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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(IJKL)\parallel (ABCD)\parallel (EFGH)$, mặt phẳng $(ACGE)$ cắt ba mặt phẳng song song theo các đường thẳng song song, nên $IK\parallel EG\parallel AC$ và $I,K$ nằm trên $AE,CG$ với cùng tỉ số chia. Do đó $\frac{GK}{GC}=\frac{EI}{EA}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$, suy ra $GK=100\cdot \frac{3}{5}=60cm$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (60).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(IJKL)\parallel (ABCD)\parallel (EFGH)$, đoạn thẳng nối tương ứng giữa hai mặt phẳng bị chia theo cùng một tỉ số. Trên cạnh $AE$: $I$ nằm giữa $E$ và $A$ với $EI=54$, $AE=90$, nên tỉ số $\frac{EI}{AE}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$. Trên cạnh $CG$, điểm $K$ tương ứng với $I$ (cùng thuộc mặt phẳng giữa), nên $\frac{GK}{CG}=\frac{EI}{AE}=\frac{3}{5}$. Suy ra $GK=\frac{3}{5}\cdot 100=60cm$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (60).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{AB},\vec{v}=\overrightarrow{AD},\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với gốc tại $A$.

a) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=\vec{v}=\overrightarrow{BC}$, nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }=BC$, do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành → Đúng.

b) Trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$: $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}$. Trọng tâm tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{u}+\vec{w},\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{v}+\vec{w},\overrightarrow{AC}=\vec{u}+\vec{v}$, nên $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{(\vec{u}+\vec{w})+(\vec{v}+\vec{w})+(\vec{u}+\vec{v})}{3}=\frac{2(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w})}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }$ chứ không phải $\frac{2}{3}A{C}^{\prime }$ → Sai.

c) Vì $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$ → Đúng.

d) $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$; kết hợp $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ (từ ý a) thì hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ song song → Đúng.

Kết quả Đ–S–Đ–Đ khớp đáp án nguồn (Câu 16, mã đề 2103: ĐSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }=BC$, do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}}{3}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w})}{3}$, nên $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }$, không phải $\frac{2}{3}A{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ thuộc $A{C}^{\prime }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ (vì $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$) nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

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

Ta có $M=\frac{2}{3}\mathbf{b},N=\frac{2}{3}\mathbf{d}$. Mặt phẳng $(AMN)$ có hai vectơ chỉ phương $\mathbf{u}=\mathbf{a}-\frac{2}{3}\mathbf{b}=\frac{1}{3}\mathbf{b}+\mathbf{d}-\mathbf{c}$ và $\mathbf{v}=\mathbf{a}-\frac{2}{3}\mathbf{d}=\mathbf{b}+\frac{1}{3}\mathbf{d}-\mathbf{c}$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $J=t\mathbf{c}=\overrightarrow{SO}+\mu \mathbf{u}+\nu \mathbf{v}$. So sánh hệ số:
$$\frac{1}{2}+\frac{\mu }{3}+\nu =0,\frac{1}{2}+\mu +\frac{\nu }{3}=0,t=-\mu -\nu .$$
Do đối xứng, $\mu =\nu =-\frac{3}{8}$, suy ra $t=\frac{3}{4}=0,75$.

Vậy $\frac{SJ}{SC}=0,75$, khớp với đáp án nguồn $0,75$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$ (vì $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$ do $BC\parallel AD$, $C{C}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$) và $C^{\prime }D\parallel A^{\prime }B$ (vì $C^{\prime }D\parallel B^{\prime }A$ do $C^{\prime }D\parallel B^{\prime }A$ vì $DC\parallel AB$, $D{D}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$). Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ chứa đường thẳng $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$ và đường thẳng $A{B}^{\prime }\parallel C^{\prime }D$, với hai đường thẳng này cắt nhau tại $A$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, $(B{C}^{\prime }D)\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vậy đáp án B, khớp với đáp án nguồn (mã đề 2103, câu 5: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $AB\parallel DC$ và $A{A}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$ nên $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$. Mà $D{C}^{\prime }\subset (B{C}^{\prime }D)$ nên $A{B}^{\prime }\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Tương tự, do $AD\parallel BC$ và $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$, mà $B{C}^{\prime }\subset (B{C}^{\prime }D)$ nên $A{D}^{\prime }\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Hai đường thẳng cắt nhau $A{B}^{\prime }\cap A{D}^{\prime }=A$ cùng song song với mặt phẳng $(B{C}^{\prime }D)$, do đó $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Các phương án khác đều có giao tuyến hoặc không thỏa mãn điều kiện song song. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1246, câu 10: A).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$; khi đó $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}$.

a) $G_1$ trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$: $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. $G_2$ trọng tâm tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$: $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{d})+(\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }\ne \frac{2}{3}A{C}^{\prime }$ → ý a SAI.

b) Vì $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$ → ý b ĐÚNG.

c) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{d}=-\overrightarrow{CB}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel CB$ và bằng nhau; $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{b}-\vec{a}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$. Vậy $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành → ý c ĐÚNG.

d) $\overrightarrow{BD}=\vec{d}-\vec{b}=\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$ nên $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$, do đó $BD\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$; $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\vec{a}-\vec{b}=\overrightarrow{C{D}^{\prime }}$ nên $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$. Hai đường cắt nhau tại $B$ cùng song song $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ → ý d ĐÚNG.

Kết quả S-Đ-Đ-Đ khớp đáp án nguồn (Mã đề 1246, Câu 14: SĐĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $G_1{G}_2=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }\ne \frac{2}{3}A{C}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ nên cả $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $A{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{d}=-\overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{b}-\vec{a}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }CB$ là hình bình hành.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }$, hai đường cắt nhau tại $B$ cùng song song $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$ nên $(A^{\prime }BD)\parallel (B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ độc lập $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SA}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{c}$ và $\overrightarrow{SO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$. Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{d}$, suy ra $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{SM}-\overrightarrow{SA}=-\frac{1}{3}\vec{b}-\vec{d}+\vec{c}$ và $\overrightarrow{AN}=-\vec{b}-\frac{1}{3}\vec{d}+\vec{c}$. Gọi $t=\frac{SJ}{SC}$, tức $\overrightarrow{SJ}=t\vec{c}$. Vì $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=t\vec{c}-\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}=\lambda \overrightarrow{AM}+\mu \overrightarrow{AN}$. So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d}$: $\frac{\lambda }{3}+\mu =\frac{1}{2}$ và $\lambda +\frac{\mu }{3}=\frac{1}{2}$, giải ra $\lambda =\mu =\frac{3}{8}$. Hệ số theo $\vec{c}$: $t=\lambda +\mu =\frac{3}{4}=0,75$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,75$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $AB\parallel DC$ và $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ (các cạnh của hình hộp song song và bằng nhau). Mặt phẳng $(AB{A}^{\prime })$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $A{A}^{\prime }$; mặt phẳng $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (tức $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$) chứa $DC\parallel AB$ và $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Vì $AB\parallel DC$, $AB$ không nằm trong $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, $A{A}^{\prime }$ không nằm trong $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên theo định lí về hai mặt phẳng song song, $(AB{A}^{\prime })\parallel (C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Các phương án khác: $(B{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ chính là mặt phẳng $(AB{A}^{\prime })$ (trùng nhau, không song song); $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime })$ cắt $(AB{A}^{\prime })$ theo đường thẳng $A{A}^{\prime }$; $(AD{D}^{\prime })$ cắt $(AB{A}^{\prime })$ theo đường thẳng $A{A}^{\prime }$. Vậy đáp án là A, khớp với đáp án nguồn (Câu 11: A).

(AI giải đề cho tôi)
Gán 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 $M=(1/2,0,1)$, $N=(1/2,1/2,1)$, $E=(1/2,0,0)$.

Mặt phẳng $(BMN)$: vectơ $\overrightarrow{BM}=(-1/2,0,1)$, $\overrightarrow{BN}=(-1/2,1/2,1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{BM}\times \overrightarrow{BN}=(-1/2,0,-1/4)\propto (2,0,1)$. Phương trình: $2x+z=2$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }{C}^{\prime }E)$: vectơ $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }E}=(1/2,0,-1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{A^{\prime }E}=(-1,0,-1/2)\propto (2,0,1)$.

Hai mặt phẳng có cùng pháp tuyến $(2,0,1)$. Kiểm tra $E=(1/2,0,0)$: $2\cdot (1/2)+0=1\ne 2$ nên $E$ không thuộc $(BMN)$, tức hai mặt phẳng phân biệt.

Vậy $(BMN)\parallel (A^{\prime }{C}^{\prime }E)$. Khẳng định này cũng có thể chứng minh bằng phương pháp truyền thống: $MN\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ nên $MN\parallel (A^{\prime }B{C}^{\prime })$... cách tọa độ trên đã xác nhận kết quả khớp với đáp án nguồn "Có".

Hình vẽ: lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $M$, $N$ trên mặt trên (trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$, $B^{\prime }{C}^{\prime }$), $E$ là trung điểm $AB$ trên mặt dưới; hai tam giác $BMN$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }E$ nằm trong hai mặt phẳng song song.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề:
- A đúng: theo tính chất giao tuyến, nếu một mặt phẳng cắt hai mặt phẳng song song cho trước theo hai giao tuyến thì hai giao tuyến đó song song với nhau.
- B đúng: theo định nghĩa, hai mặt phẳng song song là hai mặt phẳng không có điểm chung.
- C sai: định lí đúng phải là 'hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau'. Mệnh đề C thiếu điều kiện 'phân biệt' (hai mặt phẳng có thể trùng nhau), nên nói chung không đúng — đây là mệnh đề sai cần chọn.
- D đúng: nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều không có điểm chung với mặt phẳng kia, tức song song với mặt phẳng kia.
Vậy mệnh đề sai là C, trùng với đáp án chính thức của Mã đề 1102 (Câu 11 = C).

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $M$ trung điểm $BC$, $N$ trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

a) ĐÚNG: Hai đáy của lăng trụ song song nên $(ABC)//(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.

b) SAI: $MN$ nối trung điểm của $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$, hai đoạn này nằm trên hai cạnh bên tương ứng của lăng trụ nên $MN//B{B}^{\prime }$ (tính chất đường trung bình của hình thang/lăng trụ), do đó $MN$ không song song với $AB$ (trường hợp riêng $AB//B^{\prime }{C}^{\prime }$ thì $MN$ vẫn chỉ song song $B{B}^{\prime }$, không song song $AB$ vì $MN$ không nằm trong $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$... thực chất $MN$ chéo lên theo phương cạnh bên).

c) SAI: Vì $MN//B{B}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }//B{B}^{\prime }$ nên $MN//A{A}^{\prime }$. Mặt phẳng $(AMN)$ đi qua $A$ và chứa phương $A{A}^{\prime }$ (qua vectơ $MN$), nên $A^{\prime }=A+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ cũng thuộc $(AMN)$, tức $A{A}^{\prime }\subset (AMN)$, không phải song song.

d) ĐÚNG: Vì $MN//A{A}^{\prime }$ nên bốn điểm $A,A^{\prime },M,N$ đồng phẳng; trong mặt phẳng này hai đường thẳng $AN$ và $A^{\prime }M$ cắt nhau tại $I$. Ta có $AN\subset (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ (vì $A,N\in (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$) và $A^{\prime }M\subset (A^{\prime }BC)$ (vì $A^{\prime },M\in (A^{\prime }BC)$), suy ra $I$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }BC)$ là đường thẳng đi qua $I$ — giao điểm của $AN$ và $A^{\prime }M$.

Kết quả khớp đáp án mã đề 1102: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $I$ song song $(MNP)$ cắt $NH$ tại $J$ suy ra $IJ//(MNP)$.

Giả thiết có $\frac{QH}{QP}=\frac{2}{3}=\frac{QK}{QM}\Rightarrow HK//MP$ mà $IJ//(MNP)$ nên $IJ//KH$.

$\frac{KH}{MP}=\frac{QH}{QP}=\frac{2}{3}\Rightarrow KH=\frac{2}{3}QP=\frac{2}{3}2a=\frac{4}{3}a$.

Gọi $F=QG\cap MN$.

Ta có: $\frac{QG}{QF}=\frac{QK}{QM}=\frac{2}{3}\Rightarrow KG//MF$.

$\Rightarrow \frac{KG}{MF}=\frac{QK}{QM}=\frac{2}{3}\Rightarrow KG=\frac{2}{3}MF=\frac{2}{3}NF$.

$\Rightarrow \frac{KI}{NI}=\frac{KG}{NF}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{IJ}{HK}=\frac{NI}{NK}=\frac{3}{5}$.

$IJ=\frac{3}{5}HK=\frac{3}{5}.\frac{4}{3}a=\frac{4}{5}a$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: do $AB\parallel DC$ và $AB=DC$ nên tứ giác $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$; tương tự $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$. Xét mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(B{C}^{\prime }D)$: ta có $A{B}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }\subset (B{C}^{\prime }D)$ nên $A{B}^{\prime }\parallel (B{C}^{\prime }D)$; và $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }\subset (B{C}^{\prime }D)$ nên $A{D}^{\prime }\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Hai đường thẳng $A{B}^{\prime },A{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $A$ và cùng nằm trong $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, đồng thời không nằm trong $(B{C}^{\prime }D)$. Vậy $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (B{C}^{\prime }D)$. Đáp án khớp với mã đề 1102: D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề: A đúng vì theo định nghĩa hai mặt phẳng song song không có điểm chung. B sai: hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau hoặc trùng nhau; thực tế nếu chúng phân biệt thì chúng song song, nhưng mệnh đề này thường bị coi là sai vì hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba có thể cắt nhau? Không — thực chất mệnh đề B sai vì trong không gian, hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau, tuy nhiên đáp án của đề là B. Xét kỹ: A, C, D đều là các định lý đúng (C: đường thẳng nằm trong mặt phẳng này không thể cắt mặt phẳng kia nên song song với nó; D: giao tuyến song song theo tính chất giao tuyến của mặt phẳng cắt hai mặt phẳng song song). Vậy mệnh đề sai là B (hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba có thể trùng nhau, nên khẳng định chúng song song với nhau không luôn đúng). Đáp án khớp với đáp án của đề (mã đề 1101, Câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $MNP.M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }$, với $I$ là trung điểm $MN$, $J$ là trung điểm $M^{\prime }{N}^{\prime }$.

a) $IJ$ nối trung điểm hai đoạn $MN$ và $M^{\prime }{N}^{\prime }$, mà $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành nên $IJ\parallel M{M}^{\prime }$ (và $IJ=\frac{1}{2}M{M}^{\prime }$). Vì $M{M}^{\prime }$ không song song với $M{P}^{\prime }$ nên $IJ$ không song song $M{P}^{\prime }$. → Sai.

b) $(MNP)$ và $(M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song với nhau. → Đúng.

c) Mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ đi qua $P^{\prime }$, mà $P^{\prime }\in P{P}^{\prime }$, nên $P{P}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ tại $P^{\prime }$ (không thể song song vì đường thẳng có một điểm thuộc mặt phẳng). → Sai.

d) Đáp án chính thức mã đề 1101 (câu 13: SDSS) cho d) Sai. Tuy nhiên phân tích hình học cho thấy: $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ (vì $P\in (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$, $J\in M^{\prime }{N}^{\prime }\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$) và $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$ (vì $P^{\prime }\in (P^{\prime }M{N}^{\prime })$, $I\in MN\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$). Với tọa độ $M=(0,0,0),N=(2,0,0),P=(0,2,0),M^{\prime }=(0,0,2),N^{\prime }=(2,0,2),P^{\prime }=(0,2,2)$, ta có $I=(1,0,0)$, $J=(1,0,2)$; $PJ$ và $P^{\prime }I$ cắt nhau tại $(\frac{1}{2},1,1)$, điểm thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến đi qua giao điểm này — d) có vẻ Đúng, mâu thuẫn với đáp án chính thức. Giữ đáp án chính thức d) Sai và báo cáo mâu thuẫn.

Khớp với đáp án mã đề 1101: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$IJ$ là đoạn nối trung điểm của $MN$ và $M^{\prime }{N}^{\prime }$ trong hình bình hành $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ nên $IJ\parallel M{M}^{\prime }$, không song song với $M{P}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(MNP)$ và $(M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime })$ là hai mặt đáy của lăng trụ nên song song với nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $P^{\prime }\in (I{P}^{\prime }J)$ và $P^{\prime }\in P{P}^{\prime }$ nên $P{P}^{\prime }$ cắt mặt phẳng $(I{P}^{\prime }J)$ tại $P^{\prime }$, không song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
Lưu ý quan trọng: đáp án chính thức của mã đề 1101 (bảng đáp án, câu 13) là SDSS, tức d) Sai, nên isCorrect được giữ theo nguồn. Tuy nhiên cần báo cáo mâu thuẫn: về mặt hình học, $J\in M^{\prime }{N}^{\prime }\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ nên $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$; $I\in MN\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$ nên $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$. Kiểm tra bằng tọa độ với $M=(0,0,0),N=(2,0,0),P=(0,2,0),M^{\prime }=(0,0,2),N^{\prime }=(2,0,2),P^{\prime }=(0,2,2)$ thì $I=(1,0,0)$, $J=(1,0,2)$; đường $PJ$: $(t,2-2t,2t)$ và đường $P^{\prime }I$: $(s,2-2s,2-2s)$ cắt nhau tại $(\frac{1}{2},1,1)$. Điểm này thuộc cả hai mặt phẳng (vì nằm trên $PJ\subset (P{M}^{\prime }{N}^{\prime })$ và trên $P^{\prime }I\subset (P^{\prime }M{N}^{\prime })$), nên giao tuyến của hai mặt phẳng đi qua giao điểm của $PJ$ và $P^{\prime }I$, tức d) có vẻ Đúng — mâu thuẫn với đáp án chính thức SDSS. Vì đáp án chấm điểm là nguồn bắt buộc nên giữ d) Sai và ghi nhận mâu thuẫn này.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $E$ song song $(ABC)$ cắt $BM$ tại $F$ suy ra $EF//(ABC)$.

Giả thiết có $\frac{DM}{DC}=\frac{2}{3}=\frac{DH}{DA}\Rightarrow MH//AC$ mà $EF//(ABC)$ nên $EF//MH$.

$\frac{MH}{AC}=\frac{DM}{DC}=\frac{2}{3}\Rightarrow MH=\frac{2}{3}DC=\frac{2}{3}a$.

Gọi $K=DG\cap AB$.

Ta có: $\frac{DG}{DK}=\frac{DH}{DA}=\frac{2}{3}\Rightarrow HG//AK$.

$\Rightarrow \frac{HG}{AK}=\frac{DH}{DA}=\frac{2}{3}\Rightarrow HG=\frac{2}{3}AK=\frac{2}{3}BK$.

$\Rightarrow \frac{HE}{BE}=\frac{HG}{BK}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{EF}{MH}=\frac{BE}{BH}=\frac{3}{5}$.

$EF=\frac{3}{5}HM=\frac{3}{5}.\frac{2}{3}a=\frac{2}{5}a$.