Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quan hệ liên thuộc (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SDB)$ cùng chứa điểm $S$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $AC\cap BD=O$ vì $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ (giao hai đường chéo), nên $O$ thuộc cả $(SAC)$ (vì $O\in AC$) và $(SDB)$ (vì $O\in BD$). Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua hai điểm chung $S$ và $O$, tức là $SO$.

b) Sai. $O$ là tâm hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $AC$ (và $BD$), không phải trung điểm $AB$. Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SC$. Vì $SC$ cắt $SB$ tại $S$ nên $MO$ không song song với $SB$. Vậy ý b) Sai.

c) Đúng. $MN$ là đường trung bình tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD$; mà $AD\parallel BC$ (hình bình hành) nên $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$. Trong tam giác $SAC$, $MO\parallel SC$ với $SC\subset (SBC)$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $MO$ nằm trong $(MNO)$ lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau $BC$ và $SC$ nằm trong $(SBC)$, do đó $(MNO)\parallel (SBC)$. Vậy ý c) Đúng.

d) Đúng. Từ b), trong tam giác $SAC$ ta có $MO\parallel SC$, với $SC\subset (SBC)$ và $M\notin (SBC)$, suy ra $MO\parallel (SBC)$. Vậy ý d) Đúng.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp đáp án nguồn mã đề 132 (ĐSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(SAC)$ và $(SDB)$ cùng chứa $S$; trong $(ABCD)$, $AC\cap BD=O$ (tâm hình bình hành) nên $O$ thuộc cả hai mặt phẳng. Giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $O$ là trung điểm $AC$. Trong tam giác $SAC$, $M$ trung điểm $SA$, $O$ trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SC$, không song song với $SB$ (vì $SC$ cắt $SB$ tại $S$).
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $MN$ là đường trung bình tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$; trong tam giác $SAC$, $MO\parallel SC$. Hai đường cắt nhau $MN,MO$ trong $(MNO)$ lần lượt song song với hai đường cắt nhau $BC,SC$ trong $(SBC)$, nên $(MNO)\parallel (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Trong tam giác $SAC$, $MO\parallel SC$ với $SC\subset (SBC)$, $M\notin (SBC)$, suy ra $MO\parallel (SBC)$.

a. [Hình cần kiểm tra lại: p9_f1] $I=AB\cap CD\Rightarrow I$ là điểm chung của hai mặt phẳng (0,5 điểm). S là điểm chung của hai mặt phẳng. Vậy $SI=(SAB)\cap (SCD)$ (0,25 điểm).

b. G là trọng tâm tam giác SCD nên $\frac{CG}{CH}=\frac{2}{3}$. Theo giả thiết $\frac{BM}{AB}=\frac{2}{3}$ và MN // BC nên $\frac{CN}{CA}=\frac{2}{3}$ (0,25 điểm). Do đó $\frac{CG}{CH}=\frac{CN}{CA}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN//HA$. Mà $HA\subset (SAD)$. Vậy $GN//(SAD)$ (0,25 điểm).

$A^{\prime }{A}_1=4A{A}_1$ và $A{A}^{\prime }=60$ cm, nên $A{A}_1=12cm$. Trong mặt phẳng (A'D'DA), $H=A{Q}_1\cap D{D}^{\prime }\Rightarrow H=D{D}^{\prime }\cap (A{F}_1{C}_1)$. Do $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ cắt $(A_1{F}_1{D}_1{C}_1)\parallel (ABCDEF)$ lần lượt $A_1{D}_1,AD$ nên $A_1{D}_1//AD$. $A{A}_1//D{D}_1\Rightarrow A{A}_1{D}_{1}D$ là hình bình hành. Do đó $A{A}_1=D_{1}D=12cm$ (0,25 điểm). Mà $O{O}_1//D_{1}D$, O là trung điểm AD nên $DH=2D_{1}D=24cm$. Do đó $D^{\prime }H=60-24=36cm$. Vậy $D^{\prime }H=36$ cm. [Hình cần kiểm tra lại: p9_f2] (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $F$ là giao điểm của $MN$ và $AB$ nên $F$ thuộc đường thẳng $AB$, mà $AB\subset (ABCD)$, do đó $F\in (ABCD)$.
b) Đúng: $D\in (DMN)\cap (ABCD)$; $F\in AB\subset (ABCD)$ và $F\in MN\subset (DMN)$ nên $F$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến của $(DMN)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $DF$.
c) Sai: $M\in SA$ nên $CM$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$. Mặt phẳng $(SAC)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $SO$ (vì $S$ chung và $O=AC\cap BD\in (SBD)$). Do đó $I=CM\cap (SBD)=CM\cap SO$, là điểm nằm trong tam giác $SBD$ (trên đoạn $SO$), không nằm trên cạnh $SD$.
d) Sai: Tương tự ý c), giao điểm của $CM$ với mặt phẳng $(SBD)$ là $I=CM\cap SO$. Còn $H=DN\cap SO$ là giao điểm của đường thẳng $DN$ (nằm trong $(SBD)$) với $SO$. Hai điểm $I$ và $H$ nói chung là hai điểm phân biệt trên $SO$ ($I$ phụ thuộc $M$, $H$ phụ thuộc $N$ một cách độc lập), nên $H$ không thuộc đường thẳng $CM$, tức $C,H,M$ không thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $AB=2CD$ nên: a) Sai — giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(SDC)$ đi qua $S$ và song song với $AB$, $CD$ (do $AB\parallel CD$ nên chúng song song với giao tuyến), tức $d\parallel AB\parallel CD$, không song song với $AD$. b) Đúng — $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$, suy ra $MN\parallel AB\parallel CD$. c) Sai — dùng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0,5;1;0),C(1,5;1;0),S(s_x;s_y;h)$. Khi đó $O(1;\frac{2}{3};0)$, $G(\frac{s_x+2}{3};\frac{s_y}{3};\frac{h}{3})$, vectơ $3\overrightarrow{OG}=(s_x-1;s_y-2;h)$. Pháp tuyến của $(SBC)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BC}=(-h;-0,5h;s_x-2+0,5s_y)$ (với $c=1,5$). Tích vô hướng $\vec{n}\cdot (3\overrightarrow{OG})=-h(s_x-1)-0,5h(s_y-2)+h(s_x-2+0,5s_y)=h[-s_x+1-0,5s_y+1+s_x-2+0,5s_y]=0$ với mọi $s_x,s_y,h$. Vậy $OG\parallel (SBC)$. Mặt khác $O\notin (SBC)$ (vì $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $O\notin BC$), nên $OG$ và $(SBC)$ không có điểm chung nào, không phải đúng một điểm. Kiểm tra cụ thể $S(0;0;1)$: $\overrightarrow{OG}=(-\frac{1}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(1;0,5;2)$, tích vô hướng $=0$. d) Đúng — với tọa độ trên, $N(\frac{s_x+2}{2};\frac{s_y}{2};\frac{h}{2})$, $\overrightarrow{CN}=(\frac{s_x-1}{2};\frac{s_y-2}{2};\frac{h}{2})$ và $\det (\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AS},\overrightarrow{CN})=0$ với mọi cấu hình, nên $NC\parallel (SAD)$ (và $C\notin (SAD)$ vì $ABCD$ là hình thang thật).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(SDC)$ qua $S$ và song song với $AB$, $CD$; do đó $d\parallel AB\parallel CD$, không song song với $AD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB$; mà $AB\parallel CD$ nên $MN\parallel DC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0,5;1;0),C(1,5;1;0),S(s_x;s_y;h)$. Vì $AB=2CD$ và $AB\parallel CD$, giao điểm $O$ của $AC$ và $BD$ thỏa $\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$, tức $O(\frac{2c}{3};\frac{2}{3};0)$ với $c=1,5$. Trọng tâm $G(\frac{s_x+2}{3};\frac{s_y}{3};\frac{h}{3})$, nên $3\overrightarrow{OG}=(s_x+2-2c;s_y-2;h)$. Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BC}=(-h;h(c-2);s_x-2-s_y(c-2))$. Khi đó $\vec{n}\cdot (3\overrightarrow{OG})=h[-(s_x+2-2c)+(c-2)(s_y-2)+(s_x-2)-s_y(c-2)]=h\cdot 0=0$ với mọi vị trí $S$. Vậy $\overrightarrow{OG}$ luôn song song với mặt phẳng $(SBC)$, và $O\notin (SBC)$ (vì $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $O\notin BC$). Do đó $OG$ và $(SBC)$ không có điểm chung nào, không phải đúng một điểm chung → phát biểu Sai. (Lưu ý: kiểm tra cụ thể với $S(0;0;1)$: $O(1;\frac{2}{3};0)$, $G(\frac{2}{3};0;\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{OG}=(-\frac{1}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{BC}=(-0,5;1;0)$, $\overrightarrow{BS}=(-2;0;1)$, $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(1;0,5;2)$, tích vô hướng $=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=0$, xác nhận $OG\parallel (SBC)$.)
d) (AI giải đề cho tôi)
Hỗn hợp $[\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AS},\overrightarrow{CN}]=0$ với mọi vị trí đỉnh $S$, nên $NC\parallel (SAD)$; vì $C\notin (SAD)$ nên song song đúng nghĩa.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{3}$; vì $M$ là trung điểm $SB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+3\vec{b}-2\vec{d}}{6}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $GM$ có dạng $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AG}+t\overrightarrow{GM}$. Vì $I\in (ABCD)$ nên hệ số của $\vec{s}$ phải bằng $0$: $\frac{1}{3}+\frac{t}{6}=0\Rightarrow t=-2$. Vậy $\overrightarrow{GI}=-2\overrightarrow{GM}$, tức $I$ nằm ngoài đoạn $GM$ phía $G$ và $GI=2GM$. Do đó $\frac{GM}{GI}=\frac{1}{2}=0,5$. Hình vẽ của Câu 6 có ở trang 6 (điểm $G$, $M$ và đường $GM$ màu đỏ), nên token hình không phải là lỗi.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,SB$, $O=AC\cap BD$.

a) SAI. $AD\subset (ABCD)$, còn $SC$ chỉ cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại $C$, mà $C\notin AD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, $C$ không thuộc đường thẳng $AD$). Do đó $SC$ và $AD$ chéo nhau, không cắt nhau.

b) ĐÚNG. $S\in (SAC)\cap (SBD)$ và $O=AC\cap BD\in (SAC)\cap (SBD)$. Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.

c) ĐÚNG. Trong tam giác $SAB$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Suy ra $MN\parallel CD$.

d) ĐÚNG. $I=MC\cap ND$. Ta có $I\in MC\subset (SAC)$ (vì $M\in SA\subset (SAC)$, $C\in (SAC)$) nên $I\in (SAC)$. Tương tự $I\in ND\subset (SBD)$ (vì $N\in SB\subset (SBD)$, $D\in (SBD)$) nên $I\in (SBD)$. Vậy $I$ nằm trên giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$, tức $I\in SO$. Do đó ba điểm $S,I,O$ thẳng hàng.

Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng, khớp với đáp án mã đề 1111 (SĐĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$SC$ chỉ cắt $(ABCD)$ tại $C$ mà $C\notin AD$, nên $SC$ và $AD$ chéo nhau, không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S$ và $O=AC\cap BD$ đều thuộc $(SAC)\cap (SBD)$, nên giao tuyến là $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB\parallel CD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I=MC\cap ND$ thuộc cả $(SAC)$ (qua $MC$) và $(SBD)$ (qua $ND$), nên $I$ nằm trên giao tuyến $SO$; suy ra $S,I,O$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì A'A₁ = 3·AA₁ và AA₁ + A'A₁ = 80 nên AA₁ = 20, A'A₁ = 60. Hai thanh tre A₁D₁, F₁C₁ song song với mặt đáy nên A₁, B₁, C₁, D₁, E₁, F₁ cùng nằm trong mặt phẳng song song với đáy, cách đáy dưới một khoảng bằng AA₁ = 20 (tức CC₁ = 20, khẳng định c) đúng). Mặt phẳng (A₁C₁D₁F₁) chính là mặt phẳng này, cắt lăng trụ theo thiết diện là lục giác A₁B₁C₁D₁E₁F₁ đều cạnh 30 (khẳng định b) đúng, d) sai). Diện tích thiết diện = (3√3/2)·30² = 1350√3 (khẳng định a) đúng). Kết quả a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai, khớp bảng đáp án mã đề 102 (DDDS).
a) (AI giải đề cho tôi)
AA₁ = 80/4 = 20. Mặt phẳng (A₁C₁D₁F₁) song song với đáy, thiết diện là lục giác đều cạnh 30 nên diện tích = (3√3/2)·30² = 1350√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng qua A₁, C₁, D₁, F₁ song song với đáy nên thiết diện là lục giác A₁B₁C₁D₁E₁F₁.
c) (AI giải đề cho tôi)
A'A₁ = 3AA₁ và AA₁ + A'A₁ = 80 suy ra AA₁ = 20, do đó CC₁ = 20.
d) (AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là hình lục giác, không phải hình tứ giác.

(AI giải đề cho tôi)
Gắn tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, chiều cao $A{A}^{\prime }=1$. Khi đó $M(0;0;\frac{3}{5})$, $N(1;0;\frac{1}{2})$, $P(1;1;\frac{1}{3})$. Vectơ $\overrightarrow{MN}=(1;0;-\frac{1}{10})$, $\overrightarrow{MP}=(1;1;-\frac{4}{15})$, nên pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(\frac{1}{10};\frac{1}{6};1)$. Mặt phẳng $(MNP)$: $\frac{1}{10}x+\frac{1}{6}y+z=\frac{3}{5}$. Tại điểm $Q(0;1;q)$ trên $D{D}^{\prime }$: $q=\frac{3}{5}-\frac{1}{6}=\frac{13}{30}$, tức $DQ=\frac{13}{30}D{D}^{\prime }$. Suy ra $\frac{D^{\prime }Q}{D{D}^{\prime }}=1-\frac{13}{30}=\frac{17}{30}\approx 0,5667\approx 0,57$, khớp với đáp án nguồn.

a) Gọi $N,P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SD,SC,BC$. Ta có: $AB\parallel MQ$; $AS\parallel MN$; $BS\parallel QP$; $AB\parallel MQ$. Thiết diện là hình thang $MNPQ$ (vì $NP\parallel AB\parallel MQ$). b) Gọi $E=AD\cap BC,I=MN\cap PQ$ ta có $S,I,E$ thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$. Ta có $M$ là trung điểm $AD$, $D$ là trung điểm của $AE$ nên $$\frac{MI}{SA}=\frac{3}{4}\Rightarrow S_{\Delta IMQ}=\frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}$$ $$\frac{NP}{DC}=\frac{1}{2},\frac{DC}{MQ}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{NP}{MQ}=\frac{1}{3}\Rightarrow S_{\Delta INP}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}$$ Suy ra: $S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-S_{\Delta INP}$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}=\frac{8}{9}{S}_{\Delta IMQ}.$$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta SAB}$$ $$=\frac{1}{2}\cdot \frac{6^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}\approx 7,79$$ (đv diện tích). Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng, giám khảo cho điểm đầy đủ. Câu 3: Học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }{A}_1=4A{A}_1$ và $A{A}_1+A_1{A}^{\prime }=A{A}^{\prime }=60$ nên $5A{A}_1=60\Rightarrow A{A}_1=12$, do đó $A_1{A}^{\prime }=48$. Hai thanh $A_1{D}_1,F_1{C}_1$ song song với mặt đáy nên $A_1,C_1,D_1,F_1$ nằm trong một mặt phẳng song song với đáy, cách đáy một khoảng $A{A}_1=12$.

a) $C_{1}C=C{C}^{\prime }-C_1{C}^{\prime }=60-12=12\ne 10$ → Sai.

b) Mặt phẳng $(A_1{C}_1{D}_1{F}_1)$ song song với mặt đáy nên thiết diện là lục giác đều $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ cạnh $20$, diện tích $\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 20^2=600\sqrt{3}\ne 700\sqrt{3}$ → Sai.

c) Thiết diện cắt cả 6 cạnh bên nên có 6 đỉnh, là lục giác chứ không phải tứ giác → Sai.

d) Thiết diện là hình lục giác $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ → Đúng. Kết quả khớp đáp án mã đề 101: SSSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$A{A}_1=12$ nên $C_{1}C=60-12=12\ne 10$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là lục giác đều cạnh 20, diện tích $600\sqrt{3}\ne 700\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng song song với đáy cắt cả 6 cạnh bên, thiết diện là lục giác, không phải tứ giác.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là lục giác đều $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ cạnh 20.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;b;0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$ với $D{D}^{\prime }=h$. Khi đó $M\left(0;0;\frac{h}{2}\right)$, $N\left(a;0;\frac{h}{3}\right)$, $P\left(a;b;\frac{h}{4}\right)$ (vì $C^{\prime }P=\frac{3}{4}C{C}^{\prime }$ nên $P$ cao $\frac{h}{4}$). Mặt phẳng $(MNP)$ có dạng $z=\alpha x+\beta y+\gamma$. Thay $M$: $\gamma =\frac{h}{2}$. Thay $N$: $\alpha a=\frac{h}{3}-\frac{h}{2}=-\frac{h}{6}$. Thay $P$: $\beta b=\frac{h}{4}-\alpha a-\gamma =\frac{h}{4}+\frac{h}{6}-\frac{h}{2}=-\frac{h}{12}$. Tại $D(0;b;0)$, giao điểm $Q$ có cao độ $z_Q=\beta b+\gamma =-\frac{h}{12}+\frac{h}{2}=\frac{5h}{12}$. Vậy $Q$ nằm giữa $D$ và $D^{\prime }$, suy ra $D^{\prime }Q=h-\frac{5h}{12}=\frac{7h}{12}$, do đó $\frac{D^{\prime }Q}{D{D}^{\prime }}=\frac{7}{12}\approx 0,58$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,58.

a) Gọi $N,P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SD,SC,BC$. Ta có: $AB\parallel MQ$; $AS\parallel MN$; $BS\parallel QP$; $AB\parallel MQ$. Thiết diện là hình thang $MNPQ$ (vì $NP\parallel AB\parallel MQ$). b) Gọi $E=AD\cap BC,I=MN\cap PQ$ ta có $S,I,E$ thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$. Ta có $M$ là trung điểm $AD$, $D$ là trung điểm của $AE$ nên $$\frac{MI}{SA}=\frac{3}{4}\Rightarrow S_{\Delta IMQ}=\frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}$$ $$\frac{NP}{DC}=\frac{1}{2},\frac{DC}{MQ}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{NP}{MQ}=\frac{1}{3}\Rightarrow S_{\Delta INP}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}$$ Suy ra: $S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-S_{\Delta INP}$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}=\frac{8}{9}{S}_{\Delta IMQ}.$$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta SAB}$$ $$=\frac{1}{2}\cdot \frac{6^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}\approx 7,79$$ (đv diện tích). Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng, giám khảo cho điểm đầy đủ. Câu 3: Học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$ cùng chứa $A$, $C$ (vì $S,A,C$ xác định $(SAC)$; $A,C\in (ABCD)$), nên giao tuyến là đường thẳng $AC$.
b) Sai. $E=AB\cap CD$ và $F=AC\cap BD$ đều nằm trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, nên đường thẳng $EF$ nằm trong $(ABCD)$.
c) Sai. Xét $(SAB)$ và $(SCD)$: chung điểm $S$; $AB\cap CD=E$ nên $E\in (SAB)\cap (SCD)$, do đó giao tuyến là $SE$, không phải $SF$. Xét $(SAC)$ và $(SBD)$: chung điểm $S$; $AC\cap BD=F$ nên giao tuyến là $SF$. Phát biểu đã hoán đổi hai kết quả nên sai.
d) Đúng. $E,F\in (SEF)$ và $E,F\in (ABCD)$ nên $(SEF)\cap (ABCD)=EF$. Vì $G=EF\cap AD$ nên $G\in (SEF)$; cũng có $G\in AD\subset (SAD)$ và $S\in (SAD)\cap (SEF)$. Hai mặt phẳng $(SEF)$ và $(SAD)$ chung hai điểm phân biệt $S,G$ nên giao tuyến là $SG$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ và $(ABCD)$ chung hai điểm phân biệt $A$, $C$ nên giao tuyến là $AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$E,F$ đều thuộc $(ABCD)$ nên $EF\subset (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là $SE$ (vì $AB\cap CD=E$); giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SF$ (vì $AC\cap BD=F$). Phát biểu hoán đổi hai kết quả nên sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(SEF)\cap (ABCD)=EF$, $G=EF\cap AD\in (SAD)$, hai mặt phẳng $(SEF)$ và $(SAD)$ chung $S$ và $G$ nên giao tuyến là $SG$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Tìm giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$.**

Vì $AB//CD$ nên $AB//(SCD)$ (vì $AB$ không nằm trong $(SCD)$ và song song với đường thẳng $CD\subset (SCD)$).

Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung là $S$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AB$ (do $AB//(SCD)$ thì $AB$ song song với giao tuyến).

Trong mặt phẳng $(SCD)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $d//CD$. Khi đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là $d$ (đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ và $CD$).

**b) Chứng minh $OE//(SAB)$.**

Trong hình thang $ABCD$ với $AB//CD$, $AB=2CD$, xét tam giác $OAB$ và $OCD$:
- $AB//CD$ nên $△OAB\backsim △OCD$, suy ra $\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$.

Trên tia $SA$ lấy điểm $F$ sao cho $SF=2FA$ (tức $\frac{SF}{FA}=2$). Trong tam giác $SBD$: vì $\frac{SF}{FA}=\frac{SE}{ED}=2$... xét tam giác $SAD$: $E$ trên $SD$ với $SE=2ED$ tức $\frac{SE}{ED}=2$; $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$. Suy ra $EF//AD$ (định lí Thales trong tam giác $SAD$).

Xét tam giác $SAC$: $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$, và $O$ trên $AC$ với $\frac{OA}{OC}=2$ tức $\frac{OA}{AC}=\frac{2}{3}$, cũng có $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$. Suy ra $\frac{SF}{SA}=\frac{OA}{AC}$, do đó $FO//SC$ (định lí Thales đảo trong tam giác $SAC$).

Vì $FO\subset (SAD)$... xét mặt phẳng $(FEO)$: ta có $FO//SC$ với $SC\subset (SCD)$, và $FE//AD$.

Xét tam giác $SBD$: $E$ trên $SD$ với $\frac{SE}{ED}=2$ tức $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$; $O$ trên $BD$ với $\frac{OB}{OD}=2$ tức $\frac{OB}{BD}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{SO}{SB}=\frac{1}{3}$... chính xác hơn: $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$ nên $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$.

Cách trình bày chuẩn: Trong tam giác $SBD$, gọi $I$ là điểm trên $SB$ sao cho $\frac{SI}{IB}=2$ (tức $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$). Vì $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}=\frac{SI}{SB}$ nên $EI//DB$ (Thales trong tam giác $SDB$).

Xét tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, và $O$ trên $AB$? Không — $O$ nằm trong đáy. Ta dùng mặt phẳng $(EIO)$: vì $EI//BD$ nên $EI//(ABCD)$, do đó $EI//OD$... Suy ra $EIOD$ là hình bình hành? Kiểm tra: $EI//BD$ tức $EI//OD$, và $E$ thuộc $SD$. Xét tam giác $SDB$: đường thẳng qua $E$ song song $DB$ cắt $SB$ tại $I$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Gọi $K$ là giao điểm của $OI$ với $AB$... Thay vào đó dùng tỉ số: trong tam giác $SAB$, đường thẳng qua $O$ (trong mặt phẳng $(SAB)$) song song với $SA$ cắt $SB$ tại $I^{\prime }$ với $\frac{S{I}^{\prime }}{SB}=\frac{S{O}^{\prime }}{...}$ — cần vị trí của $O$ theo phương $SA$.

Cách gọn: Vì $\frac{OA}{OC}=2$ nên lấy $G$ trên đoạn $AC$ sao cho $\frac{AG}{GC}=2$... $O$ chính là điểm đó. Trong tam giác $SAC$, điểm $O$ trên $AC$ với $\frac{AO}{OC}=2$, lấy $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$, suy ra $OF//SC$. Mặt khác trong tam giác $SAD$: $\frac{SE}{ED}=\frac{SF}{FA}=2$ nên $EF//AD$. Vậy $(OEF)//(SCD)$? Không: $OF//SC$ và $EF//AD$ với $AD,SC\subset (SCD)$, hai đường cắt nhau tại $F$, nên $(OEF)//(SCD)$.

Suy ra giao tuyến của $(OEF)$ và $(SAB)$ là đường thẳng qua $O$ song song với giao tuyến của $(SCD)$ và $(SAB)$, tức song song với $AB$. Gọi giao tuyến này cắt $SB$ tại $I$ (vì $O$ nằm giữa $A$ và $C$, đường qua $O$ song song $AB$ trong $(SAB)$ cắt đoạn $SB$). Khi đó $OI//AB$.

Xét tam giác $SAB$: $OI//AB$ với $O$... nhưng $O$ không thuộc $(SAB)$! Sửa lại: giao tuyến của $(OEF)$ và $(SAB)$ đi qua $F$ (vì $F\in SA\subset (SAB)$) và song song với $AB$; cắt $SB$ tại $I$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$.

Vậy trong tam giác $SBD$: $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, suy ra $EI//BD$ (Thales).

Xét tam giác $SBD$: $E\in SD$, $I\in SB$ với $\frac{SE}{SD}=\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, nên $EI//DB$.

Xét tam giác $SDB$ và điểm $O\in BD$: vì $EI//OB$ nên $OB//EI$, tức $O$ nằm trên đường thẳng qua... Xét tam giác $SBI$ (đường $BD$ cắt $OI$?): Ta có $EI//DB$, xét tam giác $SDB$: đường thẳng $OI$ với $I\in SB$, $O\in DB$: vì $EI//DB$ thì $\frac{SI}{SB}=\frac{SE}{SD}$, và trong tam giác $SDB$, đường thẳng qua $I$ song song với $DB$... Cần chứng minh $O,E,I$ thẳng hàng: xét tam giác $SBD$, đường thẳng qua $I$ song song $BD$ cắt $SD$ tại điểm có $\frac{SX}{SD}=\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, đó chính là $E$. Vậy $E,I$ và đường song song: $EI//BD$ và $O\in BD$, xét tam giác $SBI$ với $O$ trên $BI$? Không, $O\in BD$ không thuộc $BI$.

Dùng mặt phẳng: $EI//BD$ nên $EI//(ABCD)$, do đó $EI//OE$? Không. Ta có $EI//BD$ và $O\in BD$ nên $EI//OD$. Xét mặt phẳng $(SBD)$ chứa $E,I,O,D,B$: trong đó $EI//OD$ với $E\in SD$, $I\in SB$. Xét tam giác $SDB$: $EI//DB$. Đường thẳng $OI$: $O\in DB$, $I\in SB$. Trong tam giác $SDB$, $EI//DB$ nên $\frac{SE}{ED}=\frac{SI}{IB}=2$. Xét tam giác $SBI$... không cần: vì $EI//OB$ (vì $O\in BD$), xét tam giác $SBI$ không chứa $E$.

Chứng minh $O,E,I$ thẳng hàng: trong mặt phẳng $(SBD)$, $EI//BD$ và $O\in BD$. Đường thẳng $IE$ song song $BD$ nên không cắt $BD$; nhưng $O$ cần nằm trên $IE$ — sai hướng. Thực ra $O,E,I$ không thẳng hàng theo cách này.

**Trở lại cách đúng với hình bình hành:** Vì $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SO}{?}$... Cách chuẩn của bài này: Trong $(SBD)$, vì $\frac{OB}{OD}=2$, ta có $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$. Lấy $I$ trên đoạn $SB$ sao cho $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$; khi đó $\frac{IB}{SB}=\frac{1}{3}=\frac{OD}{BD}$, suy ra $IO//SD$ (Thales trong tam giác $SBD$: $\frac{BI}{BS}=\frac{BO}{BD}=\frac{1}{3}$). Vậy $IO//SD$, mà $E\in SD$, $S,E,D$ thẳng hàng.

Xét tam giác $SAD$... thay vào đó: $IO//SE$ (vì $SE\subset SD$). Xét tam giác $SDE$? Không. Xét mặt phẳng $(SAD)$: không chứa $O$.

Dùng tam giác $SBD$: $IO//SD$. Trong tam giác $SAD$, $EF//AD$ (với $F\in SA$, $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$). Xét tam giác $SAC$: $OF//SC$ (vì $\frac{SO}{?}$... đúng: $\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}=\frac{AF}{AS}$? Kiểm tra: $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AF}{AS}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$. Không khớp theo đỉnh $A$: cần $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}$, tức $\frac{1}{3}\ne \frac{2}{3}$.

Sửa: lấy $F$ trên $SA$ sao cho $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$, tức $\frac{SF}{SA}=\frac{1}{3}$. Khi đó trong tam giác $SAC$: $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$ suy ra $FO//SC$. Trong tam giác $SAD$: $\frac{SF}{SA}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ — không Thales được.

**Cách chuẩn (dùng điểm $I$ trên $SB$):** Chọn $I\in SB$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Trong tam giác $SBD$: $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}=\frac{SI}{SB}$ nên $EI//DB$, do đó $EI//(ABCD)$.

Trong tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Trong $(SBD)$, $O\in BD$ với $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$. Xét tam giác $SBD$: đường thẳng qua $O$ song song với $SD$ cắt $SB$ tại điểm có $\frac{SX}{SB}=\frac{SO}{?}$ — không trực tiếp.

Dùng hệ quả Thales trong tam giác $SBD$ với đường thẳng $OI$: $I\in SB$, $O\in BD$, $\frac{BI}{BS}=\frac{1}{3}=\frac{BO}{BD}$ suy ra $IO//SD$ tức $IO//SE$.

Vậy ta có: $EI//OB$ (vì $EI//DB$ và $O\in DB$) và $IO//EB$? Không: $IO//SD$ tức $IO//ED$ (vì $E\in SD$). Vậy tứ giác $EIOD$: $EI//OD$ và $IO//ED$ — $EIOD$ là hình bình hành! Suy ra $OE$ và $ID$... điều cần: $OE//ID$? Không, hình bình hành $EIOD$ (đỉnh theo thứ tự $E,I,O,D$): $EI//DO$ và $IO//ED$. Đường chéo không song song. Nhưng ta cần $OE//(SAB)$: trong $(SBD)$, gọi $K$ là giao của $OE$ với $SB$...

Thực chất: trong mặt phẳng $(SBD)$, $E\in SD$ với $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$, $O\in BD$ với $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$, tức $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$. Đường thẳng $OE$ cắt $SB$ tại $I$: theo Menelaus trong tam giác $SDB$ với đường thẳng $O-E-I$: $\frac{BO}{OD}\cdot \frac{DE}{ES}\cdot \frac{SI}{IB}=1\Rightarrow 2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{SI}{IB}=1\Rightarrow \frac{SI}{IB}=1$, tức $I$ là trung điểm $SB$.

Vậy $OE$ cắt $SB$ tại trung điểm $I$ của $SB$. Xét tam giác $SAB$... nhưng cần $OE//(SAB)$ — nếu $OE$ cắt $SB$ thì $OE$ cắt $(SAB)$! Mâu thuẫn — nghĩa là $OE$ phải song song $(SAB)$, tức $OE//SB$? Kiểm tra Menelaus lại: nếu $OE//SB$ thì không giao. Kiểm tra trực tiếp bằng tọa độ:

Đặt $D=(0,0)$, $C=(1,0)$, $A=(2,2)$, $B=(4,2)$ (AB=2CD=2, đúng, AB//CD). $S=(0,0,3)$ (đỉnh trên D). $E$ với $SE=2ED$: $E=S+\frac{1}{3}(D-S)=(0,0,2)$. $O=AC\cap BD$: đường $AC$: $(2,2)+t(-1,-2)$; đường $BD$: $(4,2)+u(-4,-2)$. Giải: $2-t=4-4u$, $2-2t=2-2u\Rightarrow t=u$. $2-t=4-4t\Rightarrow 3t=2\Rightarrow t=2/3$. $O=(4/3,2/3)$.

Vector $OE=(0-4/3,0-2/3,2-0)=(-4/3,-2/3,2)$. Vector $SB=B-S=(4,2,-3)$. Không song song. Vector $AB=(2,0,0)$: không song song. Kiểm tra $OE$ có song song $(SAB)$ không: mặt $(SAB)$ chứa $S=(0,0,3),A=(2,2),B=(4,2)$. Normal: $SA=(2,2,-3)$, $SB=(4,2,-3)$, cross $=(-3\cdot ...)$: $SA\times SB=(2,2,-3)\times (4,2,-3)=(2\cdot (-3)-(-3)\cdot 2,(-3)\cdot 4-2\cdot (-3),2\cdot 2-2\cdot 4)=(-6+6,-12+6,4-8)=(0,-6,-4)$. Phương trình: $-6(y-0)-4(z-3)=0\Rightarrow -6y-4z+12=0\Rightarrow 3y+2z=6$. Điểm $E=(0,0,2)$: $0+4=4\ne 6$. Điểm $O=(4/3,2/3,0)$: $2+0=2\ne 6$. Vậy $OE$ không song song $(SAB)$ với cấu hình này?

Hmm, nhưng hình thang có thể đặt khác: $AB=2CD$, $O$ là giao $AC,BD$ — tỉ lệ $\frac{OA}{OC}=\frac{AB}{CD}=2$ luôn đúng. $\frac{OB}{OD}=2$ cũng đúng. Vậy trong $(SBD)$: $\frac{BO}{OD}=2$, $E$ với $\frac{SE}{ED}=2$ tức $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$, $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$, $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$.

Trong mặt phẳng $(SBD)$: dùng tọa độ phẳng với $S$ gốc: $D$ = vector $d$, $B$ = vector $b$. $E=\frac{1}{3}d$ (từ S). $O=\frac{1}{3}b$ (vì $BO:OD=2:1$, $O$ gần D: $O=D+\frac{1}{3}(B-D)$, từ $S$: $O=\frac{1}{3}b+\frac{2}{3}d$). Sửa: $O=\frac{2}{3}d+\frac{1}{3}b$. $E=\frac{1}{3}d$. $OE=O-E=\frac{1}{3}b$. Vậy $OE=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}$, tức $OE//SB$!

Tọa độ trước của tôi sai chỗ nào? $E$: $SE=2ED$ nên $E$ chia $SD$ theo $2:1$, $E=S+\frac{2}{3}(D-S)=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}D=(0,0,1)$, không phải $(0,0,2)$. Tôi nhầm. Với $E=(0,0,1)$: $OE=(0-4/3,0-2/3,1-0)=(-4/3,-2/3,1)$. $SB=(4,2,-3)$. Tỉ lệ: $-4/3/4=-1/3$, $-2/3/2=-1/3$, $1/(-3)=-1/3$. Có! $OE=-\frac{1}{3}SB$, tức $OE//SB$. Chuẩn.

Vậy lời giải: $\frac{BO}{BD}=\frac{AB}{AB+CD}=\frac{2}{3}$ (từ đồng dạng $OAB\backsim OCD$), $\frac{BE}{?}$... Trình bày: trong $(SBD)$, $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{BE}{?}$ — dùng $E$: $\frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$. Xét tam giác $SBD$: $O\in BD$ với $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$, $E\in DS$ với $\frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$, suy ra $OE//SB$ (định lí Thales trong tam giác $DBS$ tại đỉnh $D$). Mà $SB\subset (SAB)$, $OE\not\subset (SAB)$, nên $OE//(SAB)$. Đẹp!

Tỉ lệ $\frac{DO}{DB}$: đồng dạng $△OAB\backsim △OCD$ cho $\frac{OD}{OB}=\frac{CD}{AB}=\frac{1}{2}$, nên $\frac{OD}{OB}=\frac{1}{2}$, $\frac{OD}{DB}=\frac{1}{3}$. Và $SE=2ED\Rightarrow \frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$. Kết luận đúng.

Lời giải hoàn chỉnh như trên.