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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (mã đề 111), đáp án SDSD. a) SAI. Vì $M$ là trọng tâm $△SCD$ và $HK\parallel DC$ đi qua $M$ nên $HK$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $\frac{SH}{SD}=\frac{SK}{SC}=\frac{2}{3}$ và $HK=\frac{2}{3}DC$. Do đáy là hình thang nên $AB\parallel DC\parallel HK$. Tứ giác $ABKH$ là hình bình hành khi và chỉ khi $HK=AB$, tức $\frac{2}{3}DC=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$, không phải $DC=3AB$. b) ĐÚNG. $SA$ không nằm trong mặt phẳng $(SCD)$, không song song và không cắt $CD$ (chỉ gặp đáy tại $A\notin CD$), nên $SA$ và $CD$ chéo nhau. c) SAI. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có chung điểm $S$; gọi $P=AD\cap BC$ (hai cạnh bên hình thang không song song nên cắt nhau) thì $P\in (SAD)\cap (SBC)$, giao tuyến là $SP$. Điểm $O=AC\cap BD$ không thuộc $(SAD)$ (vì $C,B\notin (SAD)$), nên $O$ không nằm trên giao tuyến; khẳng định sai. d) ĐÚNG. $(MAB)$ và $(SCD)$ có chung điểm $M$. Vì $AB\parallel DC\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$; theo định lý về giao tuyến, giao tuyến đi qua $M$ và song song với $AB$ (tức song song với $DC$), chính là $HK$. Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng — khớp đáp án mã đề 111 (SDSD).
a) (AI giải đề cho tôi)
HK là đường trung bình tam giác SCD nên HK = (2/3)DC. ABKH là hình bình hành ⇔ HK = AB ⇔ DC = (3/2)AB, không phải DC = 3AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA không nằm trong (SCD), không song song CD, không cắt CD ⇒ chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và P = AD ∩ BC, không phải SO với O = AC ∩ BD vì O không thuộc (SAD).
d) (AI giải đề cho tôi)
AB ∥ (SCD) nên giao tuyến của (MAB) và (SCD) đi qua M song song với AB, chính là HK.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm của $AC,BC$ nên $MN\parallel AB$, do đó $MN\parallel (ABD)$. Suy ra mặt phẳng $(MNP)$ cắt mặt phẳng $(ABD)$ theo giao tuyến qua $P$ và song song với $AB$. Gọi giao tuyến này cắt $AD$ tại $F$, khi đó $PF\parallel AB$ (vì $F\in AD\subset (ABD)$ và $(MNP)$ chứa giao tuyến qua $P$ song song $AB$). Trong tam giác $ABD$ có $PF\parallel AB$ với $BP=2DP$ tức $DP=\frac{1}{3}DB$, nên theo định lý Thales: $\frac{DF}{DA}=\frac{DP}{DB}=\frac{1}{3}$. Suy ra $FA=\frac{2}{3}DA$, $FD=\frac{1}{3}DA$, do đó $\frac{FA}{FD}=2$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 18, mã đề 111: 2).

Giải (theo hướng dẫn chấm đề lẻ):



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

a) Ta có $I=BM\cap CN\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in BM\subset (SAB)\\ I\in CN\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow I\in (SAB)\cap (SCD)$.

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

Ta có: $\{\begin{array}{l}AB\parallel CD\\ AB\subset (SAB)\\ CD\subset (SCD)\\ (SAB)\cap (SCD)=SI\end{array}\Rightarrow SI\parallel AB\parallel CD$. Vì $SI\parallel CD$ nên $SI\parallel CF$.

(Ở đây học sinh có thể chỉ ra giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là $Sx$ thỏa mãn $Sx//AB//CD$.)

b) 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 $ACJ$.

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

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

+ Từ 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).

(Thang điểm: a) 0,5; b) 0,25 + 0,25.)

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành tâm $O$, $M$ trung điểm $SC$, $I=AM\cap (SBD)$.

a) Đúng. Vì $M\in SC$ nên $M\in (SNC)$, mà $N\in (SNC)$ nên đường thẳng $MN\subset (SNC)$. Giao điểm $P$ của $MN$ với $(SBD)$ thì $P\in (SNC)$ và $P\in (SBD)$, do đó $P$ thuộc giao tuyến của $(SBD)$ và $(SNC)$.

b) Đúng. Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(s;t;h)$. Khi đó $M\left(\frac{s+1}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$. Mặt phẳng $(ABM)$ có phương trình $-hy+(t+1)z=0$. Thay điểm chạy trên $SD$: $(s(1-\lambda );t+\lambda (1-t);h(1-\lambda ))$ ta được $-h(t+\lambda (1-t))+(t+1)h(1-\lambda )=h(1-2\lambda )=0\Rightarrow \lambda =\frac{1}{2}$, tức $E$ là trung điểm $SD$: $E\left(\frac{s}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$. Mặt khác $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ (vì $OM\parallel SA$ trong mặt phẳng $(SAC)$, $AM\cap SO$ tại trọng tâm, và $I=\frac{S+A+C}{3}=\frac{S+B+D}{3}\in (SBD)$): $I\left(\frac{s+1}{3};\frac{t+1}{3};\frac{h}{3}\right)$. Đường thẳng $BI$: $(1;0;0)+\mu \left(\frac{s-2}{3};\frac{t+1}{3};\frac{h}{3}\right)$; với $\mu =\frac{3}{2}$ ta được đúng điểm $E$. Vậy $E\in BI$.

c) Đúng. Trong mặt phẳng $(SAC)$: $O$ trung điểm $AC$, $M$ trung điểm $SC$ nên $OM\parallel SA$; do đó $AM$ cắt $SO$ tại trọng tâm $G$ của tam giác $SAC$. Vì $G\in SO\subset (SBD)$ và $G\in AM$ nên $G\equiv I$, tức $AM\cap SO=I$.

d) Sai. Vì $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nằm trên trung tuyến $AM$ nên $\frac{IA}{IM}=2\ne 3$.

Khớp với đáp án mã đề 102: a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M\in SC\subset (SNC)$ nên $MN\subset (SNC)$; giao điểm của $MN$ với $(SBD)$ thuộc cả hai mặt phẳng nên thuộc giao tuyến của $(SBD)$ và $(SNC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tọa độ hóa: $E=SD\cap (ABM)$ là trung điểm $SD$ với $E\left(\frac{s}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$; đường thẳng $BI$ với $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ đi qua $E$ khi $\mu =\frac{3}{2}$. Vậy $E\in BI$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong $(SAC)$, $OM\parallel SA$ nên $AM$ cắt $SO$ tại trọng tâm tam giác $SAC$; điểm này thuộc $(SBD)$ vì $S+A+C=S+B+D$, nên chính là $I$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ trên trung tuyến $AM$ nên $\frac{IA}{IM}=2\ne 3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $K\in CD\subset (ACD)$ và $J$ là trung điểm $AD$ nên $J\in (ACD)$. Đường thẳng $IJ$ cắt $(ACD)$ tại chính $J$ (kiểm tra bằng tọa độ: với $D$ là gốc, $I=\frac{B+C}{2}$, $J=\frac{A}{2}$, điểm trên $IJ$ thuộc $(ACD)$ khi hệ số của $B$ triệt tiêu, cho đúng điểm $J$). Vậy giao tuyến của $(IJK)$ và $(ACD)$ là đường thẳng $JK$, đi qua $K\in CD$ và $J\in AD$. Trong tam giác $DAC$: $J$ là trung điểm $AD$, và vì $CK=\frac{1}{2}CD$ nên $K$ là trung điểm $CD$. Do đó $JK$ là đường trung bình của tam giác $DAC$, song song với $AC$ và $JK=\frac{1}{2}AC$. Tỉ số cần tính là $\frac{JK}{AC}=0,5$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in AC$, $N\in AD$ nên $MN\subset (ACD)$. Trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với đường thẳng $CD$.

Ta có $AM=\frac{1}{3}AC\Rightarrow \frac{CM}{MA}=2$; $AN=2ND\Rightarrow AN=\frac{2}{3}AD\Rightarrow \frac{AN}{ND}=2$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ACD$ với ba điểm thẳng hàng $M,N,P$:
$$\frac{CM}{MA}\cdot \frac{AN}{ND}\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow 2\cdot 2\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow \frac{DP}{PC}=\frac{1}{4}.$$

Vì $M,N$ nằm trong tam giác $ACD$, cát tuyến $MN$ cắt đường thẳng $CD$ tại điểm $P$ nằm ngoài đoạn $CD$, cụ thể trên tia đối của tia $DC$. Khi đó $PC=PD+DC$, suy ra
$$\frac{PD}{PD+DC}=\frac{1}{4}\Rightarrow 4PD=PD+DC\Rightarrow PD=\frac{1}{3}DC.$$

Kiểm tra bằng vectơ: lấy $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{c}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\vec{d}$. Điểm trên đường thẳng $MN$ có dạng $\frac{1-t}{3}\vec{c}+\frac{2t}{3}\vec{d}$. Để điểm này thuộc đường thẳng $CD$, tổng hai hệ số phải bằng $1$: $\frac{1-t}{3}+\frac{2t}{3}=\frac{1+t}{3}=1\Rightarrow t=2$. Khi đó điểm là $\frac{4}{3}\vec{d}$, tức $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\vec{d}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DA}$... chính xác hơn: $\overrightarrow{AP}=\frac{4}{3}\overrightarrow{AD}$ nên $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ (phía ngoài qua $D$) và $DP=\frac{1}{3}DC$ — khớp kết quả Menelaus.

Vì $P\in CD\subset (BCD)$ và $P\in MN$, nên $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(BCD)$.

Kết luận: $MN\cap (BCD)=\{P\}$, trong đó $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ sao cho $DP=\frac{1}{3}DC$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét mặt phẳng (SAC): O là giao điểm của AC và BD nên O thuộc (SBD), do đó SO ⊂ (SBD). Trong tam giác SAC, SO là trung tuyến (O trung điểm AC) và AM là trung tuyến (M trung điểm SC), nên chúng cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC. Vì I ∈ SO ⊂ (SBD) nên I chính là giao điểm của AM và (SBD).
a) I là trọng tâm tam giác SAC nên IA/IM = 2/1 = 2 ≠ 3 → Sai.
b) Hai mặt phẳng (SBD) và (SNC) đều chứa S nên giao tuyến đi qua S; giao điểm của MN với (SBD) vừa thuộc (SBD) vừa thuộc (SNC) (vì M ∈ SC ⊂ (SNC), N ∈ (SNC)) nên thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng → Đúng.
c) Như trên, AM ∩ SO = trọng tâm I của tam giác SAC, và I ∈ (SBD) → Đúng.
d) Mặt phẳng (ABM) chứa A, M nên chứa I ∈ AM; mặt phẳng (SBD) chứa I và B. Vậy giao tuyến của (ABM) và (SBD) là đường thẳng BI. Điểm E = SD ∩ (ABM) thuộc SD ⊂ (SBD) và thuộc (ABM) nên E ∈ BI → Đúng.
So sánh với đáp án giữ kỳ mã đề 101: S, Đ, Đ, Đ — khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SAC, AM và SO là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm I, nên IA/IM = 2 ≠ 3.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm của MN và (SBD) thuộc cả hai mặt phẳng (SBD) và (SNC) nên thuộc giao tuyến của chúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
AM và SO là hai trung tuyến của tam giác SAC, cắt nhau tại trọng tâm I, và I ∈ (SBD).
d) (AI giải đề cho tôi)
(ABM) ∩ (SBD) là đường thẳng BI (vì I ∈ AM ⊂ (ABM) và I ∈ (SBD)), nên E = SD ∩ (ABM) thuộc BI.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $K\in CD\subset (ACD)$ nên $K$ thuộc giao tuyến của $(IJK)$ và $(ACD)$. Điểm thứ hai: $J$ là trung điểm $AD$ nên $J\in (ACD)$, đồng thời $J\in (IJK)$, vậy $J$ cũng thuộc giao tuyến. Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $JK$, đi qua hai điểm thuộc cạnh $CD$ (điểm $K$) và $AD$ (điểm $J$) — đúng như đề bài mô tả. Trong tam giác $ACD$: $J$ là trung điểm $AD$, $K$ là trung điểm $CD$ (vì $CK=\frac{1}{2}CD$), nên $JK$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, suy ra $JK=\frac{1}{2}AC$. Tỷ số cần tính là $\frac{JK}{AC}=0,5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (0,5).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ACD)$, ta có $\frac{AM}{AC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{AN}{AD}=\frac{1}{2}$. Vì $\frac{AM}{AC}\ne \frac{AN}{AD}$ nên $MN$ không song song với $CD$, do đó $MN$ cắt $CD$ tại một điểm $P$. Vì $CD\subset (BCD)$ nên $P=MN\cap (BCD)$.

Xác định vị trí điểm $P$: chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{c}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}\vec{d}$. Điểm $P$ thuộc đường thẳng $MN$ nên $\overrightarrow{AP}=(1-t)\overrightarrow{AM}+t\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}(1-t)\vec{c}+\frac{t}{2}\vec{d}$. Để $P\in CD$ thì tổng hai hệ số bằng $1$: $\frac{2}{3}(1-t)+\frac{t}{2}=1\iff \frac{2}{3}-\frac{t}{6}=1\iff t=-2$. Suy ra $\overrightarrow{AP}=2\vec{c}-\vec{d}$, tức $\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}=\vec{c}-\vec{d}=\overrightarrow{DC}$.

Vậy $P$ nằm trên đường thẳng $CD$, ngoài đoạn $CD$ về phía $C$, sao cho $C$ là trung điểm của $PD$ (khi đó $DP=2DC$).

Kết luận: Giao điểm của $MN$ và $(BCD)$ là điểm $P$ thuộc đường thẳng $CD$ sao cho $\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{DC}$, tức $C$ là trung điểm của $PD$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $M\in SD\subset (SCD)$ và $M\in (MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng. b) Sai: Vì $AB\parallel CD$ với $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Hai mặt phẳng $(MAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung $M$, do đó giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không phải $SO$. c) Đúng: Trong tam giác $SDC$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song $DC$ thì cắt $SC$ tại trung điểm $N$ (do $MN\parallel DC$). Vì $AB\parallel DC$ nên $MN\parallel AB\subset (MAB)$, suy ra $MN\subset (MAB)$, vậy $N=SC\cap (MAB)$ là trung điểm $SC$. d) Đúng: $MN=\frac{DC}{2}=AB$ (vì $CD=2AB$) và $MN\parallel AB$, hơn nữa $MN$ và $AB$ không cùng mặt phẳng gốc nhưng tứ giác $MNBA$ có $MN\parallel AB$, $MN=AB$ nên là hình bình hành (các điểm $M,N,B,A$ đồng phẳng vì cùng thuộc $(MAB)$). Khớp với đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M$ thuộc $SD\subset (SCD)$ và $M$ thuộc $(MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$; giao tuyến của $(MAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$, không phải $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Qua $M$ kẻ đường song song $DC$ cắt $SC$ tại trung điểm $N$; do $MN\parallel AB$ nên $MN\subset (MAB)$, vậy $N=SC\cap (MAB)$ là trung điểm $SC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel AB$ và $MN=\frac{CD}{2}=AB$ nên tứ giác $MNBA$ (đồng phẳng trong $(MAB)$) là hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,SC$ nên $MN\parallel AC$. Mà $MN\subset (MNP)$ và $AC\not\subset (MNP)$ nên $AC\parallel (MNP)$. Mặt phẳng $(ABC)$ chứa $AC$ và cắt $(MNP)$ theo giao tuyến $PQ$ (vì $P\in (MNP)\cap (ABC)$), do đó $PQ\parallel AC$. Trong tam giác $ABC$, đường thẳng qua $P$ song song $AC$ cắt $BC$ tại $Q$, với $AP=\frac{AB}{3}$ nên $BP=\frac{2AB}{3}$. Theo định lý Thales: $\frac{BQ}{BC}=\frac{BP}{BA}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{BQ}{CQ}=\frac{2}{1}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $M\in SD\subset (SCD)$ và $M\in (MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng. b) Sai: Trong $(SCD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $DC$ (do $AB\parallel DC$ và $AB\subset (MAB)$, $DC\subset (SCD)$) cắt $SC$ tại $N$. Vì $M$ là trung điểm $SD$ và $MN\parallel DC$ nên $N$ là trung điểm $SC$. Giao tuyến của $(MAB)$ và $(SCD)$ là $MN$, không phải $MC$. c) Đúng: Như trên, giao điểm của $SC$ và $(MAB)$ là $N$ trung điểm $SC$ (do $MN\parallel DC$, $M$ trung điểm $SD$ suy ra $N$ trung điểm $SC$). d) Sai: $MN\parallel AB$ và $MN=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}AB\ne AB$ nên $MNBA$ là hình thang, nhưng không có dữ kiện nào cho thấy hai cạnh bên $MA$ và $NB$ bằng nhau, do đó không kết luận được nó là hình thang cân. Khớp với đáp án nguồn: a)Đ - b)S - c)Đ - d)S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M$ thuộc $SD\subset (SCD)$ và $M$ thuộc $(MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$, $AB\subset (MAB)$, $CD\subset (SCD)$, giao tuyến đi qua $M$ và song song với $AB$, tức là $MN$ với $N\in SC$, không phải $MC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong $(SCD)$, qua $M$ kẻ đường song song $DC$ cắt $SC$ tại $N$; vì $M$ là trung điểm $SD$ nên $N$ là trung điểm $SC$, và $N\in (MAB)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel AB$, $MN=\frac{1}{2}AB$ nên $MNBA$ là hình thang; nhưng không có dữ kiện để kết luận $MA=NB$, nên không phải hình thang cân.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AC\cap BD$ (tâm hình bình hành), khi đó $O\in (SBD)$. Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OM\parallel SA$. Xét mặt phẳng $(SAC)$: giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng đi qua $O$ và song song với $SA$ (vì $SA\parallel OM\subset (SBD)$... chính xác hơn, giao tuyến là $OI$ với $I\in AM$). Vì $OM\parallel SA$, đường thẳng qua $O$ song song $SA$ cắt $AM$ tại $I$ là trung điểm của $AM$... Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A=(0,0,0),B=(1,0,0),D=(0,1,0),C=(1,1,0),S=(0,0,3)$, $M=(0,5;0,5;1,5)$. Mặt phẳng $(SBD)$: $3x+3y+z=3$. Điểm trên $AM$: $(0,5t;0,5t;1,5t)$, thay vào: $4,5t=3\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $I$ chia $AM$ với $\frac{IA}{IM}=\frac{2/3}{1-2/3}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 1, Phần III: $2$).

(AI giải đề cho tôi)
Xét hệ trục gốc S với các vectơ $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$.

b) $\overrightarrow{KE}=\overrightarrow{SE}-\overrightarrow{SK}=\frac{1}{3}\vec{c}-\frac{1}{2}\vec{b}$, không tỉ lệ với $\overrightarrow{BC}=\vec{c}-\vec{b}$, nên $KE$ không song song $BC$ → Sai.

c) $E\in SC\subset (SCD)$ nên $E$ nằm trên mặt phẳng $(SCD)$ → Đúng.

d) Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\not\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$ → Đúng.

a) Điểm $H=KE\cap (SAD)$: viết $P=K+t(E-K)=\frac{1}{2}\vec{b}+t\left(\frac{1}{3}\vec{c}-\frac{1}{2}\vec{b}\right)$ và $P=\alpha \vec{a}+\beta (\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$. So sánh hệ số: $\beta =-\frac{1}{2}$, $\frac{t}{3}=-\frac{1}{2}\Rightarrow t=-\frac{3}{2}$. Vậy $H$ nằm ngoài đoạn $KE$ phía trên $K$, khi đó $\frac{HE}{HK}=\frac{|t-1|}{|t|}=\frac{5/2}{3/2}=\frac{5}{3}\approx 1,67\ne 0,76$ → Sai.

Kết quả: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng, khớp đáp án SSDD của mã đề 1111.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tính theo tọa độ gốc S: H ứng với tham số t = -3/2 trên đường thẳng KE nên HE/HK = 5/3 ≈ 1,67 ≠ 0,76 → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vectơ KE = (1/3)c − (1/2)b không tỉ lệ với BC = c − b nên KE không song song BC → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
E thuộc SC nên E thuộc mặt phẳng (SCD) → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
BC ∥ AD, AD ⊂ (SAD), BC ⊄ (SAD) nên BC ∥ (SAD) → Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;6;0)$, $D(0;6;0)$. Vì tam giác $SAB$ đều cạnh 6 nên $S(3;0;3\sqrt{3})$. Mặt phẳng $(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$, nên $(P)$ đi qua $M\in BC$ với $BM=2$, tức $M(6;2;0)$, và song song với $(SAB)$ có phương trình $y=2$. Khi đó thiết diện: $(P)$ cắt $AD$ tại $N(0;2;0)$, cắt $BC$ tại $M(6;2;0)$, cắt $SC$ tại $I$ với $\frac{SI}{SC}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ nên $I(4;2;2\sqrt{3})$, cắt $SD$ tại $J(2;2;2\sqrt{3})$. Thiết diện là hình thang $NMIJ$ trong mặt phẳng $y=2$ với hai đáy song song $NM=6$, $IJ=2$ và chiều cao $2\sqrt{3}$. Diện tích $S=\frac{6+2}{2}\cdot 2\sqrt{3}=8\sqrt{3}\approx 13,856\approx 13,9$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 13,9.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì M, N thuộc tam giác SAB nên mặt phẳng (ABNM) chính là mặt phẳng (SAB). Đường thẳng SO cắt mặt phẳng (SAB) tại S (O không thuộc (SAB)), không phải điểm D.
b) Đúng. O là giao điểm của AC và BD nên O thuộc BD và O thuộc (SAC). Vậy BD ∩ (SAC) = O, mà O là trung điểm của AC (tính chất hình bình hành).
c) Sai. Đường thẳng SA cắt mặt phẳng đáy (ABCD) tại điểm A (A thuộc SA và thuộc (ABCD)), không phải D.
d) Đúng. Xét mặt phẳng (SAC): mặt phẳng (MNCD) chứa M và C (vì C, D thuộc (MNCD)), nên giao tuyến của (MNCD) và (SAC) là đường thẳng MC. Gọi I = SO ∩ (MNCD), khi đó I = SO ∩ MC nằm trong tam giác SAC. Vì M là trung điểm SA và O là trung điểm AC nên MC và SO là hai đường trung tuyến của tam giác SAC, cắt nhau tại trọng tâm I. Suy ra SI : IO = 2 : 1, tức SI = 2IO. Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(ABNM) chính là mặt phẳng (SAB) vì M, N thuộc tam giác SAB; SO cắt (SAB) tại S chứ không phải D.
b) (AI giải đề cho tôi)
O thuộc BD và O thuộc (SAC), O là trung điểm AC nên giao điểm là trung điểm của AC.
c) (AI giải đề cho tôi)
SA cắt (ABCD) tại A, không phải D.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng (SAC), giao tuyến của (MNCD) với (SAC) là MC; I = SO ∩ MC là trọng tâm tam giác SAC nên SI = 2IO.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ toạ độ khái quát: đặt $\vec{A}=0$, $B=b$, $D=d$, $C=c$ (các vectơ cơ sở). Khi đó $M=\frac{b}{2}$, $N=\frac{c+d}{2}$, $P=\frac{d}{4}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $BD$ có dạng $I=(1-s)b+sd$ với $s=\frac{\overline{BI}}{\overline{BD}}$. Vì $I\in (MNP)$ nên $I=\alpha M+\beta N+\gamma P$, $\alpha +\beta +\gamma =1$. So sánh hệ số theo $c$: $\frac{\beta }{2}=0\Rightarrow \beta =0$. So sánh hệ số theo $b$: $\frac{\alpha }{2}=1-s$; theo $d$: $\frac{\gamma }{4}=s$. Kết hợp $\alpha +\gamma =1$: $2(1-s)+4s=1\Rightarrow s=-\frac{1}{2}$. Vậy $I=\frac{3}{2}B-\frac{1}{2}D$, tức $I$ nằm ngoài đoạn $BD$ phía trên $B$, với $IB=\frac{1}{2}BD$ và $ID=\frac{3}{2}BD$. Suy ra $\frac{IB}{ID}=\frac{1/2}{3/2}=\frac{1}{3}$, phân số tối giản với $a=1,b=3$, nên $a+b=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (4).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $ABCD$ là hình bình hành nên $O=AC\cap BD$ là trung điểm $AC$. Vì $O\in AC\subset (SAC)$ nên $BD\cap (SAC)=O$, tức giao điểm là trung điểm của $AC$.
b) Sai: $A\in (ABCD)$ và $A\in SA$ nên $SA\cap (ABCD)=A$, không phải $D$.
c) Sai: $M\in SA\subset (SAC)$ và $A\in (SAC)$ nên $(ABNM)\cap (SAC)=AM$. Trong tam giác $SAC$, $AM$ là trung tuyến từ $A$ (vì $M$ trung điểm $SA$) và $SO$ là trung tuyến từ $S$ (vì $O$ trung điểm $AC$), nên $SO\cap AM$ là trọng tâm tam giác $SAC$, không phải điểm $D$.
d) Đúng: $M,C$ cùng thuộc $(SAC)$ và $(MNCD)$ nên $(MNCD)\cap (SAC)=MC$. Gọi $I=SO\cap MC$; trong tam giác $SAC$, $SO$ và $MC$ là hai trung tuyến nên $I$ là trọng tâm, do đó $SI=2IO$.
So khớp đáp án nguồn (Mã đề 1102, Phần II Câu 4, trang 7): a) Đ, b) S, c) S, d) Đ — khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $O=AC\cap BD$ là trung điểm $AC$ (tính chất hình bình hành) và $O\in (SAC)$, nên $BD\cap (SAC)=O$ là trung điểm $AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $SA$ cắt mặt đáy $(ABCD)$ tại $A$ vì $A\in (ABCD)$, không phải $D$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(ABNM)\cap (SAC)=AM$; trong tam giác $SAC$, $SO$ và $AM$ là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm, không phải điểm $D$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(MNCD)\cap (SAC)=MC$; $I=SO\cap MC$ là trọng tâm tam giác $SAC$ (vì $M$, $O$ là trung điểm $SA$, $AC$), nên $SI=2IO$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(2;0;0)$, $D=(0;2;0)$, $C=(2;2;0)$, $O=(1;1;0)$, $S=(0;0;3)$. Khi đó $M=(1;0;0)$, $N=(0;1;0)$. Vì $SO=3SP$ nên $SP=\frac{1}{3}SO$, suy ra $P=S+\frac{1}{3}(O-S)=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};2\right)$.

Vectơ $\overrightarrow{MN}=(-1;1;0)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{2}{3};\frac{1}{3};2\right)$, nên pháp tuyến của $(MNP)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(2;2;\frac{1}{3}\right)$, tức phương trình mặt phẳng: $6x+6y+z=6$.

Điểm $H$ trên $SC$: $H=S+t(C-S)=(2t;2t;3-3t)$ với $t=\frac{SH}{SC}$. Thay vào: $12t+12t+3-3t=6\Rightarrow 21t=3\Rightarrow t=\frac{1}{7}$.

Vậy $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{7}$, $a=1$, $b=7$, $a.b=7$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BN$ của tam giác này, do đó $G\in BN$ với $\frac{BG}{GN}=2$ (lưu ý $G$ không phải là trung điểm của $BN$). Xét mặt phẳng $(ABN)$: vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $M\in (ABN)$, và $A,G\in (ABN)$, do đó cả đường thẳng $AG$ và đường thẳng $MN$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ABN)$. Trong tam giác $ABN$: $MN$ là đường trung tuyến từ $N$ (vì $M$ là trung điểm của $AB$), còn $AG$ là đường thẳng từ $A$ cắt cạnh $BN$ tại điểm $G$ với $\frac{BG}{GN}=2$. Hai đường thẳng $AG$ và $MN$ nằm trong cùng mặt phẳng $(ABN)$ và không song song (vì $G$ không phải trung điểm $BN$ nên $AG$ không song song với $MN$), do đó chúng cắt nhau. Vậy $AG$ cắt $MN$. Các đường thẳng $CM$, $CD$, $DN$ không thỏa mãn. Đáp án khớp với mã đề 1102: A.