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

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, hai mặt đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song với nhau vì $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$, $AD\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }$ (các cặp cạnh tương ứng song song). Các mặt còn lại $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$, $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ đều cắt $(ABCD)$ theo các đường thẳng $AB$, $AD$, $AC$ nên không song song. Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Khi đó $I$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $I$ nằm trên $BM$ với $IM=\frac{1}{3}BM$; tương tự $K$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $K$ nằm trên $AM$ với $KM=\frac{1}{3}AM$. Suy ra $\frac{MI}{MB}=\frac{MK}{MA}=\frac{1}{3}$, do đó $IK\parallel AB$ và $IK=\frac{1}{3}AB$. Vậy $\frac{IK}{AB}=\frac{1}{3}\approx 0,33$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20. a) O là tâm hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC. Trong tam giác SAC, M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình, suy ra OM ∥ SC, với SC ⊂ (SBC). Trong tam giác ACD, N là trung điểm CD nên ON là đường trung bình, suy ra ON ∥ AD; mà AD ∥ BC (hình bình hành) nên ON ∥ BC, với BC ⊂ (SBC). Hai đường thẳng OM và ON cắt nhau tại O và cùng song song với (SBC), nên (OMN) ∥ (SBC).

b) Trong mặt phẳng đáy, đường thẳng ON đi qua O và song song với AD (nên cũng song song với BC), cắt AB tại trung điểm K của AB (đường trung bình của tam giác ABC). Khi đó K ∈ ON và K ∈ AB ⊂ (SAB), vậy giao điểm I của ON và (SAB) chính là trung điểm K của AB.

c) Vì I là trung điểm AB nên SI là trung tuyến của tam giác SAB; BM cũng là trung tuyến của tam giác SAB (M trung điểm SA). Hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm G của tam giác SAB. H là trọng tâm tam giác SCD. Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, và $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$ (tính chất trọng tâm tam giác SAB), $\overrightarrow{AH}=\frac{\vec{s}+(\vec{b}+\vec{d})+\vec{d}}{3}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+2\vec{d}}{3}$ (trọng tâm tam giác SCD). Suy ra $\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\vec{d}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}$. Vậy $GH\parallel AD$, mà $AD\subset (SAD)$ và $G\notin (SAD)$, do đó $GH\parallel (SAD)$.

Kiểm tra lại tính nhất quán của phần b): trong không gian, BC không nằm trong mặt phẳng (SAB) (mặt phẳng (SAB) chỉ cắt đáy theo đường AB), nên không có mâu thuẫn với việc ON cắt (SAB) tại K; kết quả I là trung điểm AB là đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành) và $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ (vì $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$ là hình bình hành do $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$). Xét mặt phẳng $(C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$: nó chứa $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$ và chứa $D^{\prime }C\parallel A^{\prime }B$, với $BD,A^{\prime }B$ thuộc $(A^{\prime }BD)$ cắt nhau tại $B$, còn $B^{\prime }{D}^{\prime },D^{\prime }C$ thuộc $(C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ cắt nhau tại $D^{\prime }$. Theo dấu hiệu hai mặt phẳng song song, $(A^{\prime }BD)\parallel (C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Các phương án khác sai vì $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ chứa $BD$ nên cắt $(A^{\prime }BD)$; $(B^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ không thỏa điều kiện song song với $(A^{\prime }BD)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) ĐÚNG: Trong lăng trụ $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, mà $C{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $B{B}^{\prime }\not\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
b) ĐÚNG: $(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song.
c) ĐÚNG: Đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1)$ (suy ra $B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$). Trọng tâm $△ABC$: $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$; trọng tâm $△AC{C}^{\prime }$: $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Đường $IG$: $(x;y;z)=(\frac{1}{3}-\frac{t}{3};\frac{1}{3};\frac{t}{3})$. Mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ có phương trình $x+y=1$; thay vào được $\frac{1}{3}-\frac{t}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow t=-1$, giao điểm $(\frac{2}{3};\frac{1}{3};-\frac{1}{3})$, vậy $IG$ cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
d) SAI: $K$ là trọng tâm $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A(0;0;0),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$ nên $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$. Ba điểm $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$, $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$ đều có $y=\frac{1}{3}$ nên $(IKG)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$, còn $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $x+y=1$; hai mặt phẳng cắt nhau theo đường $x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3}$, do đó không song song.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $B{B}^{\prime }\not\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1)$: $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $G(0;\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Đường $IG$: $(\frac{1}{3}-\frac{t}{3};\frac{1}{3};\frac{t}{3})$; mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$ cho $t=-1$, giao điểm $(\frac{2}{3};\frac{1}{3};-\frac{1}{3})$, vậy $IG$ cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$K$ là trọng tâm $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$ nên $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3})$. Ba điểm $I,K,G$ đều có $y=\frac{1}{3}$ nên $(IKG)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$, cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $x+y=1$ theo đường $x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3}$, nên không song song.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.EFGH$, vì $ABGF$ là hình bình hành nên $AF\parallel BG$, vì $ADHF$ là hình bình hành nên $AH\parallel DG$. Xét $(AFH)$ và $(GBD)$: $AF\parallel BG$ với $BG\subset (GBD)$, $AF\not\subset (GBD)$ nên $AF\parallel (GBD)$; tương tự $AH\parallel DG$ nên $AH\parallel (GBD)$. Hai đường thẳng $AF$ và $AH$ cắt nhau tại $A$ và cùng nằm trong $(AFH)$, do đó $(AFH)\parallel (GBD)$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$: $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN\parallel AD$. Trong tam giác $SAC$: $O$ là tâm hình bình hành nên là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SA$ nên $OM\parallel SC$. Vì $SC\subset (SCD)$, $SD\subset (SCD)$, $SC$ và $SD$ cắt nhau tại $S$, mà $OM\subset (OMN)$, $MN\subset (OMN)$, $OM$ và $MN$ cắt nhau tại $M$, do đó $(OMN)\parallel (SCD)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $(HIK)//(ABCD)$.**

Trong tam giác $SAB$: $H$ là trung điểm $SA$, $I$ là trung điểm $SB$ nên $HI$ là đường trung bình, suy ra $HI\parallel AB$.

Trong tam giác $SBC$: $I$ là trung điểm $SB$, $K$ là trung điểm $SC$ nên $IK$ là đường trung bình, suy ra $IK\parallel BC$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, do đó $IK\parallel AD$.

Ta có:
- $HI\parallel AB$ với $AB\subset (ABCD)$, $HI\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow HI\parallel (ABCD)$;
- $IK\parallel AD$ với $AD\subset (ABCD)$, $IK\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow IK\parallel (ABCD)$.

Vì $HI$ và $IK$ cắt nhau tại $I$ và cùng song song với $(ABCD)$ nên $(HIK)\parallel (ABCD)$. $■$

**b) Chứng minh $(SMN)\parallel (HIK)$.**

*Gọi $T$ là điểm sao cho $\overrightarrow{ST}=\overrightarrow{AB}$ (tức $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$). Ta chứng minh $T\equiv M$.*

- $T\in AI$: Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ cắt đường thẳng $AI$ tại $T$. Xét $△SIT$ và $△BIA$: $SI=IB$, $\angle SIT=\angle BIA$ (đối đỉnh), $\angle IST=\angle IBA$ (so le trong, do $ST\parallel AB$). Suy ra $△SIT=△BIA$ (g.c.g), do đó $T$ nằm trên đường thẳng $AI$.
- $T\in KD$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $DC\stackrel{\parallel }{=}AB$, kết hợp $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$ suy ra $ST\stackrel{\parallel }{=}DC$. Do đó tứ giác $STCD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SC$ và $TD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. mà $K$ là trung điểm $SC$ nên $T\in KD$.

Vậy $T$ là giao điểm của $AI$ và $KD$, tức $M\equiv T$ và $SM\stackrel{\parallel }{=}AB$.

*Gọi $U$ là điểm sao cho $\overrightarrow{SU}=\overrightarrow{CB}$ (tức $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$). Ta chứng minh $U\equiv N$.*

- $U\in CI$: Trong mặt phẳng chứa $S,B,C$, đường thẳng qua $S$ song song với $BC$ cắt đường thẳng $CI$ tại $U$. Xét $△SIU$ và $△BIC$: $SI=IB$, $\angle SIU=\angle BIC$ (đối đỉnh), $\angle ISU=\angle IBC$ (so le trong, do $SU\parallel BC$). Suy ra $△SIU=△BIC$ (g.c.g), do đó $U$ nằm trên đường thẳng $CI$.
- $U\in DH$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\stackrel{\parallel }{=}BC$, kết hợp $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$ suy ra $SU\stackrel{\parallel }{=}DA$. Do đó tứ giác $SUAD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SA$ và $UD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà $H$ là trung điểm $SA$ nên $U\in DH$.

Vậy $U$ là giao điểm của $DH$ và $CI$, tức $N\equiv U$ và $SN\stackrel{\parallel }{=}CB$.

*Kết luận:* Ta có $SM\parallel AB\parallel HI$ mà $SM\not\subset (HIK)$, $HI\subset (HIK)$, suy ra $SM\parallel (HIK)$.

Ta có $SN\parallel CB\parallel IK$ (vì $IK$ là đường trung bình của $△SBC$) mà $SN\not\subset (HIK)$, $IK\subset (HIK)$, suy ra $SN\parallel (HIK)$.

Vì $SM$ và $SN$ cắt nhau tại $S$ và cùng song song với mặt phẳng $(HIK)$ nên $(SMN)\parallel (HIK)$. $■$

*(Kiểm tra bằng vectơ: đặt $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$ thì $H=\frac{\mathbf{a}}{2},I=\frac{\mathbf{b}}{2},K=\frac{\mathbf{c}}{2}$, $D=\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b}$; giải hệ cho $M=AI\cap KD$ được $\overrightarrow{SM}=\mathbf{b}-\mathbf{a}=\overrightarrow{AB}$, và $N=DH\cap CI$ được $\overrightarrow{SN}=\mathbf{b}-\mathbf{c}=\overrightarrow{CB}$, đúng như trên; mặt $(SMN)$ là tập điểm $\alpha \mathbf{a}+\beta \mathbf{b}+\gamma \mathbf{c}$ với $\alpha +\beta +\gamma =0$, song song với mặt $(HIK)$ có $\alpha +\beta +\gamma =\frac{1}{2}$.)*

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{BD}$ nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$, mà $BD\subset (B{C}^{\prime }D)$. Ta cũng có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{C}^{\prime }}$ nên $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$, mà $D{C}^{\prime }\subset (B{C}^{\prime }D)$. Hai đường thẳng giao nhau $A{B}^{\prime }$, $B^{\prime }{D}^{\prime }$ của mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ lần lượt song song với hai đường thẳng $D{C}^{\prime }$, $BD$ nằm trong mặt phẳng $(B{C}^{\prime }D)$, suy ra $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng phân biệt song song thì không có điểm chung nào, nên số điểm chung là 0. Chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Hai thanh gỗ $d_1$ và $d_2$ song song, các mặt kệ song song với mặt đất nên cắt hai thanh này theo các đoạn song song: $EF\parallel FG\parallel GH$. Vì $A,B,C,D$ cách đều nhau (tức $AB=BC=CD$), theo định lí Thales (tính chất đường thẳng song song), các đoạn trên $d_2$ cũng bằng nhau: $EF=FG=GH=35$ cm. Do đó $HE=EF+FG+GH=3\cdot 35=105$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, mặt $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ là mặt đối diện của $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$. Ta có $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ (cạnh song song của hình hộp) và $CD\parallel AB$ (vì $ABCD$ là hình bình hành), với $C{C}^{\prime },CD\subset (C{C}^{\prime }{D}^{\prime }D)$, $A{A}^{\prime },AB\subset (A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$, và $C{C}^{\prime }\not\subset (A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime }D)\parallel (A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$. Các phương án còn lại đều cắt $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$: $(B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ và $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ cùng chứa giao tuyến $B{B}^{\prime }$, còn $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ cùng chứa giao tuyến $A{A}^{\prime }$. Vậy đáp án là A, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M,N$ là trung điểm của $SA,SD$ nên $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, suy ra $MN\parallel BC$. Trong tam giác $SAC$, $O$ là tâm hình bình hành nên là trung điểm của $AC$, $M$ là trung điểm của $SA$, do đó $OM\parallel SC$. Vì $OM\parallel SC$, $MN\parallel BC$, với $OM\cap MN=M$, $SC\cap BC=C$, và $M\notin (SBC)$, nên theo định lý về hai mặt phẳng song song, $(OMN)\parallel (SBC)$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp, các cạnh bên $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },D{D}^{\prime }$ song song và bằng nhau nên A đúng. Hai mặt bên $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ và $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ chứa các cặp đường thẳng song song tương ứng ($A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$) nên song song với nhau, B đúng. Hai mặt đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song, D đúng. Mệnh đề C sai vì hình hộp nói chung không phải hình lập phương: diện tích các mặt bên có thể khác nhau (ví dụ mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ có diện tích $AB\cdot A{A}^{\prime }$ còn mặt $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ có diện tích $BC\cdot B{B}^{\prime }$, với $AB\ne BC$ thì chúng khác nhau). Vậy mệnh đề SAI là C, khớp với đáp án nguồn (đề 1106, câu 14: C).

(AI giải đề cho tôi)
Các mặt phẳng (EFMH) và (ABCD) song song, nên F, H thuộc mặt trên và B, D thuộc mặt dưới. Mặt phẳng (P) đi qua K song song với (ABCD) nên cắt các đoạn BF và HD tại I và J sao cho FI/FB = HJ/HD (định lý Thales với ba mặt phẳng song song). Vì KC ∥ HD và C thuộc mặt dưới, K có độ cao bằng KC = 40, nên mặt (P) cắt HD tại J với HJ = HD − KC = 75 − 40 = 35 (cm). Suy ra HJ/HD = 35/75 = 7/15. Do đó FI = FB · 7/15 = 60 · 7/15 = 28 (cm). Khớp với đáp án nguồn 28.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp, hai mặt bên $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ và $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ song song với nhau (A đúng), hai mặt đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song (B đúng), các cạnh bên $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ (C đúng). Tuy nhiên các mặt bên của hình hộp là các hình bình hành có kích thước khác nhau (ví dụ mặt $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B$ có cạnh $AB$, mặt $B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C$ có cạnh $BC$), nên diện tích hai mặt bên bất kì không nhất thiết bằng nhau. Vậy mệnh đề SAI là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1105, câu 1: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $KC\parallel HD$ với $C,D$ thuộc mặt đáy $(ABCD)$ và $H$ thuộc mặt trên $(EFMH)\parallel (ABCD)$, nên đoạn $HD$ có độ dài 75 cm tương ứng với độ cao (khoảng cách tới mặt đáy) bằng $FB=60$ cm. Do $KC\parallel HD$, tam giác đồng dạng cho tỉ số độ cao của $K$ so với mặt đáy: $h_K=\frac{KC}{HD}\cdot FB=\frac{40}{75}\cdot 60=32$ cm. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $K$ và song song với $(ABCD)$ nên $(P)$ cách mặt đáy một khoảng $32$ cm. Giao điểm $I=BF\cap (P)$ nên $BI=32$ cm, do đó $FI=FB-BI=60-32=28$ cm. Kết quả trùng với đáp án nguồn (28).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $AB$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SB$. Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm $AC$, do đó $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SC$. Vì $MN\parallel SB\subset (SBC)$, $MO\parallel SC\subset (SBC)$, $MN$ và $MO$ cắt nhau tại $M$ và nằm trong $(MNO)$, nên $(MNO)\parallel (SBC)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ ta có: $AC\parallel A_1{C}_1$ (vì $A_1{C}_1$ là hình chiếu của $AC$ lên mặt trên, hai đoạn thẳng này song song và bằng nhau). Ngoài ra, $C{B}_1\parallel D{A}_1$ vì $\overrightarrow{C{B}_1}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{D{D}_1}=\overrightarrow{D{A}_1}$. Như vậy trong hai mặt phẳng $(AC{B}_1)$ và $(A_1{C}_{1}D)$ có hai cặp đường thẳng giao nhau tương ứng song song: $AC\parallel A_1{C}_1$ và $C{B}_1\parallel D{A}_1$ (với $AC\cap C{B}_1=C$, $A_1{C}_1\cap D{A}_1=C_1$). Suy ra $(AC{B}_1)\parallel (A_1{C}_{1}D)$. Các phương án khác không thỏa mãn vì các mặt phẳng đó đều cắt mặt phẳng $(AC{B}_1)$. Đáp án khớp với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Các cạnh bên của khối gỗ song song với nhau: $BF\parallel DH$ (hai cạnh nối hai mặt $(ABCD)$ và $(EFMH)$), và theo giả thiết $CK\parallel DH$. Vậy $BF\parallel DH\parallel CK$.

Mặt phẳng $(R)$ đi qua $K$ và song song với $(ABCD)$, do đó $(R)$ cũng song song với mặt $(EFMH)$. Hai mặt phẳng song song $(ABCD)$ và $(EFMH)$ cắt các đường thẳng song song $BF,DH,CK$ bởi các đoạn bằng nhau, nên khoảng cách (chiều cao) từ $K$ đến mặt $(ABCD)$ bằng $CK=50$.

Suy ra giao điểm $J$ của $BF$ với $(R)$ thỏa mãn $BJ=CK=50$ (vì $BJ\parallel CK$ và nằm giữa hai mặt phẳng song song $(ABCD)$, $(R)$).

Do đó:
$$FJ=BF-BJ=60-50=10.$$

(Kiểm tra: tương tự $DI=CK=50$, $IH=DH-DI=75-50=25$, hợp lý với hình vẽ.)