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

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $M,P$ lần lượt là trung điểm $SB$, $SD$ nên $MP$ là đường trung bình của tam giác $SBD$, suy ra $MP\parallel BD$. Đường thẳng $SC$ nằm trong mặt phẳng $(SBC)$ và cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại $C$, mà $C$ không thuộc $BD$, nên $SC$ và $BD$ chéo nhau; do đó $MP$ và $SC$ chéo nhau (không cắt nhau).
b) Đúng: $(SAB)$ và $(SAC)$ có chung hai điểm $S,A$ phân biệt, nên giao tuyến là đường thẳng $SA$.
c) Đúng: Trong tam giác $SBC$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel SC$; trong tam giác $SCD$, $NP$ là đường trung bình nên $NP\parallel CD$. Mặt khác $MP\parallel BD$ (đường trung bình tam giác $SBD$). Mặt phẳng $(MNP)$ chứa đường thẳng $MP\parallel BD$, trong khi $BD$ nằm trong $(ABCD)$; $N$ thuộc cả $(MNP)$ (vì $N\in NP$) và thuộc $(ABCD)$. Vậy giao tuyến của $(MNP)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng qua $N$ và song song với $BD$.
d) Đúng: Dùng tọa độ, lấy $S$ làm gốc, đặt vectơ $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$; vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Khi đó $M=\vec{b}/2$, $N=(\vec{b}+\vec{c})/2$, $P=(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})/2$. Điểm $K$ trên $SA$ có dạng $K=t\cdot \vec{a}$ và $K$ thuộc $(MNP)$: $t\cdot \vec{a}=\alpha \cdot (\vec{b}/2)+\beta \cdot (\vec{b}+\vec{c})/2+\gamma \cdot (\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})/2$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$. So sánh hệ số: hệ số của $\vec{c}$ cho $\beta +\gamma =0\Rightarrow \beta =-\gamma$; hệ số của $\vec{b}$ cho $\alpha +\beta -\gamma =0\Rightarrow \alpha =2\gamma$; hệ số của $\vec{a}$ cho $t=\gamma /2$. Từ $\alpha +\beta +\gamma =2\gamma -\gamma +\gamma =2\gamma =1\Rightarrow \gamma =1/2$, suy ra $t=1/4$. Vậy $SK/SA=1/4$. Kết quả khớp đáp án nguồn SDDD.
a) (AI giải đề cho tôi)
$MP$ là đường trung bình tam giác $SBD$ nên $MP\parallel BD$; $SC$ và $BD$ chéo nhau ($SC$ cắt $(ABCD)$ tại $C$ không thuộc $BD$), do đó $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ có chung hai điểm phân biệt $S,A$ nên giao tuyến là $SA$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel SC$, $NP\parallel CD$, $MP\parallel BD$; $N$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến là đường thẳng qua $N$ song song với $BD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ với $S$ gốc, $\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}$. Giải hệ biểu diễn $K=t\cdot \overrightarrow{SA}$ qua $M,N,P$ với tổng hệ số bằng $1$ được $t=1/4$, tức $SK/SA=1/4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in AB$, $P\in AD$ nên đường thẳng $MP$ nằm trong mặt phẳng $(ABD)$. Vì $N\in CD$, $Q\in BC$ nên đường thẳng $NQ$ nằm trong mặt phẳng $(BCD)$. Giao điểm $I=MP\cap NQ$ do đó thuộc cả hai mặt phẳng $(ABD)$ và $(BCD)$. Mà $(ABD)\cap (BCD)=BD$, suy ra $I\in BD$, tức ba điểm $I,B,D$ thẳng hàng. Điều này khớp với đáp án nguồn B.

a) Trong mp $(ABCD)$, gọi $E=CD\cap AB$. $\{\begin{array}{l}E\in CD;CD\subset (SCD)\Rightarrow E\in (SCD)\\ E\in AB\end{array}\Rightarrow AB\cap (SCD)=E$. b) Trong mặt phẳng $(MNPQ)$ gọi $I=MP\cap NQ$. Ta chứng minh $I\in SO$. Dễ thấy $SO=(SAC)\cap (SBD)$. $$\{\begin{array}{l}I\in MP\subset (SAC)\\ I\in NQ\subset (SBD)\end{array}$$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in (SAC)\\ I\in (SBD)\end{array}\Rightarrow I\in SO$$ Vậy $MP,NQ,SO$ đồng qui tại $I$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục S làm gốc, đặt vectơ $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$; vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$. Khi đó $M=\frac{\vec{b}}{2}$, $P=\frac{\vec{d}}{2}$, $N=\vec{b}+\frac{\vec{d}}{2}-\frac{\vec{a}}{2}$.
a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ đều chứa điểm $S$ và đường thẳng $SA$, nên giao tuyến của chúng là $SA$. → Đúng.
b) Trong tam giác $SBD$, $MP$ là đường trung bình nên $MP\parallel BD$. Trong tam giác $SBC$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel SC$, suy ra $SC\parallel (MNP)$. Vì $SC$ không song song với $BD$ (tức không song song $MP$) nên $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau. → Sai.
c) Vì $MP\parallel BD$, $MP\subset (MNP)$, $BD\subset (ABCD)$ nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng qua $N$ và song song với $BD$ (cũng song song với $MP$). → Đúng.
d) Điểm $K=\overrightarrow{SK}=t\vec{a}$ thuộc $(MNP)$ khi $t\vec{a}=\frac{\vec{b}}{2}+\alpha \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+\beta \frac{\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}}{2}$. So sánh hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{d}$ ta được $\beta =2t$, $\alpha =-\beta$, $1-\alpha +\beta =0$, giải ra $\beta =-\frac{1}{2}$, $t=-\frac{1}{4}$. Vậy giao điểm của đường thẳng $SA$ với $(MNP)$ thỏa $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}\ne \frac{3}{4}$. → Sai.
Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai (ĐSĐS), trùng với đáp án mã 111 (DSDS theo thứ tự Đúng–Sai–Đúng–Sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)$ và $(SAC)$ cùng chứa điểm $S$ và đường thẳng $SA$, nên giao tuyến là $SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MP\parallel BD$ (đường trung bình tam giác $SBD$) và $MN\parallel SC$ (đường trung bình tam giác $SBC$) nên $SC\parallel (MNP)$; vì $SC$ không song song $MP$ nên $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $MP\parallel BD$ với $MP\subset (MNP)$, $BD\subset (ABCD)$, giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua $N$ song song với $BD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ toạ độ với gốc $S$: $\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SD}=\vec{d},\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$. Giải điều kiện $t\vec{a}\in (MNP)$ cho $t=-\frac{1}{4}$, tức $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}\ne \frac{3}{4}$.

a) Trong mp $(ABCD)$, gọi $E=CD\cap AB$. $\{\begin{array}{l}E\in CD;CD\subset (SCD)\Rightarrow E\in (SCD)\\ E\in AB\end{array}\Rightarrow AB\cap (SCD)=E$. b) Trong mặt phẳng $(MNPQ)$ gọi $I=MP\cap NQ$. Ta chứng minh $I\in SO$. Dễ thấy $SO=(SAC)\cap (SBD)$. $$\{\begin{array}{l}I\in MP\subset (SAC)\\ I\in NQ\subset (SBD)\end{array}$$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in (SAC)\\ I\in (SBD)\end{array}\Rightarrow I\in SO$$ Vậy $MP,NQ,SO$ đồng qui tại $I$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $MP$: $M\in AB$, $P\in AD$ nên $MP\subset (ABD)$. Xét $NQ$: $N\in CD$, $Q\in BC$ nên $NQ\subset (BCD)$. Do đó $I=MP\cap NQ\in (ABD)\cap (BCD)=BD$. Vậy ba điểm $I,B,D$ thẳng hàng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (A).

(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 $AD\parallel BC$, $AD=2BC$ với $BC=1$), $S=(0,0,1)$. Vì $SD=3SM$ nên $M=\left(\frac{2}{3},0,\frac{2}{3}\right)$. Mặt phẳng $(ABM)$ qua $A$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(b,1,0)$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{2}{3},0,\frac{2}{3}\right)$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=\left(\frac{2}{3},-\frac{2b}{3},-\frac{2}{3}\right)$, nên $(ABM)$: $x-by-z=0$. Điểm $F$ trên $SC$: $F=S+t(\overrightarrow{SC})=(t(b+1),t,1-t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $t(b+1)-bt-(1-t)=2t-1=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $\frac{SF}{SC}=\frac{1}{2}$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(2;0;0)$, $B(0;1;0)$, $C(1;1;0)$ (vì $AD\parallel BC$, $AD=2BC$), và $S(0;0;3)$ (tùy chọn, không ảnh hưởng tỉ số). Vì $SD=3SM$ nên $M$ chia đoạn $SD$ với $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SD}$, suy ra $M=S+\frac{1}{3}(D-S)=\left(\frac{2}{3};0;2\right)$.

Mặt phẳng $(ABM)$ đi qua $A$ nên có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=(0;1;0)\times \left(\frac{2}{3};0;2\right)=\left(2;0;-\frac{2}{3}\right)$, tức phương trình $2x-\frac{2}{3}z=0$ hay $z=3x$.

Đường thẳng $SC$: điểm $S+t(\overrightarrow{SC})$ với $\overrightarrow{SC}=(1;1;-3)$, tức $(t;t;3-3t)$. Thay vào mặt phẳng: $3-3t=3t\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $F$ là trung điểm $SC$, do đó $\frac{SF}{SC}=\frac{1}{2}$.

Kiểm tra lại: $F\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ thỏa mãn $z=3x$ và nằm trên $SC$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB$, do đó $CD\parallel (SAB)$. Mặt phẳng $(CDM)$ chứa $CD$ nên giao tuyến của $(CDM)$ với $(SAB)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$. Giao tuyến này cắt $SB$ tại $N$, suy ra $MN\parallel AB$. Trong tam giác $SAB$, theo định lý Thales: $\frac{SN}{SB}=\frac{SM}{SA}$. Vì $SM=2MA$ nên $\frac{SM}{SA}=\frac{2}{2+1}=\frac{2}{3}$. Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101, câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $C=(1;1;0)$ (hình bình hành), $S=(0;0;1)$. Khi đó $M=\left(\frac{1}{2};0;0\right)$, $N=\left(0;\frac{1}{2};0\right)$, trọng tâm tam giác $SBD$ là $G=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{MG}=\left(-\frac{1}{6};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNG)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MG}=\left(\frac{1}{6};\frac{1}{6};-\frac{1}{12}\right)\propto (2;2;-1)$. Mặt phẳng $(MNG)$: $2x+2y-z=1$ (kiểm tra: qua $M$: $2\cdot \frac{1}{2}=1$; qua $N$: $2\cdot \frac{1}{2}=1$; qua $G$: $\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=1$). Điểm $H\in SC$ có dạng $H=(t;t;1-t)$ với $\frac{SH}{SC}=t$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2t+2t-(1-t)=1\Rightarrow 5t=2\Rightarrow t=\frac{2}{5}$. Vậy $\frac{SH}{SC}=\frac{2}{5}$, khớp với đáp án điền sẵn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SEF$, $P,N$ là trung điểm của $SE,SF$ nên $PN$ là đường trung bình, do đó $PN\parallel EF$. Vì $EF\subset (CDEF)$ và $PN\not\subset (CDEF)$ nên $PN\parallel (CDEF)$. Mặt phẳng $(JPN)$ chứa $PN$ và cắt $(CDEF)$ theo giao tuyến đi qua $J$ (vì $J\in (JPN)\cap (CDEF)$). Theo tính chất giao tuyến song song, giao tuyến là đường thẳng qua $J$ và song song với $PN$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(2;0;0)$, $C^{\prime }=(0;2;0)$, $A=(0;0;h)$, $B=(2;0;h)$, $C=(0;2;h)$, $M=(1;0;h)$.

a) Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, đường thẳng $A^{\prime }M$ cắt đường thẳng $B{B}^{\prime }$ (tại điểm nằm trên tia $B{B}^{\prime }$ ngoài đoạn $B{B}^{\prime }$). Vì $B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }M$ không song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. → Sai.

b) Hai mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{A}^{\prime })=(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })=(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ đều chứa điểm $B$ và $B^{\prime }$, nên giao tuyến là $B{B}^{\prime }$. → Đúng.

c) Phép chiếu song song theo phương $A{A}^{\prime }$ biến $A\mapsto A^{\prime }$, $B\mapsto B^{\prime }$ nên biến trung điểm $M$ của $AB$ thành trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$. → Đúng.

d) $N=(0;1;h)$, $P$ trên $A^{\prime }{B}^{\prime }$ với $P{A}^{\prime }=2P{B}^{\prime }$ nên $P=(4/3;0;0)$. Mặt phẳng $(MNP)$ qua $M(1;0;h)$, $N(0;1;h)$, $P(4/3;0;0)$ có phương trình: $hx+hy+\frac{z}{3}=\frac{4h}{3}$. Điểm $Q$ trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ có dạng $(0;t;0)$, thay vào: $ht=\frac{4h}{3}\Rightarrow t=\frac{4}{3}$. Vậy $Q{A}^{\prime }=\frac{4}{3}$, $Q{C}^{\prime }=2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$, tức $Q{C}^{\prime }=\frac{1}{2}Q{A}^{\prime }\ne 2Q{A}^{\prime }$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, $A^{\prime }M$ cắt đường thẳng $B{B}^{\prime }$ tại một điểm nằm trên đường thẳng $B{B}^{\prime }$ (ngoài đoạn $B{B}^{\prime }$). Vì đường thẳng $B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, không song song với mặt phẳng này.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(A{B}^{\prime }{A}^{\prime })=(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })=(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ đều chứa $B$, $B^{\prime }$ nên giao tuyến là $B{B}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Phép chiếu song song phương $A{A}^{\prime }$ biến $A\to A^{\prime }$, $B\to B^{\prime }$, giữ trung điểm, nên ảnh của $M$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A^{\prime }=(0;0;0),B^{\prime }=(2;0;0),C^{\prime }=(0;2;0),h$ chiều cao: $M=(1;0;h),N=(0;1;h),P=(4/3;0;0)$. Mặt phẳng $(MNP)$: $hx+hy+z/3=4h/3$. Điểm $Q=(0;t;0)$ trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ cho $t=4/3$, nên $Q{A}^{\prime }=4/3$, $Q{C}^{\prime }=2/3$, tức $Q{C}^{\prime }=\frac{1}{2}Q{A}^{\prime }\ne 2Q{A}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Gọi $d$ là giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$, qua $S$. Vì $d$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ nên $d$ song song hoặc cắt $AB$; tương tự với $CD$. Nếu $d$ cắt $AB$ tại $I$ thì $I\in (SCD)\cap (ABCD)=CD$, nhưng $I\in AB$ và $AB\parallel CD$, vô lí. Vậy $d\parallel AB\parallel CD$ (không phải song song với $AC$).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ (hình bình hành), giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không phải song song với $AC$. Nếu giao tuyến cắt $AB$ tại $I$ thì $I$ thuộc giao của hai mặt phẳng đáy, tức thuộc $CD$, mâu thuẫn với $AB\parallel CD$. Do đó khẳng định a) Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$N$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $N$ nằm trên trung tuyến $BD$ với $\frac{DN}{DB}=\frac{2}{3}$. Khẳng định b) Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Dùng vectơ: $\overrightarrow{GN}=\vec{N}-\vec{G}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3}-\frac{\vec{S}+\vec{A}+\vec{B}}{3}=\frac{\vec{C}-\vec{S}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SC}$. Vậy $NG\parallel SC$, mà $SC\subset (SAC)$ và $NG\not\subset (SAC)$, nên $NG\parallel (SAC)$, không cắt mặt phẳng $(SAC)$. Khẳng định c) Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3}-\vec{A}-\frac{\vec{D}-\vec{A}}{3}=\frac{\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}}{3}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{B}-\vec{A}=\vec{C}-\vec{D}$, suy ra $\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}=2(\vec{B}-\vec{A})$, tức $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$. Vậy $MN\parallel AB\parallel CD$, với $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$, do đó $MN\parallel (SCD)$. Khẳng định d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(0,1,0)$, $D=(0,0,1)$. Vì $PR\parallel AC$ trong tam giác $ABC$ với $P\in AB$, $R\in BC$ nên $\frac{BP}{BA}=\frac{BR}{BC}=t$, suy ra $P=(1-t,0,0)$, $R=(1-t,t,0)$. Vì $CQ=2QD$ nên $Q=\frac{1}{3}C+\frac{2}{3}D=\left(0,\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{PR}=(0,t,0)$, $\overrightarrow{PQ}=\left(-(1-t),\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$, pháp tuyến của $(PQR)$: $\vec{n}=\overrightarrow{PR}\times \overrightarrow{PQ}=\left(\frac{2t}{3},0,t(1-t)\right)$. Mặt phẳng qua $P$: $\frac{2}{3}(x-(1-t))+(1-t)z=0$. Điểm $S\in AD$ có dạng $S=(0,0,s)$, thay vào: $\frac{2}{3}(t-1)+(1-t)s=0\Rightarrow s=\frac{2}{3}$. Vậy $AS=\frac{2}{3}AD$, $DS=\frac{1}{3}AD$, do đó $AD=3DS$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN\parallel AB$ và $MN=\frac{AB}{2}=\frac{x}{2}$. Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành nên $PQ\parallel MN\parallel AB$ và $PQ=MN=\frac{x}{2}$. Trong mặt phẳng đáy, chọn hệ tọa độ: $A(0,0)$, $B(x,0)$, $D(d,h)$, $C(d+6,h)$ (vì $CD=6$ và $AB\parallel CD$). Vì $AD=3QD$ nên $AQ=\frac{2}{3}AD$, tức $Q=\left(\frac{2d}{3},\frac{2h}{3}\right)$. Điểm $P$ thuộc $BC$: $P=B+t(C-B)$, do $PQ\parallel AB$ (phương ngang) nên $t=\frac{2}{3}$, suy ra $P=\left(x+\frac{2}{3}(d+6-x),\frac{2h}{3}\right)$. Khi đó $PQ=x+\frac{2}{3}(d+6-x)-\frac{2d}{3}=\frac{x}{3}+4$. Theo hình bình hành: $\frac{x}{3}+4=\frac{x}{2}\Rightarrow 4=\frac{x}{6}\Rightarrow x=24$. Thử lại: $MN=PQ=12$, thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BM$ với $\frac{BG}{GM}=2$. Vì $I\in AG$ nên $I$ thuộc mặt phẳng $(ABG)$, do đó đường thẳng $BI$ nằm trong $(ABG)$. Giao tuyến của $(ABG)$ và $(ACD)$ là đường thẳng qua $A$ và giao điểm của $BG$ (tức $BM$) với $(ACD)$, tức đường thẳng $AM$. Suy ra $J=BI\cap (ACD)$ nằm trên $AJ=(ABG)\cap (ACD)$, và $A,J,M$ thẳng hàng → A, C đúng. Trong mặt phẳng $(BDJ)$, đường thẳng $DJ$ là giao tuyến với $(ACD)$ (vì $D\in (ACD)$, $J\in (ACD)$) → B đúng. Vị trí $J$ trên đoạn $AM$ phụ thuộc vào vị trí của $I$ trên $AG$ (theo Menelaus trong tam giác $ABM$: $\frac{AJ}{JM}=\frac{BG}{GM}\cdot \frac{AI}{IB}=2\cdot \frac{AI}{IB}$, chỉ bằng 1 khi $I$ là trung điểm $AG$). Vậy khẳng định '$J$ là trung điểm $AM$' không luôn đúng → D sai, trùng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BM$ với $BG=2GM$. Xét mặt phẳng $(ABM)$: $I$ thuộc $AG$ nên $BI$ nằm trong $(ABM)$; $J=BI\cap (ACD)$ thì $J$ thuộc $AM$ (vì $AM=(ABM)\cap (ACD)$). Do đó $A,J,M$ thẳng hàng (B đúng) và $AJ$ là giao tuyến của $(ABG)\subset (ABM)$ với $(ACD)$ (A đúng), $DJ$ là giao tuyến của $(BDJ)$ với $(ACD)$ (C đúng). Áp dụng Menelaus trong tam giác $ABM$ với ba điểm $I\in AG$, $G\in BM$, $J\in AM$ thẳng hàng: $\frac{AJ}{JM}\cdot \frac{MG}{GB}\cdot \frac{BI}{IA}=1$, tức $\frac{AJ}{JM}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{BI}{IA}=1$. Vì vị trí của $I$ trên đoạn $AG$ không xác định nên tỉ số $AJ/JM$ không cố định, nói chung $AJ/JM=2\cdot \frac{BI}{IA}\ne 1$, do đó $J$ không phải là trung điểm $AM$. Khẳng định D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$, với $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$ không đồng phẳng. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$ (vì $M$ là trung điểm $SD$), $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$ (vì $N$ là trọng tâm tam giác $SAB$).

Điểm $I$ trên đường thẳng $MN$ có dạng $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AM}+t(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}+\frac{t}{6}(-\vec{s}+2\vec{b}-3\vec{d})$.

Vì $I$ thuộc mặt phẳng $(SBC)$ nên $\overrightarrow{AI}=\vec{s}+\alpha (\vec{b}-\vec{s})+\beta (\vec{b}+\vec{d}-\vec{s})=(1-\alpha -\beta )\vec{s}+(\alpha +\beta )\vec{b}+\beta \vec{d}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$:
- Hệ số $\vec{b}$: $\frac{t}{3}=\alpha +\beta$;
- Hệ số $\vec{d}$: $\frac{1}{2}-\frac{t}{2}=\beta$;
- Hệ số $\vec{s}$: $\frac{1}{2}-\frac{t}{6}=1-\alpha -\beta =1-\frac{t}{3}$.

Phương trình cuối cho $3-t=6-2t\Rightarrow t=3$.

Vậy $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AM}+3(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})$, tức $N$ nằm giữa $M$ và $I$ với $IN=2MN$, $IM=3MN$. Suy ra $\frac{IN}{IM}=\frac{2}{3}$.