\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}-\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$). Hai đường thẳng cắt nhau lần lượt song song nên $(AC{D}^{\prime })//(A^{\prime }{C}^{\prime }B)$.
Vậy mệnh đề sai là C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ kiểm tra: A(0,0,0), B(2,0,0), D(0,2,0), C(2,2,0), S(0,0,3). Khi đó M(0,0,3/2), N(0,1,3/2), O(1,1,0), P(1,0,0).

- Nhận thấy cả bốn điểm O, M, N, P cùng thuộc mặt phẳng $3x+2z=3$ (thay tọa độ từng điểm đều thỏa). Do đó (NOM) trùng (OPM) và (PON) trùng (MNP), nên A và C sai.
- Xét (MON): $MN$ là đường trung bình tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Đường thẳng $OM$ có vectơ chỉ phương $(-1,-1,\frac{3}{2})$; mặt phẳng $(SBC)$ có phương trình $3x+2z=6$, thay điểm chạy trên $OM$: $3(1-t)+2\cdot \frac{3}{2}t=3\ne 6$ với mọi $t$, nên $OM\parallel (SBC)$. Vì $MN$ và $OM$ cắt nhau tại $M$ và cùng song song $(SBC)$ nên $(MON)\parallel (SBC)$. B đúng.
- (NMP) chính là mặt phẳng $3x+2z=3$, còn $(SBD)$ có vectơ pháp tuyến tỉ lệ $(3,3,2)$, không tỉ lệ với $(3,0,2)$, nên hai mặt phẳng này cắt nhau, D sai.

Vậy khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 9: a) Đúng - theo định nghĩa, hai mặt phẳng phân biệt không có điểm chung thì song song. b) Sai - điều kiện đúng phải là hai đường thẳng CẮT nhau và cùng song song với mặt phẳng kia; nếu hai đường thẳng song song với nhau (ví dụ hai cạnh AB và CD của hình hộp nằm trong (ABCD) cùng song song với (ABB'A')) thì hai mặt phẳng có thể cắt nhau. c) Đúng - tính chất bắc cầu của quan hệ song song: nếu (α)//(γ) và (β)//(γ) thì (α)//(β). d) Sai - hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng có thể cắt nhau, ví dụ trong hình hộp, mặt (ABCD) và mặt (ABB'A') cùng song song với đường thẳng CC' nhưng chúng cắt nhau theo giao tuyến AB.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đúng theo định nghĩa: hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau (không có điểm chung) thì song song với nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
Sai. Điều kiện đúng là hai đường thẳng phải CẮT nhau và cùng song song với mặt phẳng kia. Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì kết luận không chắc đúng: ví dụ trong hình hộp, (ABCD) chứa AB và CD cùng song song với (ABB'A') nhưng (ABCD) cắt (ABB'A') theo giao tuyến AB.
c) (AI giải đề cho tôi)
Đúng, theo tính chất bắc cầu của quan hệ song song giữa các mặt phẳng: nếu (α)//(γ) và (β)//(γ) thì (α)//(β).
d) (AI giải đề cho tôi)
Sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng có thể cắt nhau: trong hình hộp ABCD.A'B'C'D', hai mặt (ABCD) và (ABB'A') cùng song song với đường thẳng CC' nhưng chúng cắt nhau theo giao tuyến AB.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, với $I,K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$, $M,M^{\prime }$ là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$ (và $N$ hiểu là trung điểm của $C{C}^{\prime }$ – trung tuyến thứ hai của tam giác $AC{C}^{\prime }$).

a) Đúng. Vì $M{M}^{\prime }$ nối trung điểm $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$, do đó $M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Mặt khác tam giác $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong hai mặt phẳng song song, $AM$ và $A^{\prime }{M}^{\prime }$ là các trung tuyến tương ứng nên $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$. Tứ giác $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

b) Đúng. $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{1}{3}$. Tương tự, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$ nên $\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{AI}{AM}=\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$.

c) Sai. Chọn tọa độ $B(0;0;0),C(1;0;0),A(0;1;0),B^{\prime }(0;0;1),C^{\prime }(1;0;1),A^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};1)$, $G(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=0$. Ta có $\overrightarrow{IK}=(0;0;1)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $\overrightarrow{KG}=(\frac{1}{3};0;\frac{1}{3})\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, nên $(IKG)$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (phương trình $(IKG)$: $y=\frac{1}{3}$). Vậy $(IKG)$ không cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

d) Đúng. Với cùng hệ tọa độ: $\overrightarrow{A^{\prime }K}=(\frac{1}{3};-\frac{2}{3};0)=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=(\frac{2}{3};-\frac{2}{3};-\frac{2}{3})=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$. Suy ra mọi vectơ trong $(A^{\prime }KG)$ đều biểu diễn được qua $\overrightarrow{AI},\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, tức $(A^{\prime }KG)\parallel (AI{B}^{\prime })$ về phương. Mặt khác $A^{\prime }(0;1;1)$ không thuộc mặt phẳng $(AI{B}^{\prime })$ (phương trình $(AI{B}^{\prime })$: $-2x-y-z=-1$, thay $A^{\prime }$ được $-2\ne -1$). Vậy $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$ (hai trung tuyến tương ứng trong hai đáy song song), nên $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính chất trọng tâm: $AI/AM=1/3$ và $AG/AN=1/3$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ kiểm tra, $(IKG)$ có phương trình $y=1/3$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $y=0$, nên hai mặt phẳng không cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }K}=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, đồng thời $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;1)$. Khi đó $H(0;0;\frac{1}{2}),I(\frac{1}{2};0;\frac{1}{2}),K(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})$.

a) Trong tam giác $SAB$, $H,I$ là trung điểm của $SA,SB$ nên $HI\parallel AB$. Vì $AB\subset (ABCD)$ và $HI\not\subset (ABCD)$ nên $HI\parallel (ABCD)$. **Đúng**.

b) Tương tự $IK\parallel BC\subset (ABCD)$. Mặt phẳng $(HIK)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $HI,IK$ cùng song song với $(ABCD)$ nên $(HIK)\parallel (ABCD)$ (thực chất $(HIK)$ là mặt phẳng $z=\frac{1}{2}$). **Đúng**.

c) Tính giao điểm: $AI$: $(\frac{t}{2};0;\frac{t}{2})$; $KD$: $(\frac{1-s}{2};\frac{1+s}{2};\frac{1-s}{2})$. Giải hệ được $s=-1,t=2$, tức $M(1;0;1)$. $DH$: $(0;1-u;\frac{u}{2})$; $CI$: $(1-\frac{v}{2};1-v;\frac{v}{2})$. Giải hệ được $u=v=2$, tức $N(0;-1;1)$.
Khi đó $\overrightarrow{SM}=(1;0;0)$ và $\overrightarrow{HI}=(\frac{1}{2};0;0)$ cùng phương, nên $SM\parallel HI$ (cùng nằm trong mặt phẳng $y=0$), không chéo nhau. **Sai**.

d) $S(0;0;1),M(1;0;1),N(0;-1;1)$ đều có tung độ $z=1$ và không thẳng hàng, nên $(SMN)$ là mặt phẳng $z=1$, song song với $(HIK)$ là mặt phẳng $z=\frac{1}{2}$. Vậy $(SMN)\parallel (HIK)$, không cắt nhau. **Sai**.
a) (AI giải đề cho tôi)
$HI$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $HI\parallel AB\subset (ABCD)$, do đó $HI\parallel (ABCD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$HI\parallel AB$, $IK\parallel BC$ (hai đường thẳng cắt nhau) cùng song song với $(ABCD)$, nên $(HIK)\parallel (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ đã chọn, $M(1;0;1)$, $\overrightarrow{SM}=(1;0;0)$ cùng phương với $\overrightarrow{HI}=(\frac{1}{2};0;0)$, tức $SM\parallel HI$: hai đường thẳng song song chứ không chéo nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S,M,N$ đều nằm trên mặt phẳng $z=1$ (vì $N(0;-1;1)$), còn $(HIK)$ là mặt phẳng $z=\frac{1}{2}$. Hai mặt phẳng này song song nên không cắt nhau.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0,0,0)$, $D=(2,0,0)$, $B=(b,1,0)$, $C=(b+1,1,0)$ (vì $AD\parallel BC$, $AD=2BC$), $S=(p,q,h)$ với $h\ne 0$. Khi đó $E=\left(\frac{p}{2},\frac{q}{2},\frac{h}{2}\right)$, $F=(1,0,0)$, $I=\left(\frac{p+2}{2},\frac{q}{2},\frac{h}{2}\right)$.

a) SAI. $(EAF)$ chứa $AE\subset AS$, mà đường thẳng $AS$ cắt mặt phẳng $(SBC)$ tại $S\notin (EAF)$, nên hai mặt phẳng cắt nhau, không song song. Kiểm tra bằng tọa độ: pháp tuyến $(EAF)$ là $\overrightarrow{AF}\times \overrightarrow{AE}=(0,-h,q)$, pháp tuyến $(SBC)$ là $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(0,-h,q-1)$, không cùng phương.

b) SAI. Vì $AD\parallel BC$ và $AD\ne BC$ nên $AD\parallel (SBC)$; giao tuyến của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$), không song song với $AB$.

c) ĐÚNG. Trong tam giác $SAD$: $E$ trung điểm $SA$, $F$ trung điểm $AD$ nên $EF$ là đường trung bình, do đó $EF\parallel SD$; $F$ trung điểm $AD$, $I$ trung điểm $SD$ nên $FI\parallel SA$. Khi đó $(EFB)$ song song với mặt phẳng qua $B$ chứa các đường qua $B$ song song $SD$ và $SA$; kiểm tra bằng tọa độ: pháp tuyến của $(EFB)$ là $\overrightarrow{FE}\times \overrightarrow{FB}=\left(-\frac{h}{2},\frac{h(b-1)}{2},\frac{p}{2}-1-\frac{q(b-1)}{2}\right)$, và $\overrightarrow{CI}=\left(\frac{p-2b}{2},\frac{q-2}{2},\frac{h}{2}\right)$ có $\overrightarrow{CI}\cdot \vec{n}=\frac{h}{4}\left[-(p-2b)+(b-1)(q-2)+(p-2)-q(b-1)\right]=0$. Mặt khác $C\notin (EFB)$ vì $\overrightarrow{CF}\cdot \vec{n}=\frac{h}{2}\ne 0$. Vậy $CI\parallel (EFB)$.

d) ĐÚNG. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $d$ qua $S$ song song $AD$: $d=(p+t,q,h)$. Đường $FI$: $\left(1+s\frac{p}{2},s\frac{q}{2},s\frac{h}{2}\right)$. Giải hệ được $s=2$, $t=1$, tức $K=(p+1,q,h)$. Hai mặt phẳng $(SBF)$ và $(KCD)$ có cùng vecto pháp tuyến $(h,-(b-1)h,(b-1)q-p+1)$ và phân biệt (do $\overrightarrow{SD}\cdot \vec{n}=h\ne 0$ nên $S\notin (KCD)$). Vậy $(SBF)\parallel (KCD)$.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$(EAF)$ chứa $AE\subset AS$, mà $AS$ cắt $(SBC)$ tại $S\notin (EAF)$, nên hai mặt phẳng cắt nhau. Tọa độ: pháp tuyến $(0,-h,q)$ và $(0,-h,q-1)$ không cùng phương.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$, $AD\ne BC$ nên $AD\parallel (SBC)$; giao tuyến của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$), không song song với $AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$: $EF$ là đường trung bình nên $EF\parallel SD$; $FI$ là đường trung bình nên $FI\parallel SA$. Kiểm tra tọa độ: $\overrightarrow{CI}\cdot {\vec{n}}_{(EFB)}=0$ và $C\notin (EFB)$ (vì $\overrightarrow{CF}\cdot \vec{n}=\frac{h}{2}\ne 0$), suy ra $CI\parallel (EFB)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là đường qua $S$ song song $AD$; giao với $FI$ tại $K=(p+1,q,h)$. Hai mặt phẳng $(SBF)$ và $(KCD)$ có cùng vecto pháp tuyến $(h,-(b-1)h,(b-1)q-p+1)$ và phân biệt (vì $S\notin (KCD)$), nên $(SBF)\parallel (KCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy hình thang cân: hai đáy AB=11, CD=7 nên phần dư mỗi bên là (11−7)/2 = 2. Chiều cao hình thang: h = √(BC² − 2²) = √(5−4) = 1. Diện tích đáy: S = (11+7)/2 · 1 = 9. Mặt phẳng (α) // (ABCD) cắt SO tại I với 2SO = 5SI ⇒ SI/SO = 2/5, nên thiết diện đồng dạng với đáy theo tỉ số k = 2/5. Diện tích thiết diện = 9 · (2/5)² = 36/25 = 1,44.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $S$: $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{SO}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$.

Hai vectơ chỉ phương của $(AMN)$:
$$\vec{u}=\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{b}-\vec{a},\vec{v}=\overrightarrow{AN}=-\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{c}-\frac{2}{3}\vec{b}.$$

Gọi $\overrightarrow{SJ}=t\vec{c}$ với $t=\frac{SJ}{SC}$. Vì $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=-\frac{1}{2}\vec{a}+\left(t-\frac{1}{2}\right)\vec{c}$ phải là tổ hợp tuyến tính của $\vec{u},\vec{v}$: $\overrightarrow{OJ}=\lambda \vec{u}+\mu \vec{v}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b}$: $\frac{2}{3}\lambda -\frac{2}{3}\mu =0\Rightarrow \lambda =\mu$.

So sánh theo $\vec{a}$: $-\lambda -\frac{\lambda }{3}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{4}{3}\lambda =\frac{1}{2}\Rightarrow \lambda =\frac{3}{8}$.

So sánh theo $\vec{c}$: $t-\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow t=\frac{3}{4}$.

Vậy $k=\frac{SJ}{SC}=\frac{3}{4}$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $G$ là trọng tâm nên $G$ nằm trên trung tuyến từ $S$, do đó đường $d$ qua $G$ song song với $AD$ cắt $SA$, $SD$ tại $M$, $N$ với $\frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}$ (tính chất đường trung bình). Vậy $MN\parallel AD\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)$. Để $(MNP)\parallel (SBC)$, giao tuyến của $(MNP)$ với mặt đáy phải là đường thẳng qua $P$ song song với $BC$ (cũng song song $AD$). Đường này cắt $BD$ tại $Q$. Trong hình bình hành, với $P$ trên $CD$ sao cho $DP=t\cdot DC$, đường qua $P$ song song $AD$ cắt $BD$ tại $Q$ với $\frac{DQ}{DB}=t$. Mặt khác, trong mặt phẳng $(SBD)$, đường qua $N$ song song $SB$ cắt $BD$ tại $Q$ với $\frac{DQ}{DB}=\frac{DN}{DS}=\frac{1}{3}$. Suy ra $t=\frac{DP}{DC}=\frac{1}{3}$, nên $CP=\frac{2}{3}DC$ và $\frac{CP}{DP}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài toán được giải đầy đủ như sau. a) Trong tam giác SAD, M, N lần lượt là trung điểm SA, SD nên MN là đường trung bình: MN ∥ AD. Vì ABCD là hình bình hành nên AD ∥ BC, suy ra MN ∥ BC. Trong tam giác SAC, O là trung điểm AC (tâm hình bình hành) và M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình: OM ∥ SC. Vì MN và OM là hai đường thẳng cắt nhau tại M, cùng song song với hai đường thẳng cắt nhau BC và SC của mặt phẳng (SBC), nên (OMN) ∥ (SBC). b) O là tâm hình bình hành nên O là trung điểm BD. Trong tam giác ABD: P trung điểm AB, O trung điểm BD nên PO là đường trung bình, do đó PO ∥ AD và PO = ½AD; mà AD ∥ BC nên PO ∥ BC. Xét O, N, Q: O là trung điểm BD, N là trung điểm SD, trong tam giác SBD, đoạn ON là đường trung bình nên ON ∥ SB. Vì Q là trung điểm ON nên OQ = ½ON = ¼SB, suy ra OQ ∥ SB. Hai đường thẳng PO và OQ cắt nhau tại O và lần lượt song song với BC, SB của mặt phẳng (SBC), nên mặt phẳng (POQ) ∥ (SBC). Mà P thuộc (POQ) và P không thuộc (SBC), do đó đường thẳng PQ ∥ (SBC). Kiểm tra bằng tọa độ: A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1) thì P(0.5,0,0), Q(0.25,0.5,0.25), vectơ PQ = (−0.25,0.5,0.25) có tích vô hướng với pháp tuyến (1,0,1) của (SBC) bằng 0 và P không thuộc (SBC) — khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 20.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $CD$.

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

Gọi $I$ là trung điểm của $SD$.

- Trong 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 $OM\parallel SC$. Vì $SC\subset (SBC)$ và $OM\not\subset (SBC)$ nên $OM\parallel (SBC)$.

- Trong tam giác $SAD$: $M$, $I$ lần lượt là trung điểm $SA$, $SD$ nên $MI\parallel AD$.
- Trong tam giác $BCD$: $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $ON\parallel AD$, do đó $MI\parallel ON$.

Hai đường thẳng $MI$ và $ON$ song song nhau nên bốn điểm $M$, $I$, $O$, $N$ đồng phẳng, tức $I\in (OMN)$.

Trong mặt phẳng $(OMN)$: $MI\parallel AD\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $MI\not\subset (SBC)$, nên $MI\parallel (SBC)$.

Mặt phẳng $(OMN)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $OM$ và $MI$ cùng song song với $(SBC)$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. $■$

**b) Chứng minh $IJ\parallel (SAB)$ với $I$ là trung điểm $SD$, $J\in (ABCD)$ cách đều $AB$, $CD$.**

Xét mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $I$ và song song với $(SAB)$:

- Trong tam giác $SBD$: qua $I$ (trung điểm $SD$) kẻ đường thẳng song song với $SB$, đường thẳng này cắt $BD$ tại trung điểm của $BD$, tức tại $O$ (tâm hình bình hành). Vậy $O\in (\alpha )$.
- Vì $(\alpha )\parallel (SAB)$ nên $(\alpha )\parallel AB$; mà $AB\subset (ABCD)$, giao tuyến của $(\alpha )$ với $(ABCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $O$ và $d\parallel AB$.

Vì $AB\parallel CD$, tập hợp các điểm trong $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ là đường trung bình của hình bình hành, song song với $AB$ và đi qua tâm $O$. Do $J$ cách đều $AB$, $CD$ nên $J$ nằm trên đường thẳng này, tức $J\in d\subset (\alpha )$.

Suy ra $IJ\subset (\alpha )$, mà $(\alpha )\parallel (SAB)$, nên $IJ\parallel (SAB)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Dùng phương pháp vectơ. Chọn A làm gốc, đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AC}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì là lăng trụ nên $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{w}$.

Ta có:
$$\overrightarrow{AI}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3},\overrightarrow{AK}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\vec{w}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}+\vec{w},$$
$$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}.$$

**a) Chứng minh $(IKG)\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.**

Mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ chứa hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\vec{w}$ và $\overrightarrow{BC}=\vec{v}-\vec{u}$.

Ta có $\overrightarrow{IK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AI}=\vec{w}\parallel \overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, suy ra $IK\parallel B{B}^{\prime }$.

Lại có:
$$\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}-\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}=\frac{1}{3}[(\vec{v}-\vec{u})+2\vec{w}]=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}.$$
Vậy $\overrightarrow{IG}$ là tổ hợp tuyến tính của $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, tức $\overrightarrow{IG}$ song song với mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.

Mặt khác, điểm $I$ (trọng tâm $△ABC$) không thuộc mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ vì $\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}$ không thể biểu diễn qua $\vec{w}$ và $\vec{v}-\vec{u}$ (khi đó hệ số của $\vec{u}$ phải bằng 0, vô lý). Do đó $(IKG)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $IK,IG$ cùng song song với $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, suy ra $(IKG)\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Đpcm.

**b) Chứng minh $(AHI)\parallel (A^{\prime }KG)$.**

$H$ là trung điểm $B{B}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}$.

Mặt phẳng $(AHI)$ đi qua $A$ và chứa hai vectơ không cùng phương:
$$\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3},\overrightarrow{AH}=\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}.$$
Từ đó hiệu hai vectơ này cho:
$$3\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AH}=\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2},$$
tức vectơ $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}=\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ cũng song song với mặt phẳng $(AHI)$.

Xét mặt phẳng $(A^{\prime }KG)$:
- $\overrightarrow{A^{\prime }K}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{\vec{u}+\vec{v}}{3}=\overrightarrow{AI}$, suy ra $A^{\prime }K\parallel AI$.
- $\overrightarrow{A^{\prime }G}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{\vec{v}}{3}+\frac{2\vec{w}}{3}-\vec{w}=\frac{2}{3}\left(\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}\right)$, suy ra $\overrightarrow{A^{\prime }G}$ song song với vectơ $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}$, mà vectơ này song song với $(AHI)$; do đó $A^{\prime }G\parallel (AHI)$.

Hai đường thẳng cắt nhau $A^{\prime }K,A^{\prime }G$ (không cùng phương vì $\overrightarrow{AI}$ và $\vec{v}-\frac{\vec{w}}{2}$ độc lập tuyến tính) cùng song song với $(AHI)$.

Cuối cùng, $A^{\prime }\notin (AHI)$: giả sử $A^{\prime }\in (AHI)$ thì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{w}=\alpha (\vec{u}+\vec{v})+\beta \left(\vec{u}+\frac{\vec{w}}{2}\right)$, so sánh hệ số của $\vec{v}$ được $\alpha =0$, của $\vec{w}$ được $\beta =2$, của $\vec{u}$ được $\beta =0$, mâu thuẫn.

Vậy $(A^{\prime }KG)\parallel (AHI)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, nên $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$. Tương tự $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$, nên $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$. Hai đường thẳng cắt nhau $A{B}^{\prime }$, $A{D}^{\prime }$ của $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ lần lượt song song với $D{C}^{\prime }$, $B{C}^{\prime }$ của $(BD{C}^{\prime })$, do đó $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (BD{C}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình hộp nói chung chỉ có các mặt là hình bình hành; chỉ khi là hình hộp chữ nhật thì cả 6 mặt mới là hình chữ nhật. Đề không cho hình hộp là hình hộp chữ nhật, nên mệnh đề sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp, $C^{\prime }{D}^{\prime }\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ (vì $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành), suy ra $AB\parallel C^{\prime }{D}^{\prime }$. Mệnh đề đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $A^{\prime }B$ cắt mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ tại điểm $B\in (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, nên $A^{\prime }B$ không song song với mặt phẳng này. Mệnh đề sai.