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

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O, SM = ½SA, SN = ⅓SD.

a) SAI. M thuộc mặt phẳng (SAD). Mặt phẳng (SBN) ∩ (SAD) = SN (vì chung S và N). M thuộc SA; M thuộc SN chỉ khi A, S, D thẳng hàng (vô lý). Vậy M không thuộc (SBN).

b) SAI. MN nằm trong (SAD). Nếu MN // BC thì do BC // AD nên MN // AD, suy ra SM/SA = SN/SD = 1/2, mâu thuẫn với SN = ⅓SD. Vậy MN không song song BC (MN và BC chéo nhau).

c) SAI. Vì O là tâm hình bình hành nên A, O, C thẳng hàng, do đó C ∈ (OMA). Mặt khác A, M cùng thuộc đường thẳng SA nên (OMA) chứa đường thẳng SA, suy ra S ∈ (OMA). Mà S, C đều thuộc (SCD), vậy giao tuyến của (OMA) và (SCD) là đường thẳng SC — đi qua C nhưng KHÔNG song song với SD. Khẳng định sai.

d) ĐÚNG. N thuộc SD ⊂ (SBD) nên N ∈ (SBD); M ∈ (SAD). Giao tuyến của (SAD) và (SBD) là SD. MN cắt (SBD) tại chính N, tức P ≡ N. Đường thẳng qua N và D (tức SD) cắt BD tại D, nên P thuộc đường thẳng đi qua N và cắt BD. Khẳng định đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(SBN) ∩ (SAD) = SN; M ∈ SA nhưng M ∉ SN nên M không thuộc (SBN).
b) (AI giải đề cho tôi)
Nếu MN // BC thì MN // AD, đòi hỏi SM/SA = SN/SD, nhưng 1/2 ≠ 1/3, vô lý.
c) (AI giải đề cho tôi)
(OMA) chứa AC (vì A, O, C thẳng hàng) và chứa SA (vì A, M ∈ SA), nên giao tuyến với (SCD) là SC, không song song SD.
d) (AI giải đề cho tôi)
N ∈ SD ⊂ (SBD) nên P = MN ∩ (SBD) = N; đường thẳng qua N và D cắt BD tại D, nên P thuộc đường thẳng qua N cắt BD.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{3}$ (vì $SK=\frac{1}{2}AK\Rightarrow SA=SK+AK=3SK$) và $\frac{SL}{SC}=\frac{2}{3}$.

a) Hai mặt phẳng $(BKL)$ và $(ABC)$ đều đi qua $B$, nên $B$ là một điểm chung. Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $KL$ cắt $AC$ tại $I$ (vì $\frac{SK}{KA}=\frac{1}{2}\ne \frac{SL}{LC}=2$ nên $KL$ không song song với $AC$). Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $SAC$ với ba điểm $K,I,L$ thẳng hàng:
$$\frac{SK}{KA}\cdot \frac{AI}{IC}\cdot \frac{CL}{LS}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot \frac{AI}{IC}\cdot \frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{AI}{IC}=4.$$
Vì $I\in AC\subset (ABC)$ và $I\in KL\subset (BKL)$ nên $I$ là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến của $(BKL)$ và $(ABC)$ là đường thẳng $BI$.

b) Vì $KL\subset (BKL)$ và giao tuyến của $(BKL)$ với $(ABC)$ là $BI$, nên giao điểm của $KL$ với $(ABC)$ chính là $I=KL\cap AC$ với $\frac{AI}{IC}=4$ (tức $I$ nằm ngoài đoạn $AC$, về phía $C$, vì $AI=4IC$).

(AI giải đề cho tôi)
Xét bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng; M trung điểm AC, N trung điểm BC, P trên BD với BP = 2PD (tức BP/BD = 2/3), E = CD ∩ NP.

a) Trong mặt phẳng (BCD), đường thẳng NP cắt CD: đặt hệ tọa độ trong mặt phẳng (BCD) với B là gốc, C = c, D = d. Khi đó N = c/2, P = 2d/3. Điểm trên NP: c/2 + t(2d/3 − c/2); điểm trên CD: c + u(d − c). So sánh hệ số: 1/2 − t/2 = 1 − u và 2t/3 = u, giải ra t = 3, u = 2. Vậy NP cắt CD tại điểm E (nằm ngoài đoạn CD, phía sau D), tức NP cắt mặt phẳng (ACD) tại E. Mệnh đề ĐÚNG.

b) MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN ∥ AB. Vì AB ⊂ (ABD) và M ∉ (ABD) (do C ∉ (ABD) và M nằm trên AC với M ≠ A), nên MN ∥ (ABD). Mệnh đề ĐÚNG.

c) (MNP) và (ABD) có điểm chung P. Vì MN ∥ (ABD) nên giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua P và song song với MN (do đó song song với AB). Mặt khác A không thuộc (MNP) (vì nếu A ∈ (MNP) thì mặt (MNP) chứa A, M ∈ AC, N ∈ BC, P ∈ BD, khi đó mặt phẳng này chứa A, B (qua A và N, M xác định đường BC và AC... dẫn đến B, C thuộc mặt phẳng, mâu thuẫn với D không đồng phẳng). Vậy giao tuyến không phải là AP. Mệnh đề SAI.

d) E = CD ∩ NP nên E ∈ CD ⊂ (ACD). Mệnh đề ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
E = CD ∩ NP nên E ∈ NP và E ∈ CD ⊂ (ACD); đường thẳng NP thực sự cắt CD (giải trong mặt phẳng (BCD) cho nghiệm t = 3, u = 2), vậy NP cắt (ACD) tại E.
b) (AI giải đề cho tôi)
MN là đường trung bình tam giác ABC nên MN ∥ AB ⊂ (ABD), và M ∉ (ABD) vì C ∉ (ABD). Suy ra MN ∥ (ABD).
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng có điểm chung P; vì MN ∥ (ABD) nên giao tuyến là đường qua P song song với MN (tức song song AB), không phải AP vì A ∉ (MNP).
d) (AI giải đề cho tôi)
E nằm trên CD nên E ∈ (ACD).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần IV): Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy không là hình thang (nên $AD$ không song song $BC$), $M$ thuộc $SA$ với $SM=\frac{1}{3}SA$.

a) Tìm giao tuyến của $(MBC)$ và $(SAD)$:
- Ta có $M\in SA\subset (SAD)$ và $M\in (MBC)$ nên $M$ là điểm chung thứ nhất.
- Vì đáy không là hình thang nên $AD$ không song song $BC$; trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E=AD\cap BC$.
- $E\in AD\subset (SAD)$ và $E\in BC\subset (MBC)$ nên $E$ là điểm chung thứ hai.
- Vậy giao tuyến của $(MBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $ME$.

b) Tìm giao điểm $N$ của $MC$ và $(SBD)$:
- Trong $(ABCD)$, gọi $F=BD\cap CE$. Vì $F\in BD\subset (SBD)$ và $F\in CE\subset (MBC)$, $F$ thuộc cả hai mặt phẳng $(SBD)$ và $(MBC)$.
- Xét mặt phẳng $(SAD)$: $ME\subset (SAD)$ (chứng minh ở câu a) và $SD\subset (SAD)$; gọi $K=ME\cap SD$. Khi đó $K\in (MBC)$ (vì $K\in ME$) và $K\in (SBD)$ (vì $K\in SD$).
- Suy ra giao tuyến của $(MBC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $FK$.
- Đường thẳng $MC$ nằm trong $(MBC)$ và cắt đường thẳng $FK$ tại $N$ ($MC$ và $FK$ đồng phẳng trong $(MBC)$ và nói chung không song song).
- Vì $FK\subset (SBD)$ nên $N=MC\cap FK$ chính là giao điểm của $MC$ và $(SBD)$.

Kết luận: a) Giao tuyến là $ME$ với $E=AD\cap BC$. b) Giao điểm là $N=MC\cap FK$, trong đó $F=BD\cap CE$ và $K=ME\cap SD$.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên đường trung tuyến $BN$, với $N$ là trung điểm của $CD$. Ta có $A\in (ACD)\cap (GAB)$. Xét đường thẳng $BG$ thuộc $(GAB)$: vì $B,G,N$ thẳng hàng và $N\in CD\subset (ACD)$ nên $BG$ cắt $(ACD)$ tại $N$, do đó $N$ cũng thuộc $(GAB)$. Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung phân biệt $A$ và $N$, giao tuyến là $AN$ với $N$ là trung điểm của $CD$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 7: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành, $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $BC$.

a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng:

• Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$:
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ đều chứa điểm $S$ (vì $S\in SA\subset (SAB)$, $S\in SD\subset (SCD)$), nên $S$ thuộc giao tuyến.
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$ (đường thẳng $AB$ song song với đường thẳng $CD$ nằm trong $(SCD)$ và $AB\not\subset (SCD)$). Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $\Delta$ qua $S$, nằm trong $(SAB)$, và $\Delta \parallel AB\parallel CD$.
Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$).

• Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$:
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$, nên $S$ thuộc giao tuyến.
Gọi $O=AC\cap BD$ (tâm hình bình hành, giao điểm hai đường chéo trong mặt đáy). Khi đó $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$, tức $O$ cũng thuộc giao tuyến.
Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.

b) Tìm giao tuyến của $(SEF)$ với $(SAD)$ và $(SBC)$:
Vì $E\in AD$ nên $E\in (SAD)$; đồng thời $E\in EF\subset (SEF)$, tức $E$ là điểm chung của $(SEF)$ và $(SAD)$.
Tương tự $F\in BC\subset (SBC)$ và $F\in (SEF)$, tức $F$ là điểm chung của $(SEF)$ và $(SBC)$.
Hai mặt phẳng $(SEF)$ và $(SAD)$ đều chứa điểm $S$ và điểm $E$, mà qua hai điểm phân biệt $S$, $E$ chỉ có một đường thẳng $SE$.
Vậy giao tuyến của $(SEF)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $SE$.
Tương tự, $(SEF)$ và $(SBC)$ cùng chứa $S$ và $F$, nên giao tuyến của $(SEF)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $SF$.

Nhận xét: Vì $E$, $F$ là trung điểm của $AD$, $BC$ và $ABCD$ là hình bình hành nên $EF\parallel AB\parallel CD$; do đó $(SEF)$ cắt $(SAB)$ theo giao tuyến qua $S$ song song với $EF$ (chính là giao tuyến với $(SAB)$ ở câu a), và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến qua $S$ song song với $EF$ — hai giao tuyến này trùng nhau, phù hợp với kết quả câu a).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 8: a) Ta có $I\in AD\subset (JAD)$ và $I\in (IBC)$; $J\in BC\subset (IBC)$ và $J\in (JAD)$. Vậy hai điểm chung của $(IBC)$ và $(JAD)$ là $I$ và $J$, suy ra giao tuyến là đường thẳng $IJ$.

b) Xét mặt phẳng $(ABC)$: vì $M\in AB$, $N\in AC$ nên $MN\subset (ABC)$. Gọi $K=MN\cap BC$ (khi $MN$ không song song $BC$). Khi đó $K\in BC\subset (IBC)$ và $K\in MN\subset (DMN)$, tức $K$ là điểm chung thứ nhất.

Xét mặt phẳng $(ABD)$: vì $I\in AD$ nên $I\in (ABD)$, mà $I\in (IBC)$, lại có $B$ chung, nên $(ABD)\cap (IBC)=BI$. Đường thẳng $DM\subset (ABD)$, gọi $Q=DM\cap BI$. Khi đó $Q\in BI\subset (IBC)$ và $Q\in DM\subset (DMN)$, tức $Q$ là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của $(IBC)$ và $(DMN)$ là đường thẳng $KQ$, với $K=MN\cap BC$, $Q=DM\cap BI$. (Trường hợp riêng $MN\parallel BC$ thì $MN\parallel (IBC)$ và giao tuyến là đường thẳng qua $Q$ song song $BC$.)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E$ là giao điểm của $IK$ với đường thẳng $AB$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, vì $I\in SA$, $K\in SB$ nên $E=IK\cap AB$ xác định duy nhất. Chọn hệ quy chiếu trong mặt phẳng $(SAB)$ với $S=(0,0),A=(1,0),B=(0,1)$: $I=\left(\frac{1}{2},0\right)$, $K=\left(0,\frac{2}{3}\right)$ (do $SK=2BK\Rightarrow SK=\frac{2}{3}SB$). Đường thẳng $IK$: $2x+\frac{3}{2}y=1$; đường thẳng $AB$: $x+y=1$. Giải hệ được $x=-1,y=2$, tức $E$ nằm trên đường thẳng $AB$ kéo dài phía ngoài $A$ và $AE=2AB$ (kiểm tra bằng Menelaus trong tam giác $SAB$ với đường thẳng $IK$: $\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AE}{EB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\cdot \frac{AE}{EB}\cdot \frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{AE}{EB}=2$, phù hợp).

a) $J\in AD\subset (ABCD)$ và $J\in (IJK)$; $E=IK\cap (ABCD)$ (vì $E\in AB\subset (ABCD)$) và $E\in (IJK)$. Vậy giao tuyến của $(IJK)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $JE$, với $E=IK\cap AB$ kéo dài, $AE=2AB$.

b) $K\in SB\subset (SBD)$ nên $K$ là điểm chung thứ nhất. Gọi $M=JE\cap BD$. Chọn hệ toạ độ trong mặt phẳng đáy: $A=(0,0),D=(4,0)$ (đáy lớn $AD$), $B=(p,h),C=(q,h)$ với $BC\parallel AD$. Khi đó $J=(3,0)$ (vì $JD=\frac{1}{4}AD=1$), $E=(2p,2h)$ (vì $AE=2AB$). Đường thẳng $JE$: $(3+t(2p-3),2th)$; đường thẳng $BD$: $(p+s(4-p),h(1-s))$. So sắp tung độ: $2t=1-s$; so sắp hoành độ: $4-8t+2pt=3+2pt-3t\Rightarrow t=\frac{1}{5}$, suy ra $s=\frac{3}{5}$. Vậy $M$ nằm trong đoạn $BD$ với $BM=\frac{3}{5}BD$. Vì $M\in JE\subset (IJK)$ và $M\in BD\subset (SBD)$, giao tuyến của $(IJK)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $KM$.

c) $K\in SB\subset (SCB)$ nên $K$ là điểm chung thứ nhất. Gọi $F=JE\cap BC$. Trong hệ toạ độ trên, giao điểm của $JE$ với đường thẳng $BC$ ($y=h$) có $t=\frac{1}{2}$, hoành độ $x=\frac{2p+3}{2}=p+\frac{3}{2}$, tức $F\in BC$ (hoặc đường thẳng $BC$) với $BF=\frac{3}{2}=\frac{3}{8}AD$ (kéo dài nếu cần). Vì $F\in JE\subset (IJK)$ và $F\in BC\subset (SCB)$, giao tuyến của $(IJK)$ và $(SCB)$ là đường thẳng $KF$.

Tóm tắt: a) Giao tuyến là $JE$ với $E=IK\cap AB$ (kéo dài), $AE=2AB$. b) Giao tuyến là $KM$ với $M=JE\cap BD$, $BM=\frac{3}{5}BD$. c) Giao tuyến là $KF$ với $F=JE\cap BC$, $BF=\frac{3}{8}AD$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABCD$ là hình thang với $AB\parallel CD$ ($AB$ là cạnh đáy lớn). Ta dùng phương pháp tìm giao tuyến bằng cách tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng.

a) Tìm giao điểm của $IK$ và $(SBD)$:
- Trong mặt phẳng đáy, gọi $E=JK\cap BD$. Vì $J\in AB\subset (SBD)$? — chính xác hơn: $E\in BD\subset (SBD)$ và $E\in JK\subset (IJK)$, nên $E$ là điểm chung của $(IJK)$ và $(SBD)$.
- Trong mặt phẳng $(SAB)$: $IJ$ và $SB$ đồng phẳng nên cắt nhau tại $P=IJ\cap SB$. Khi đó $P\in (IJK)$ và $P\in SB\subset (SBD)$, nên $P$ là điểm chung thứ hai.
- Vậy $(IJK)\cap (SBD)=PE$.
- Vì $IK\subset (IJK)$, giao điểm $T$ của $IK$ với $(SBD)$ chính là giao điểm của $IK$ với $PE$ (cùng nằm trong mặt phẳng $(IJK)$). Kết luận: $T=IK\cap PE$.

b) Tìm giao điểm của $(IJK)$ với $SD$ và $SC$:
- Giao điểm với $SD$: $SD\subset (SBD)$, mà $(SBD)\cap (IJK)=PE$, nên giao điểm $N=SD\cap PE$.
- Giao điểm với $SC$: Xét $(SBC)$: $K\in BC\subset (SBC)$ và $K\in (IJK)$; $P\in SB\subset (SBC)$ và $P\in (IJK)$. Vậy $(SBC)\cap (IJK)=PK$. Giao điểm $M$ của $SC$ với $(IJK)$ là $M=SC\cap PK$.

Nhận xét: các điểm $P$, $E$ có thể nằm ngoài các đoạn thẳng tương ứng (kéo dài các đoạn thẳng khi cần). Nếu trong vị trí cụ thể $IJ\parallel SB$ thì thay bằng cách khác, nhưng với vị trí tổng quát cách trên luôn cho kết quả.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: M là trung điểm AB nên M thuộc cạnh AB, không nằm trong mặt phẳng (BCD) (tứ diện không suy biến).
b) Đúng: H ∈ AN ⊂ (ANP) và H ∈ MC ⊂ (MCQ); K ∈ AP ⊂ (ANP) và K ∈ CQ ⊂ (MCQ). Vậy H, K chung của hai mặt phẳng nên HK = (ANP) ∩ (MCQ).
c) Đúng: Trong tam giác ABC, AN và MC là hai trung tuyến nên H là trọng tâm tam giác ABC, tức $\vec{H}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3}$. Tương tự K là trọng tâm tam giác ACD: $\vec{K}=\frac{\vec{A}+\vec{C}+\vec{D}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{HK}=\vec{K}-\vec{H}=\frac{\vec{D}-\vec{B}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$, nên HK ∥ BD.
d) Sai: Từ $\overrightarrow{HK}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$ ta có $\frac{HK}{BD}=\frac{1}{3}\ne \frac{2}{3}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
M là trung điểm của AB nên M không thuộc mặt phẳng (BCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
H thuộc AN và MC, K thuộc AP và CQ, nên H, K chung của (ANP) và (MCQ); do đó HK là giao tuyến.
c) (AI giải đề cho tôi)
H, K lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD nên $\overrightarrow{HK}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$, suy ra HK ∥ BD.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{HK}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$ nên HK/BD = 1/3, không phải 2/3.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 3.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình thang $(AB\parallel CD)$; $E,F$ lần lượt là trọng tâm của $△SAD$ và $△SBC$.

**a) Chứng minh $EF\parallel MN$ và $EF\parallel AB$.**

Gọi $I$ là trung điểm của $SA$, $J$ là trung điểm của $SB$.
- $E$ là trọng tâm $△SAD$ nên $E$ nằm trên trung tuyến $SI$ với $\frac{SE}{SI}=\frac{2}{3}$.
- $F$ là trọng tâm $△SBC$ nên $F$ nằm trên trung tuyến $SJ$ với $\frac{SF}{SJ}=\frac{2}{3}$.

Xét $△SIJ$: vì $\frac{SE}{SI}=\frac{SF}{SJ}=\frac{2}{3}$, theo định lý Thales ta có $EF\parallel IJ$.

Mặt khác, trong $△SAB$, $I,J$ là trung điểm $SA,SB$ nên $IJ$ là đường trung bình, suy ra $IJ\parallel AB$. Vậy $EF\parallel AB$. (1)

Vì $AB\parallel CD$ và $M,N$ lần lượt là trung điểm $AD,BC$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$, do đó $MN\parallel AB$. Kết hợp với (1) suy ra $EF\parallel MN$. $■$

**b) Xác định giao tuyến $d$ của $(AEF)$ và $(SCD)$; chứng minh $d\parallel EF$.**

*Lưu ý: $E$ chỉ thuộc mặt phẳng $(SAD)$, không thuộc $(SCD)$, nên không thể dựng giao tuyến qua $E$ trong $(SCD)$; phải đi qua giao điểm của đường thẳng $AE$ với $(SCD)$.*

- Từ câu a): $EF\parallel AB$ và $AB\parallel CD$ nên $EF\parallel CD$. Vì $CD\subset (SCD)$ và $EF\not\subset (SCD)$ nên $EF\parallel (SCD)$.
- Trong mặt phẳng $(SAD)$, đường thẳng $AE$ cắt cạnh $SD$ tại điểm $P$ (vì $E$ nằm trong tam giác $SAD$, tia $AE$ cắt cạnh đối diện $SD$). Khi đó $P\in AE\subset (AEF)$ và $P\in SD\subset (SCD)$, tức $P$ thuộc giao tuyến $d=(AEF)\cap (SCD)$.
- Mặt phẳng $(AEF)$ chứa đường thẳng $EF$ với $EF\parallel (SCD)$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $d$, nên theo định lý về giao tuyến, $d\parallel EF$.

**Kết luận:** Giao tuyến $d$ là đường thẳng đi qua $P=AE\cap SD$, nằm trong mặt phẳng $(SCD)$ và song song với $EF$ (đồng thời $d\parallel CD$). $■$

(AI giải đề cho tôi)
Gắn hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0;2;0),C(2;2;0)$, $A^{\prime }(0;0;2),B^{\prime }(2;0;2),C^{\prime }(2;2;2),D^{\prime }(0;2;2)$. Khi đó $M(0;1;0),N(2;1;0),P(2;2;1)$.
$\overrightarrow{MN}=(2;0;0)$, $\overrightarrow{MP}=(2;1;1)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(0;-2;2)$, nên $(MNP)$: $z=y-1$.
a) $A^{\prime }{D}^{\prime }$: $x=0,z=2$ thay vào được $y=3\notin [0;2]$, nên $(MNP)$ không cắt đoạn $A^{\prime }{D}^{\prime }$ → sai.
b) $D{D}^{\prime }$: $x=0,y=2$ thay vào được $z=1$, giao điểm $(0;2;1)$ là trung điểm $D{D}^{\prime }$ → đúng.
c) $(AB{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ qua $A$ với pháp tuyến cùng phương $(0;-1;1)$, phương trình $z=y\ne z=y-1$, hai mặt phẳng song song → đúng.
Vậy có 2 khẳng định đúng, chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Hướng giải chi tiết cho Câu 3 (Phần IV):

a) Ta có: $S\in (SMD)\cap (SAC)$ nên hai mặt phẳng đã có điểm chung $S$.
Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, gọi $P=MD\cap AC$. Vì $M\in AB$, $D\in CD$ nên đường thẳng $MD$ cắt đường chéo $AC$ tại điểm $P$ (xác định, $P$ nằm trong đoạn $AC$ vì $M$ là trung điểm $AB$).
Khi đó: $P\in MD\subset (SMD)$ và $P\in AC\subset (SAC)$.
Vậy giao tuyến của $(SMD)$ và $(SAC)$ là đường thẳng $SP$.

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $G\in SM$ với $SG=2GM$.
Xét mặt phẳng $(SOM)$ (chứa đường thẳng $GO$ vì $G,O\in (SOM)$):
- Trong đáy, $MO$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ (vì $M$ trung điểm $AB$, $O$ trung điểm $BD$) nên $MO\parallel AD$ và $MO$ cắt $CD$ tại trung điểm $Q$ của $CD$.
- Ta có $Q\in CD\subset (SCD)$ và $S\in (SCD)$, nên $(SOM)\cap (SCD)=SQ$.
- Trong mặt phẳng $(SOM)$, đường thẳng $GO$ cắt đường thẳng $SQ$ tại $K$.
Vậy $K=GO\cap SQ$ chính là giao điểm cần tìm, với $K$ nằm ngoài đoạn $GO$ (phía qua $O$), thỏa mãn $OK=3OG$ (tức $GK=4GO$).

Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;3)$. Khi đó $M(1;0;0)$, $G(\frac{2}{3};0;1)$, $O(1;1;0)$, $Q(1;2;0)$. Mặt phẳng $(SCD)$ có phương trình $3y+2z=6$. Đường thẳng $GO$: $(x;y;z)=(\frac{2}{3}+\frac{t}{3};t;1-t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $3t+2(1-t)=6\Rightarrow t=4$, suy ra $K(2;4;-3)$. Kiểm tra $K$ trên đường thẳng $SQ$: $(u;2u;3-3u)$ với $u=2$ cho $(2;4;-3)$ — khớp. Vậy kết luận đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, $S(\frac{1}{2};\frac{1}{2};h)$. Khi đó $M(\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{h}{2})$, $N(\frac{3}{4};\frac{1}{4};\frac{h}{2})$. Mặt phẳng $(MNO)$ có phương trình $z=h(1-2y)$.
- Cắt mặt $(SAB)$ theo đoạn $MN$ (vì $MN\parallel AB$).
- Cắt mặt $(SAD)$: tại $y=\frac{1}{2}$, $z=0$ cho điểm $P$ là trung điểm $AD$, nên được đoạn $MP$.
- Cắt mặt $(SBC)$: tương tự được đoạn $NQ$ với $Q$ là trung điểm $BC$.
- Cắt mặt $(ABCD)$: $z=0\Rightarrow y=\frac{1}{2}$, tức đường thẳng qua $O$ song song $AB$, cho đoạn $PQ$.
- Mặt $(SCD)$: phương trình mặt phẳng cho hệ vô nghiệm trên mặt này (mặt phẳng $(MNO)$ song song với phương chiếu lên $(SCD)$), nên không cắt mặt $(SCD)$.
Vậy thiết diện là tứ giác $MNQP$ có 4 cạnh.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O; M, N là trung điểm của SB, SC; P ∈ SA.

a) Xác định giao tuyến của (MNP) với các mặt của hình chóp:
• Vì M ∈ SB, N ∈ SC nên MN là giao tuyến của (MNP) với mặt (SBC). Tam giác SBC có M, N là trung điểm nên MN ∥ BC; mà BC ∥ AD nên MN ∥ AD, do đó MN ∥ (ABCD) và MN ∥ (SAD).
• Với mặt (SAB): (MNP) ∩ (SAB) = MP (vì M ∈ (SAB), P ∈ (SAB)). Cho đường thẳng MP cắt AB tại E.
• Với mặt đáy (ABCD): vì (MNP) chứa MN ∥ AD nên (MNP) ∥ AD, suy ra giao tuyến của (MNP) với mặt đáy là đường thẳng ℓ đi qua E và song song với AD (tức song song với MN, BC). Trên hình bình hành, ℓ cắt DC tại K (và có thể cắt AD tại L tùy vị trí của P).
• Với mặt (SCD): (MNP) ∩ (SCD) là đường thẳng qua N và K (K ∈ DC ⊂ (SCD), N ∈ SC), tức là NK.
• Với mặt (SAD): (MNP) ∩ (SAD) là đường thẳng qua P và L, với L = ℓ ∩ AD (do (MNP) ∥ AD nên giao tuyến với (SAD) qua P và song song AD, cắt SD tại Q; ba điểm P, Q, L thẳng hàng và N, Q, K thẳng hàng — nhất quán vì cùng thuộc (MNP)).
Vậy các giao tuyến là: MP (mặt SAB), MN (mặt SBC), NK (mặt SCD), PL (mặt SAD) và đoạn EK (hoặc ELK) trên mặt đáy, với E = MP ∩ AB, đường qua E song song AD.
Nhận xét: MN ∥ EK (cùng song song AD) nên các giao tuyến đó tạo thành một hình thang MNKE (hai cạnh MP và NK là hai cạnh bên; P, L nằm trên hai cạnh bên đó).

b) Chứng minh OJ ∥ (SAD) với J ∈ MN:
• Trong tam giác SBD: O là trung điểm của BD (tính chất hình bình hành), M là trung điểm của SB nên OM là đường trung bình ⇒ OM ∥ SD ⇒ OM ∥ (SAD) (vì SD ⊂ (SAD)).
• Trong tam giác SAC: O là trung điểm của AC, N là trung điểm của SC nên ON là đường trung bình ⇒ ON ∥ SA ⇒ ON ∥ (SAD) (vì SA ⊂ (SAD)).
• OM và ON là hai đường thẳng cắt nhau tại O, cùng song song với (SAD) ⇒ mặt phẳng (OMN) ∥ (SAD).
• Vì J ∈ MN ⊂ (OMN) nên đường thẳng OJ nằm trong mặt phẳng (OMN), mà (OMN) ∥ (SAD) và OJ không nằm trong (SAD) ⇒ OJ ∥ (SAD). Đpcm.
(Kiểm tra bằng vectơ: với A làm gốc, OJ = ½·S + ½(t−1)·D với J = M + t(N−M), t ∈ [0;1], tức OJ là tổ hợp tuyến tính của SA và SD nên OJ ∥ (SAD) với mọi J ∈ MN.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;h)$ với $h>0$.

a) Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không song song với $AC$ hay $BD$. → Sai.

b) $AD=3AM\Rightarrow M(0;\frac{1}{3};0)$. Trọng tâm tam giác $ABC$: $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Đường $MN$ nằm trong mặt phẳng đáy $(z=0)$ với phương trình $y=\frac{1}{3}$; đường $SD$ chỉ gặp mặt phẳng đáy tại $D(0;1;0)$, mà $D\notin MN$ (vì $1\ne \frac{1}{3}$). Ngoài ra $MN$ không song song với $SD$ (vectơ chỉ phương của $SD$ là $(0;1;-h)$). Vậy $MN$ và $SD$ chéo nhau. → Đúng.

c) Đường thẳng $MN$: $y=\frac{1}{3},z=0$, song song với $CD$ (nằm trên $y=1,z=0$). Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ nên $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.

d) Trọng tâm tam giác $SAB$: $G(\frac{1}{3};0;\frac{h}{3})$. Đường $NG$ có vectơ chỉ phương $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};-\frac{h}{3}\right)$ nên trên nó $x-y=\frac{1}{3}$ không đổi, trong khi mặt phẳng $(SAC)$ có phương trình $x=y$ (tức $x-y=0$). Vậy $NG\parallel (SAC)$, không cắt mặt phẳng này. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không song song với $AC$ hay $BD$. → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;h)$: $M(0;\frac{1}{3};0)$, trọng tâm tam giác $ABC$ là $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Đường $MN$ nằm trong mặt phẳng đáy $(z=0)$ với phương trình $y=\frac{1}{3}$; đường $SD$ chỉ gặp mặt phẳng đáy tại $D(0;1;0)$, mà $D\notin MN$. Ngoài ra $MN$ không song song với $SD$ (SD có phương $(0;1;-h)$). Vậy $MN$ và $SD$ chéo nhau. → Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $M(0;\frac{1}{3};0),N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$, đường $MN$ có phương trình $y=\frac{1}{3},z=0$, song song với $CD$ (trên đường thẳng $y=1,z=0$). Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$, theo tính chất đường thẳng song song với mặt phẳng, $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm tam giác $SAB$: $G(\frac{1}{3};0;\frac{h}{3})$; $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Vectơ chỉ phương của $NG$ là $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};-\frac{h}{3}\right)$, có thành phần theo $x$ và $y$ bằng nhau, nên trên đường $NG$ ta luôn có $x-y=\frac{1}{3}$ (không đổi). Mặt phẳng $(SAC)$ có phương trình $x=y$, tức $x-y=0\ne \frac{1}{3}$. Vậy $NG$ song song với $(SAC)$ và không cắt mặt phẳng này. → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $SA$ nằm trong mặt phẳng $(SAD)$, còn $CD$ nằm trong $(SCD)$; $A\notin (SCD)$ nên $SA$ và $CD$ không đồng phẳng, chúng là hai đường thẳng chéo nhau chứ không cắt nhau.

b) Đúng: Trong tam giác $SCD$, đường thẳng qua trọng tâm $M$ song song với $DC$ cắt $SD,SC$ tại $H,K$ với $\frac{SH}{SD}=\frac{SK}{SC}=\frac{2}{3}$, suy ra $HK=\frac{2}{3}DC$. Vì đáy là hình thang nên $AB\parallel DC\parallel HK$, do đó $ABKH$ là hình bình hành khi và chỉ khi $HK=AB$, tức $\frac{2}{3}DC=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$.

c) Đúng: $M\in HK\subset (SCD)$ và $M\in (MAB)$ nên $M$ thuộc giao tuyến. Vì $AB\parallel DC$ nên $AB\parallel (SCD)$, giao tuyến của $(MAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$, chính là $HK$.

d) Đúng: $(SAC)$ chứa $S,A,C$; $(SBD)$ chứa $S,B,D$. Cả hai mặt phẳng đều chứa $S$, và $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến là $SO$. Khớp với đáp án mã đề 112: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA$ và $CD$ không đồng phẳng (chéo nhau), không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$HK=\frac{2}{3}DC\parallel AB$; $ABKH$ là hình bình hành $\iff HK=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$M$ chung, $AB\parallel (SCD)$ nên giao tuyến qua $M$ song song $AB$, là $HK$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cả hai mặt phẳng chứa $S$ và $O=AC\cap BD$, giao tuyến là $SO$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),D(0;0;1)$. Khi đó $M(0;\frac{1}{2};0)$, $N(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, và vì $BP=2DP$ nên $P$ chia $BD$ theo tỉ số $\frac{BP}{BD}=\frac{2}{3}$, tức $P(\frac{1}{3};0;\frac{2}{3})$. Điểm $F$ nằm trên $AD$ nên $F=(0;0;t)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\overrightarrow{MN}=(\frac{1}{2};0;0)$, $\overrightarrow{MP}=(\frac{1}{3};-\frac{1}{2};\frac{2}{3})$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(0;-\frac{1}{3};-\frac{1}{4})$. Mặt phẳng qua $M$: $-\frac{1}{3}(y-\frac{1}{2})-\frac{1}{4}z=0$, tức $-\frac{1}{3}y-\frac{1}{4}z=-\frac{1}{6}$. Thay $F(0;0;t)$: $-\frac{t}{4}=-\frac{1}{6}\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $F$ nằm giữa $A$ và $D$ với $FD=\frac{1}{3}$, $FA=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{FD}{FA}=\frac{1/3}{2/3}=\frac{1}{2}=0,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,5$ (bảng đáp án mã đề 112, câu 16).

Giải (theo hướng dẫn chấm đề chẵn):



Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

a) Ta có $S\in (SAD)\cap (SMN)$.

Ta có: $MN//EF//AD$; $AD\subset (SAD)$; $MN\subset (SMN)$; $(SAD)\cap (SMN)=Sy$.

Suy ra $Sy//AB//CD$.

Vậy giao tuyến của mặt phẳng $(SAD)$ và $(SMN)$ là đường thẳng $Sy$ thỏa mãn $Sy//AB//CD$.

b) Ta có $I=BM\cap CN$, suy ra $I\in BM\subset (SAB)$ và $I\in CN\subset (SCD)$, do đó $I\in (SAB)\cap (SCD)$.

Mà $S\in (SAB)\cap (SCD)$. Do đó $(SAB)\cap (SCD)=SI$.

Ta có: $AB//CD$; $AB\subset (SAB)$; $CD\subset (SCD)$; $(SAB)\cap (SCD)=SI$, suy ra $SI//AB//CD$. Vì $SI//CD$ nên $SI//CF$.

Theo định lý Ta – let ta có: $\frac{SI}{CF}=\frac{SN}{NF}=2\Rightarrow SI=2CF=CD=a$.

Gọi $J$ là giao điểm của $SD$ và $IC$. Suy ra hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(AIC)$ và các mặt của hình chóp là tam giác $ACJ$.

+ Tứ giác $SIDC$ là hình bình hành $\Rightarrow J$ là trung điểm của $SD,CI$.

Mặt khác, $AC=SD=a\sqrt{2}\Rightarrow AJ=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

+ Tứ giác $SIAB$ là hình bình hành $\Rightarrow AI=AB=a$.

Xét tam giác $IAC$ có $C{I}^2=2(A{C}^2+A{I}^2)-4A{J}^2=4a^2\Rightarrow CI=2a\Rightarrow CJ=a$.

Ta có: $\cos \widehat{CAJ}=\frac{A{J}^2+A{C}^2-C{J}^2}{2\cdot AC\cdot AJ}=\frac{\frac{a^2}{2}+2a^2-a^2}{2a^2}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow \sin \widehat{CAJ}=\frac{\sqrt{7}}{4}$

Diện tích thiết diện là $S_{\Delta AJC}=\frac{1}{2}AC\cdot AJ\cdot \sin \widehat{CAJ}=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{a^2\sqrt{7}}{8}$ (đvdt).

Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng đều được điểm tối đa.