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

a) S, O là 2 điểm chung của (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)\Rightarrow$ a) Đúng.
b) Ta có $(OIA)\equiv (ACI)\Rightarrow C=CD\cap (OIA)\Rightarrow$ b) Đúng.
c) Chọn mp(SAD) chứa SA, K là điểm chung của 2 mặt phẳng $(SAD),(CKB)$. Lại có $BC\parallel AD$ nên $(SAD)\cap (CKB)=Kx$ ($Kx\parallel AD\parallel BC$). Trong mặt phẳng (SAD), đường Kx cắt SA tại J thì J là điểm chung của SA và (CKB) $\Rightarrow$ c) Sai.
d) Do K là trung điểm của SD, KJ song song với AD nên J là trung điểm của SA. Lại có I là trung điểm của SB nên IJ là đường trung bình của tam giác SAB $\Rightarrow IJ\parallel AB$ mà $AB\parallel CD$ nên $IJ\parallel CD\Rightarrow$ d) Đúng.
a) S, O là 2 điểm chung của (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)\Rightarrow$ a) Đúng.
b) Ta có $(OIA)\equiv (ACI)\Rightarrow C=CD\cap (OIA)\Rightarrow$ b) Đúng.
c) Chọn mp(SAD) chứa SA, K là điểm chung của 2 mặt phẳng $(SAD),(CKB)$. Lại có $BC\parallel AD$ nên $(SAD)\cap (CKB)=Kx$ ($Kx\parallel AD\parallel BC$). Trong mặt phẳng (SAD), đường Kx cắt SA tại J thì J là điểm chung của SA và (CKB) $\Rightarrow$ c) Sai.
d) Do K là trung điểm của SD, KJ song song với AD nên J là trung điểm của SA. Lại có I là trung điểm của SB nên IJ là đường trung bình của tam giác SAB $\Rightarrow IJ\parallel AB$ mà $AB\parallel CD$ nên $IJ\parallel CD\Rightarrow$ d) Đúng.

a) Ta có $\{\begin{array}{l}S\in (SAD)\cap (SBC)\\ AD\parallel BC\\ AD\subset (SAD)\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow (SAD)\cap (SBC)=Sx$ (Sx qua $S$, $Sx\parallel AD\parallel BC$). (0,5 điểm)
b) Ta có $\{\begin{array}{l}M\subset SC\subset (SAC)\\ O\subset AC\subset (SAC)\end{array}\Rightarrow M,O\in (SAC)$. Xét mặt phẳng $(SAC)$ có $SO\cap AM=I\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in SO\subset (SBD)\\ I\in AM\end{array}\Rightarrow I=AM\cap (SBD)$. Ta có $AM\cap SO=I$ và O, M lần lượt là trung điểm của AC, SO nên SO, AM là hai đường trung tuyến của tam giác SAC. Do đó I là trọng tâm tam giác SAC. Vậy $\frac{AI}{AM}=\frac{2}{3}$. (0,5 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải chi tiết Câu 5 (Phần II):

a) Ta có $S\in (SAC)\cap (SBD)$ và $O=AC\cap BD$ với $AC\subset (SAC)$, $BD\subset (SBD)$ nên $O\in (SAC)\cap (SBD)$. Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.

Vì $AM\subset (SAC)$ nên $E=AM\cap (SBD)=AM\cap SO$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $SO$ (hai đường thẳng không song song trong $(SAC)$), khi đó $E=AM\cap (SBD)$.

b) Xét $(MAD)$ và $(SBC)$: vì $AD\parallel BC$ nên $AD\parallel (SBC)$, suy ra giao tuyến của $(MAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ (đồng thời song song với $BC$). Gọi đường thẳng này cắt $SB$ tại $P$. Trong tam giác $SBC$, đường thẳng qua $M$ (trung điểm của $SC$) và song song với $BC$ cắt $SB$ tại trung điểm của $SB$ (định lý đường trung bình). Vậy $P$ là trung điểm của $SB$ và $P=SB\cap (MAD)$.

c) Xét mặt phẳng $(AMK)$:
- Vì $K\in AF$ nên đường thẳng $AF=AK\subset (AMK)$, do đó $N=AF\cap BD\in (AMK)$.
- $A,M\in (AMK)$ nên $AM\subset (AMK)$, suy ra $E\in AM\subset (AMK)$.
- $K,M\in (AMK)$ nên $KM\subset (AMK)$, suy ra $I=KM\cap SD\in (AMK)$.

Mặt khác, tất cả đều thuộc mặt phẳng $(SBD)$:
- $N\in BD\subset (SBD)$.
- $E\in SO\subset (SBD)$ (theo câu a).
- $I\in SD\subset (SBD)$.

Vậy $N,E,I$ cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng $(AMK)$ và $(SBD)$. Hai mặt phẳng này phân biệt (vì $A\notin (SBD)$) nên giao tuyến của chúng là một đường thẳng. Do đó $N$, $E$, $I$ thẳng hàng. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang AD∥BC, K=AB∩CD, E,F trung điểm SA,SD, M=SB∩(CDE), N=SC∩(EFM).

d) Mặt phẳng (CDE) chứa K (vì K∈CD) và chứa E. Mặt phẳng (SAB) chứa K (vì K∈AB) và chứa E, đồng thời chứa đường thẳng SB. Vậy (CDE)∩(SAB)=EK, mà M∈SB⊂(SAB) và M∈(CDE) nên M∈EK. → Đúng.

c) Vì M∈EK nên mặt phẳng (EFM) chính là mặt phẳng (KEF). Mặt phẳng này cắt (SBC) theo giao tuyến đi qua M và N (N∈SC⊂(SBC), N∈(EFM)). Vậy MN=(KEF)∩(SBC). → Đúng.

a) EF là đường trung bình của tam giác SAD nên EF∥AD; mà AD∥BC nên EF∥BC, suy ra EF∥(SBC). Giao tuyến của (KEF) với (SBC) là MN nên MN∥EF∥AD. Vì AD⊂(SAD) và MN⊄(SAD) nên MN∥(SAD). → Đúng.

c) (đã chứng minh trên).

b) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt S là gốc, A=a, B=b, C=c, D=a+m(c−b) với m≠1 (hình thang thật, AD là đáy lớn). Tính được M=λb với λ=m/(m+1) (do M∈(CDE)) và N=μc với μ=m/(m+1) (do N∈(EFM)). Khi đó vector EM=λb−a/2 còn NF=F−N=a/2−(m/2)b+[m(m−1)/(2(m+1))]c. Thành phần theo c của NF khác 0 khi m≠1, nên EM không song song NF. → Sai.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp với bảng đáp án chính thức mã đề 1002 (Đ S Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
EF∥AD (đường trung bình tam giác SAD) và EF∥BC nên EF∥(SBC). Giao tuyến MN của (KEF)=(EFM) với (SBC) nên MN∥EF∥AD, do đó MN∥(SAD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ S=0, D=a+m(c−b), m≠1, ta có M=N tham số λ=μ=m/(m+1); vector EM=λb−a/2 còn NF=a/2−(m/2)b+[m(m−1)/(2(m+1))]c có thành phần theo c khác 0, nên EM không song song NF.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì M∈EK nên (EFM)=(KEF); giao tuyến của (KEF) và (SBC) đi qua M và N, tức là MN.
d) (AI giải đề cho tôi)
(CDE)∩(SAB)=EK vì cả hai mặt phẳng cùng chứa E và K; M thuộc SB⊂(SAB) và M∈(CDE) nên M∈EK.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$; $E$, $F$ là trung điểm $SA$, $SD$ nên $EF\parallel AD$ (định lý đường trung bình trong tam giác $SAD$), do đó $EF\parallel BC$.

a) Đúng. Mặt phẳng $(CDE)$ chứa đường thẳng $CD$ nên chứa $K=AB\cap CD$; mặt phẳng này cũng chứa $E$. Vậy $(CDE)\cap (SAB)$ là đường thẳng $KE$ (có hai điểm chung $K$, $E$). $M=SB\cap (CDE)$ với $SB\subset (SAB)$ nên $M$ thuộc giao tuyến $KE$, tức $M\in KE$.

b) Sai. Trong mặt phẳng $(EFM)$, vì $EF\parallel BC$ nên $EF\parallel (SBC)$, suy ra giao tuyến $MN$ của $(EFM)$ và $(SBC)$ song song $EF$. Tứ giác $EMNF$ có $MN\parallel EF$ nhưng $EM$ và $NF$ không song song ($M$ không phải trung điểm $SB$ vì vị trí $M$ trên $SB$ phụ thuộc hình dạng hình thang qua $K$), nên $EM\parallel NF$ sai.

c) Đúng. Từ trên: $MN\parallel EF$ và $EF\parallel AD\subset (SAD)$, nên $MN\parallel (SAD)$ (đường thẳng ngoài mặt phẳng song song với một đường thẳng trong mặt phẳng).

d) Đúng. Mặt phẳng $(KEF)$ chứa $M$ (vì $M\in KE$) và chứa $EF$. Đường thẳng qua $M$ song song $EF$ trong $(KEF)$ chính là $MN$ (vì $MN\parallel EF$, $M\in MN$). Suy ra $N\in (KEF)$. Mặt khác $M\in SB\subset (SBC)$, $N\in SC\subset (SBC)$. Vậy $(KEF)$ và $(SBC)$ có hai điểm chung $M$, $N$ nên giao tuyến là $MN$.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp bảng đáp án chính thức (Đ S Đ Đ).

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $ABCD$ là tứ diện nên bốn điểm không đồng phẳng. b) Sai: $EG$ cắt $AD$ tại $J$ mà $AD\subset (ACD)$, nên giao điểm của $EG$ và $(ACD)$ là $J$ (không phải $I$). c) Đúng: $E,F\in (ABC)$ nên $I=EF\cap BC$ thuộc cả $(EFG)$ và $(BCD)$; $G\in BD\subset (BCD)$ và $G\in (EFG)$; do đó giao tuyến của $(EFG)$ và $(BCD)$ là $GI$. d) Đúng: $J\in (ACD)$, $F\in (ACD)$ nên $JF\subset (ACD)$; gọi $K=JF\cap CD$ thì $K\in (EFG)$ (vì $J,F\in (EFG)$) và $K\in (BCD)$ (vì $C,D\in (BCD)$), suy ra $K\in GI$. Vậy $JF$, $CD$, $IG$ đồng quy tại $K$. Kết quả khớp đáp án nguồn: a) S, b) S, c) Đ, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Sai. Tứ diện $ABCD$ có bốn đỉnh không cùng nằm trong một mặt phẳng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Sai. $EG$ cắt $AD$ tại $J$ và $AD\subset (ACD)$, nên giao điểm của $EG$ với $(ACD)$ là $J$, không phải $I$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Đúng. $I=EF\cap BC$ thuộc cả hai mặt phẳng $(EFG)$ và $(BCD)$; $G$ cũng chung. Vậy giao tuyến là $GI$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đúng. Gọi $K=JF\cap CD$; $K\in (EFG)\cap (BCD)=GI$, nên ba đường thẳng đồng quy tại $K$.

Đáp án nguồn (bảng đáp án, mã đề 1102, Câu 14): DSDS — a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai. Nguồn không in lời giải chi tiết cho câu này; phần giải thích từng ý trên do AI solution agent lập, nhất quán với đáp án nguồn.
a) Đúng theo đáp án nguồn (mã đề 1102, Câu 14 = DSDS). $SA$ chỉ cắt mặt đáy tại $A$, mà $A\notin CD$, và $SA$ không song song với $CD$, nên $SA$ và $CD$ chéo nhau.
b) Sai theo đáp án nguồn (DSDS). Trong hình thang $ABCD$ với hai đáy $AB\parallel DC$, hai cạnh bên $AD$ và $BC$ không song song, nên $AD$ không song song $(SBC)$.
c) Đúng theo đáp án nguồn (DSDS). Vì $AB\parallel DC$ nên $AB\parallel (SDC)$; do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SDC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ và $CD$.
d) Sai theo đáp án nguồn (DSDS). Đường thẳng qua $M$ (trọng tâm tam giác $SCD$) song song với $DC$ cắt $SD$, $SC$ tại $H$, $K$ với $SH=\frac{2}{3}SD$, suy ra $HK=\frac{2}{3}DC$. Khi đó $ABKH$ là hình bình hành $⟺AB=HK⟺DC=\frac{3}{2}AB$, không phải $DC=3AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;h)$. Khi đó $M(1;\frac{1}{2};0)$, $N(\frac{1}{2};1;0)$, $P(0;\frac{1}{2};\frac{h}{2})$.

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-1;0;\frac{h}{2}\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(\frac{h}{4};\frac{h}{4};\frac{h}{2}\right)$, suy ra phương trình mặt phẳng $(MNP)$: $hx+hy+2z=\frac{3}{2}h$ (kiểm tra: thay $M(1;\frac{1}{2};0)$ cho $h+\frac{h}{2}=\frac{3}{2}h$ đúng).

Điểm $I$ trên đường thẳng $SA$ có dạng $I(0;0;th)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2th=\frac{3}{2}h\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $I\left(0;0;\frac{3}{4}h\right)$ nằm trong đoạn $SA$.

Suy ra $IS=h-\frac{3}{4}h=\frac{1}{4}h$ và $IA=\frac{3}{4}h$, nên $\frac{IS}{IA}=\frac{1}{3}$. Vậy $a=1,b=3$ và $a+2b=1+6=7$, khớp với đáp án nguồn (đáp án câu 18, mã đề 1101 là 7).

a) $O\in (OMN)\cap (ABC)$ (1)
Trong $(SAC)$, $I=AC\cap MN$
$I\in AC,AC\subset (ABC)\Rightarrow I\in (ABC)$
$I\in MN,MN\subset (OMN)\Rightarrow I\in (OMN)$
$\Rightarrow I\in (OMN)\cap (ABC)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $OI=(OMN)\cap (ABC)$
b) Trong $(ABC)$, $E=OI\cap AB$
$E\in AB$
$E\in OI,OI\subset (OMN)\Rightarrow E\in (OMN)$
Vậy $E=AB\cap (OMN)$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(8;0;0)$, $B(0;b;0)$, $C(6;b;0)$ (hình thang vuông tại $A$, $AD\parallel BC$, $AD=8$, $BC=6$), $S(0;0;6)$ vì $SA\perp (ABCD)$, $SA=6$. Trung điểm $M(0;\frac{b}{2};0)$. Mặt phẳng $(P)$ qua $M$ và vuông góc với $AB$ (trục $Oy$) là mặt phẳng $y=\frac{b}{2}$, nên nó cắt mọi đoạn nối một điểm có $y=0$ với một điểm có $y=b$ tại trung điểm của đoạn đó. - Trên $(SAB)$: $(P)$ cắt $SB$ tại trung điểm $N(0;\frac{b}{2};3)$ và qua $M(0;\frac{b}{2};0)$. - Trên $(SBC)$: cắt $SC$ tại trung điểm $K(3;\frac{b}{2};3)$, được đoạn $NK$. - Trên $(SCD)$: cắt $DC$ tại trung điểm $L(7;\frac{b}{2};0)$, được đoạn $KL$. - Trên mặt đáy: đoạn $ML$ (từ $(0;\frac{b}{2};0)$ đến $(7;\frac{b}{2};0)$). - Mặt $(SAD)$ có $y=0$ song song với $(P)$ nên không bị cắt. Thiết diện là tứ giác $MNKL$ trong mặt phẳng $y=\frac{b}{2}$, với tọa độ $(x;z)$: $M(0;0)$, $N(0;3)$, $K(3;3)$, $L(7;0)$. Đây là hình thang có hai đáy song song $ML=7$ và $NK=3$, chiều cao $MN=3$ (khoảng cách giữa hai đường $z=0$ và $z=3$). Diện tích: $S=\frac{(7+3)\cdot 3}{2}=15$. Vậy đáp án D. (Kiểm tra lại bằng công thức shoelace cho $(0,0),(0,3),(3,3),(7,0)$: $\frac{1}{2}|0-9-21+0|=15$.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A$ là gốc, $B=b$, $D=d$, $C=b+d$ (hình bình hành), $S=s$, $M=-b$ ($A$ là trung điểm $MB$), $O=(b+d)/2$, $N=(s+b+d)/2$.
a) Trong tam giác $SAC$: $N$ trung điểm $SC$, $O$ trung điểm $AC$ nên $NO$ là đường trung bình, do đó $NO\parallel SA$. $K=MO\cap AD$ nên $K\in (MON)\cap (SAD)$. Vì $NO\subset (MON)$ và $NO\parallel SA\subset (SAD)$ nên $NO\parallel (SAD)$. Vậy giao tuyến $d$ qua $K$ và song song $NO$ (đồng thời song song $SA$). Đúng.
b) $d\subset (SAD)$, $G=d\cap MN$ nên $G\in (SAD)$ và $G\in MN$; hơn nữa $G$ là điểm duy nhất vì $MN$ không song song $(SAD)$. Đúng.
c) Tính tọa độ: $K=MO\cap AD$ cho $t=2/3$, $K=d/3$. Đường $d$: $K+\mu s$. Đường $MN$: $M+\nu (N-M)=-b+\nu (s+3b+d)/2$. So sánh hệ số: $b$: $3\nu /2=1\Rightarrow \nu =2/3$; $d$: $\nu /2=1/3$ khớp; $s$: $\mu =1/3$. Vậy $G=M+(2/3)(N-M)$, tức $GM/GN=2$. Mặt khác $AM=AB$ và $AI=AB/2$ nên $AM/AI=2$. Đúng.
d) Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SCB)$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$). $SO$ có phương $O-S=(b+d)/2-s$, không nói chung song song với $AD$, nên giao tuyến không phải $SO$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$NO$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên $NO\parallel SA$; $K$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến $d$ qua $K$ và song song $NO$, $SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d\subset (SAD)$ và $G=d\cap MN$ nên $G$ là giao điểm của $MN$ với $(SAD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho $G=M+(2/3)(N-M)$ nên $GM/GN=2$; đồng thời $AM=AB$, $AI=AB/2$ nên $AM/AI=2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường qua $S$ song song $AD$ (vì $AD\parallel BC$), không phải $SO$ nói chung.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần III): a) Vì K∈AB nên mặt phẳng (AHK) chứa đường thẳng AB, do đó chứa B. Trong tam giác SAD, H là trọng tâm nên H nằm trên trung tuyến kẻ từ A đi qua trung điểm của SD; mà trung điểm SD chính là G, suyận G∈AH⊂(AHK). Mặt khác G∈SD⊂(SBD) và B∈(SBD). Vậy giao tuyến của (AHK) và (SBD) là đường thẳng BG. b) Đặt hệ toạ độ: D là gốc, A=(2,0,0) (coi BC=1, AD=2), B=(p,h,0), C=(p−1,h,0) (do BC∥AD, BC=AD/2), S=(x,y,z) với z≠0. Vì AD=2BC, tam giác OBC đồng dạng ODA nên DO/OB=AO/OC=AD/BC=2, suy ra O=(2/3)B (thuộc BD). K thuộc AB với AK=2KB nên K=(A+2B)/3; H là trọng tâm tam giác SAD nên H=(S+A+D)/3=(S+A)/3; G=S/2. Nhận xét: K−O=A/3 nên KO∥AD. Gọi L=λS (L∈SD). L∈(KOH) nên 3λS=2B+αA+β(S+A−2B). So sánh hệ số theo hệ độc lập {A,B,S}: β=3λ, 2−2β=0⇒β=1, α+β=0⇒α=−1, do đó 3λ=1, λ=1/3, tức L=S/3. Suy ra DL=DG·(DL/DG)=(|S|/3)/(|S|/2)·DG, tức DL/DG=(1/3)/(1/2)=2/3. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=\vec{0}$, $B=\vec{b}$, $D=\vec{d}$, $C=\vec{b}+\vec{d}$ (hình bình hành), $M=-\vec{b}$ (đối xứng $B$ qua $A$), $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $N=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$ với $S=\vec{s}$.

a) $K=MO\cap AD$: $-\vec{b}+t\frac{3\vec{b}+\vec{d}}{2}=\lambda \vec{d}\Rightarrow t=\frac{2}{3},\lambda =\frac{1}{3}$, tức $K=\frac{\vec{d}}{3}$. Trong tam giác $SAC$, $N$ trung điểm $SC$, $O$ trung điểm $AC$ nên $NO\parallel SA$. Xét điểm $K+\mu \vec{s}$: phân tích được $\alpha M+\beta O+\gamma N$ với $\alpha =\frac{1}{3},\beta +\gamma =\frac{2}{3}$, nên đường thẳng qua $K$ song song $SA$ (đồng thời song song $NO$) nằm trong cả $(MON)$ lẫn $(SAD)$. Vậy giao tuyến là $d$ qua $K$ song song $NO,SA$ → đúng.

b) Vì $d\subset (SAD)$ và $G=d\cap MN$ nên $G\in (SAD)\cap MN$, tức $G$ là giao điểm của $MN$ với $(SAD)$ → đúng.

c) Điểm trên $MN$: $M+u(N-M)=-\vec{b}+u\frac{\vec{s}+3\vec{b}+\vec{d}}{2}$. Cho bằng $\frac{\vec{d}}{3}+\mu \vec{s}$: hệ số $\vec{b}$ cho $-1+\frac{3u}{2}=0\Rightarrow u=\frac{2}{3}$ (hệ số $\vec{d}$: $\frac{u}{3}=\frac{1}{3}$ thỏa). Vậy $\frac{MG}{MN}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{GM}{GN}=2$. Mặt khác $AM=AB$, $AI=\frac{AB}{2}$ nên $\frac{AM}{AI}=2$. Tỉ số đúng là $2$, không phải $3$ → sai.

d) Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SCB)$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$). Điểm $O$ không thuộc mặt phẳng $(SAD)$ (và $(SCB)$) nói chung, nên giao tuyến không thể là $SO$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $NO$ là đường trung bình nên $NO\parallel SA$. Đường thẳng qua $K$ song song $SA$ nằm trong $(SAD)$; kiểm tra bằng tọa độ thấy nó cũng nằm trong $(MON)$ (với $K=\frac{\vec{d}}{3}$, điểm $K+\mu \vec{s}$ phân tích được qua $M,O,N$). Vậy giao tuyến là $d$ qua $K$ song song $NO,SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d$ nằm trong $(SAD)$ nên $G=d\cap MN\in (SAD)$; do đó $G$ là giao điểm của $MN$ với $(SAD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho $\frac{MG}{MN}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{GM}{GN}=2$; cũng $\frac{AM}{AI}=\frac{AB}{AB/2}=2$. Tỉ số đúng là $2$, không phải $3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường thẳng qua $S$ song song $AD\parallel BC$, không phải $SO$ (vì $O$ không thuộc hai mặt phẳng đó).

(AI giải đề cho tôi)
CHÚ Ý: Đáp án dưới đây do AI lập (đề bài PDF không có lời giải chi tiết).

Chuẩn bị: Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên trong tam giác $BDC$ (kéo dài) ta có $\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{OB}=\frac{AD}{BC}=2$, tức $O$ thuộc đoạn $AC$ với $AO=2OC$ và $O$ thuộc đoạn $BD$ với $DO=2OB$.

a. Tìm giao tuyến của $(AHK)$ và $(SBD)$

- Vì $K\in AB$ nên $A,K,B$ thẳng hàng, do đó $B\in (AHK)$; hiển nhiên $B\in (SBD)$. Vậy $B$ là một điểm chung.
- Xét mặt phẳng $(SAD)$: đường thẳng $AH$ nằm trong $(SAD)$, cắt đường thẳng $SD$ (cũng nằm trong $(SAD)$) tại $P$. Khi đó $P\in AH\subset (AHK)$ và $P\in SD\subset (SBD)$, tức $P$ là điểm chung thứ hai.
- Vậy giao tuyến của $(AHK)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $BP$.
- Nhận xét (kiểm tra bằng vectơ): Chọn $B$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{BC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{BA}=\vec{a}$ thì $\overrightarrow{BD}=\vec{a}+2\vec{c}$ (vì $AD=2BC$ cùng hướng). Với $\overrightarrow{BS}=\vec{s}$:
$$K=\frac{1}{3}\vec{a},H=\frac{\vec{s}+\vec{a}+\vec{d}}{3}\Rightarrow \overrightarrow{KH}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{3},$$
trong đó $\vec{d}=\overrightarrow{BD}$. Gọi $P$ là trung điểm $SD$ thì $\overrightarrow{BP}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}\parallel \overrightarrow{KH}$. Thật vậy, ta kiểm tra $AH\cap SD$ chính là trung điểm $SD$: vì $H=\frac{\vec{s}+2\vec{M}}{3}$ với $M$ trung điểm $AD$, đường $AH$ cắt $SD$ tại điểm với tỉ số $\lambda =\frac{3}{2}$ trên $AH$ ứng với $\nu =\frac{1}{2}$ trên $SD$, tức $P$ là trung điểm $SD$.
Kết luận: giao tuyến là đường thẳng $BP$ với $P$ là trung điểm $SD$ (và $BP\parallel HK$).

b. Chứng minh $\frac{DL}{DG}=\frac{2}{3}$

Chọn $B$ làm gốc vectơ, đặt $\overrightarrow{BA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{BC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{BS}=\vec{s}$; khi đó $\overrightarrow{BD}=\vec{d}=\vec{a}+2\vec{c}$.

- $AK=2KB\Rightarrow \overrightarrow{BK}=\frac{1}{3}\vec{a}$, tức $K=\frac{a}{3}$.
- $O$ trên $AC$ với $AO=2OC\Rightarrow \overrightarrow{BO}=\frac{\vec{a}+2\vec{c}}{3}=\frac{\vec{d}}{3}$.
- $H$ trọng tâm $△SAD$: $\overrightarrow{BH}=\frac{\vec{s}+\vec{a}+\vec{d}}{3}$.
- $G$ trung điểm $SD$: $\overrightarrow{BG}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$.

Gọi $L^{\ast }$ là điểm trên $SD$ sao cho $\overrightarrow{B{L}^{\ast }}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}}{3}$ (tức $S{L}^{\ast }:L^{\ast }D=2:1$). Ta chứng minh $L^{\ast }\in (KOH)$:
$$\overrightarrow{B{L}^{\ast }}=-\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{BH}.$$
Kiểm tra: $-\frac{a}{3}+\frac{d}{3}+\frac{s+a+d}{3}=\frac{s+2d}{3}$ ✓, và hệ số $-1+1+1=1$ nên $L^{\ast }$ là tổ hợp affine của $K,O,H$, suy ra $L^{\ast }\in (KOH)$.

Mặt khác $L^{\ast }\in SD$ nên $L^{\ast }$ chính là giao điểm $L$ của $(KOH)$ với $SD$. Vì $\overrightarrow{BL}=\frac{\vec{s}+2\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}\vec{s}+\frac{2}{3}\vec{d}$, điểm $L$ chia đoạn $SD$ theo tỉ số $\frac{SL}{LD}=\frac{2}{1}$, suy ra $LD=\frac{1}{3}SD$.

Vì $G$ là trung điểm $SD$ nên $DG=\frac{1}{2}SD$. Do đó:
$$\frac{DL}{DG}=\frac{\frac{1}{3}SD}{\frac{1}{2}SD}=\frac{2}{3}.■$$

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần III): Hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thap $AD\parallel BC$, $AD=2BC$; $O=AC\cap BD$; $K\in AB$ với $AK=2KB$; $G$ trung điểm $SD$; $H$ trọng tâm tam giác $SAD$.

a) Ta có $H$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $AH$ là đường trung tuyến, do đó $AH$ đi qua trung điểm của $SD$, tức là đi qua $G$. Suy ra $G\in (AHK)$. Mặt khác $G\in SD\subset (SBD)$. Ngoài ra $B\in AK\subset (AHK)$ (vì $K\in AB$) và $B\in (SBD)$. Vậy hai mặt phẳng $(AHK)$ và $(SBD)$ có hai điểm chung $B$, $G$, nên giao tuyến là đường thẳng $BG$.

b) Xét tam giác $ABD$: vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên các đường chéo cắt nhau tại $O$ với $DO:OB=AD:BC=2:1$, tức $BO/BD=1/3$. Lại có $BK/BA=KB/AB=1/3$ (vì $AK=2KB$). Suy ra $BK/BA=BO/BD=1/3$, theo định lý Thales ta có $KO\parallel AD$.
Mặt khác $AD\subset (SAD)$, do đó mặt phẳng $(KOH)$ cắt mặt phẳng $(SAD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $H$ và song song với $AD$. Trong tam giác $SAD$, $H$ là trọng tâm nên đường thẳng qua $H$ song song với $AD$ cắt $SD$ tại $L$ với $SL/SD=2/3$ (đường thẳng qua trọng tâm song song với cạnh cắt hai cạnh bên theo tỉ số $2/3$ tính từ đỉnh). Suy ra $DL/SD=1/3$.
Vì $G$ là trung điểm $SD$ nên $DG/SD=1/2$. Do đó $DL/DG=(1/3)/(1/2)=2/3$. Đpcm.

Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $B=0$, $A=a$, $C=c$, $D=a+2c$; $K=a/3$, $O=(a+2c)/3$, $H=(S+2a+2c)/3$. $L=(1/3)S+(2/3)D=(S+2a+4c)/3$ thuộc mặt phẳng $(KOH)$ (biểu diễn được $L=-K+O+H$... chính xác $L=-K+O+H$ với hệ số tổng bằng 1 sau khi chuẩn hóa), và $DL/DG=2/3$. Kết quả khớp.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$, $BD$ của đáy hình bình hành $ABCD$.

a) SAI. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SCB)$ lần lượt chứa $AD$ và $BC$, mà $AD\parallel BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$), không phải đường thẳng $SO$ ($SO$ nhìn chung không song song với $AD$).

b) ĐÚNG. Trong tam giác $SAC$, $N$ là trung điểm $SC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $NO\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAD)$ nên $NO\parallel (SAD)$. $K=MO\cap AD$ nên $K\in (SAD)\cap (MON)$ (vì $K\in MO\subset (MON)$, $K\in AD\subset (SAD)$). Giao tuyến $d$ của $(MON)$ và $(SAD)$ đi qua $K$ và song song với $NO$, $SA$.

c) ĐÚNG. $G=d\cap MN$, mà $d\subset (SAD)$ nên $G\in (SAD)$ và $G\in MN$; do đó $G$ chính là giao điểm của $MN$ với mặt phẳng $(SAD)$.

d) SAI. Tính tọa độ: lấy $A$ làm gốc, $B=b$, $D=d$, $C=b+d$, $S=s$, $M=-b$, $O=(b+d)/2$, $N=(s+b+d)/2$. $K=MO\cap AD$ cho $t=2/3$ trên $MO$, tức $K=d/3$. Đường $d$ qua $K$ có phương hướng $s$ (song song $SA$). Giải $M+\nu (N-M)=K+\mu s$: hệ số của $b$ cho $\nu =2/3$ (kiểm tra hệ số của $d$: $\nu /2=1/3$ thỏa). Vậy $G=M+(2/3)(N-M)$ nên $GM/GN=(2/3)/(1/3)=2$. Mặt khác $AM=AB$ và $AI=AB/2$ nên $AM/AI=2$. Tỉ số đúng bằng $2$ chứ không bằng $3$, do đó khẳng định d sai.

a) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường qua $S$ song song $AD$, không phải $SO$.

b) (AI giải đề cho tôi)
$NO\parallel SA$ ($N$, $O$ là trung điểm $SC$, $AC$ trong tam giác $SAC$) nên $NO\parallel (SAD)$; $K$ chung của hai mặt phẳng nên giao tuyến $d$ qua $K$ và song song $NO$, $SA$.

c) (AI giải đề cho tôi)
$G\in d\subset (SAD)$ và $G\in MN$ nên $G$ là giao điểm của $MN$ với $(SAD)$.

d) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho $G=M+(2/3)(N-M)$ nên $GM/GN=2$; cũng có $AM/AI=AB/(AB/2)=2$, không bằng $3$.