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

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì $(\alpha )\parallel CD$ và $M\in (ABCD)$, giao tuyến $(\alpha )\cap (ABCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $CD$ (tức song song với $AB$), không phải song song với $AD$. Đường này cắt $BC$ tại $N$ nên $MN\parallel CD\parallel AB$.

b) Đúng. $(\alpha )$ song song với $SA$ và $M\in (SAD)$, nên theo định lý về giao tuyến, $(\alpha )\cap (SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $SA$ (đường này cắt $SD$ tại $Q$).

c) Đúng. Trong $(ABCD)$: $MN\parallel CD$. Trong $(SCD)$: vì $(\alpha )\parallel CD$ nên giao tuyến $PQ\parallel CD$. Suy ra $MN\parallel PQ$, vậy $MNPQ$ là hình thang có hai đáy $MN$ và $PQ$.

d) Sai. $MQ\subset (SAD)$ (vì $M\in AD,Q\in SD$) và $NP\subset (SBC)$ (vì $N\in BC,P\in SC$). Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cắt nhau theo đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (do $AD\parallel BC$). Do $I=MQ\cap NP$ nên $I$ thuộc đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không phải song song với $AB$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến $(\alpha )\cap (ABCD)$ đi qua $M$ và song song với $CD$ (tức $AB$), vì $(\alpha )\parallel CD$ và $M\in (ABCD)$; không song song với $AD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(\alpha )\parallel SA$, $M\in (SAD)$ nên giao tuyến $(\alpha )\cap (SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $SA$, cắt $SD$ tại $Q$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel CD$ (trong $(ABCD)$) và $PQ\parallel CD$ (trong $(SCD)$ vì $(\alpha )\parallel CD$), nên $MN\parallel PQ$: $MNPQ$ là hình thang hai đáy $MN$, $PQ$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MQ\subset (SAD)$, $NP\subset (SBC)$; $(SAD)\cap (SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (vì $AD\parallel BC$). Vậy $I$ thuộc đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không phải $AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ toạ độ: đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$ (với $A$ làm gốc). Khi đó $B=\mathbf{b},D=\mathbf{d},C=\mathbf{b}+\mathbf{d}$, $I=\frac{2\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}=\mathbf{b}+\frac{\mathbf{d}}{2}$, $K=\frac{\mathbf{b}}{2}+\mathbf{d}$, $M=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{b}}{2}$.

Điểm $F$ trên đường thẳng $DM$: $P(t)=\mathbf{d}+t\left(\frac{\mathbf{s}}{2}+\frac{\mathbf{b}}{2}-\mathbf{d}\right)$, với $t=0$ tại $D$, $t=1$ tại $M$.

Giải hệ $\mathbf{b}=\frac{4\mathbf{i}-2\mathbf{k}}{3},\mathbf{d}=\frac{4\mathbf{k}-2\mathbf{i}}{3}$, thay vào $P(t)$:
$$P(t)=\frac{t}{2}\mathbf{s}+\frac{4t-2}{3}\mathbf{i}+\frac{4-5t}{3}\mathbf{k}.$$

$P\in (SIK)$ khi tổng hệ số bằng 1:
$$\frac{t}{2}+\frac{4t-2}{3}+\frac{4-5t}{3}=\frac{t+4}{6}=1\Rightarrow t=2.$$

Vậy $F$ nằm trên tia $DM$ quá $M$ với $DF=2DM$, suy ra $MF=DM$ và $$\frac{MF}{MD}=1.$$

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ABD)$, $N$ là trung điểm $AB$, $P$ là trung điểm $AD$ nên $NP\parallel BD$. Vì $M\in SB$ nên $M\in (SBD)$, do đó $M$ là điểm chung của $(MNP)$ và $(SBD)$. Trong mặt phẳng $(MNP)$, qua $M$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $NP$; khi đó $d\parallel NP\parallel BD$ mà $BD\subset (SBD)$, nên $d\subset (SBD)$ (đường thẳng qua một điểm của mặt phẳng và song song với một đường thẳng trong mặt phẳng thì nằm trong mặt phẳng đó). Vậy $d=(MNP)\cap (SBD)$ đi qua $M$ và song song với $NP$ (cũng song song với $BD$). Lưu ý $d$ không song song với $BC$ vì $BC\parallel AD$, còn $d\parallel BD$ với $BD$ không song song $AD$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Giải chi tiết Bài 21.

**1. Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$:**
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Hai mặt phẳng có chung điểm $S$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). Khi đó $\Delta \subset (SAB)$ và $\Delta \subset (SCD)$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $\Delta$ qua $S$ với $\Delta \parallel AB\parallel CD$.

**2. Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$:**
$AC$ và $BD$ là hai đường chéo của hình bình hành nên cắt nhau tại tâm $I$, với $I\in (SAC)\cap (SBD)$; hai mặt phẳng còn có chung điểm $S$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SI$.

**3.** $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$, $K\in SB$ với $SB=3SK$ (suy ra $SK=\frac{1}{3}SB$, $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}$).

**a) $MK\parallel (SAC)$:**
Gọi $P$ là trung điểm $AC$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $M$ thuộc trung tuyến $BP$ với $\frac{PM}{MB}=\frac{1}{2}$. Trong tam giác $SBP$ có $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}=\frac{PM}{MB}$, nên theo định lý Thales $MK\parallel SP$. Mà $SP\subset (SAC)$, $MK\not\subset (SAC)$, vậy $MK\parallel (SAC)$.

**b) $(MNK)\parallel (SAC)$:**
Trong mặt phẳng đáy, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AI}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\right)=-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}$, nên $MN\parallel AC$, suy ra $MN\parallel (SAC)$. Kết hợp $MK\parallel (SAC)$ (câu a), $MN\cap MK=M$, $MN,MK\subset (MNK)$, nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

**c) Tìm $H=DK\cap (SAC)$, tính $\frac{HK}{HD}$:**
$DK\subset (SBD)$ và giao tuyến của $(SAC)$ với $(SBD)$ là $SI$ (câu 2), do đó $H=DK\cap SI$. Xét tam giác $DKB$ trong mặt phẳng $(SBD)$: ba điểm $H\in DK$, $I\in DB$ (trung điểm, $\frac{BI}{ID}=1$), $S$ trên đường thẳng $KB$ ngoài đoạn $KB$ với $\frac{KS}{KB}=\frac{1}{3}$ thẳng hàng. Theo định lý Menelaus:
$$\frac{DH}{HK}\cdot \frac{KS}{SB}\cdot \frac{BI}{ID}=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}\cdot \frac{1}{3}\cdot 1=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}=3.$$
Vậy $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),S(0,0,3)$ thì $K=\left(\frac{1}{3},0,2\right)$, mặt $(SAC)$ là $x=y$, đường $DK$: $(x,y,z)=\left(\frac{t}{3},1-t,2t\right)$; điều kiện $x=y$ cho $\frac{t}{3}=1-t\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $H$ chia $DK$ theo tỉ số $\frac{DH}{HK}=3$, đúng $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.)

**d) Tìm $E=SA\cap (DKN)$, tính $\frac{ES}{EA}$:**
Trong mặt đáy, đường thẳng $DN$ cắt $AB$ tại $F$ với $\frac{AF}{FB}=\frac{3}{2}$ (do $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$). Khi đó $(DKN)\cap (SAB)=KF$ (chung điểm $K,F$), suy ra $E=SA\cap KF$. Áp dụng Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $E$-$K$-$F$:
$$\frac{SE}{EA}\cdot \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}\cdot \frac{3}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}=\frac{1}{3}.$$
Vậy $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$ (điểm $E$ nằm trên đường thẳng $SA$, ngoài đoạn $SA$ về phía $S$; kiểm tra tọa độ: $E=(0,0,\frac{9}{2})$ với $S=(0,0,3)$, $A=(0,0,0)$, cho $\frac{ES}{EA}=\frac{3/2}{9/2}=\frac{1}{3}$).

**4. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ song song $(SDC)$:**
Vì $AB\parallel CD\subset (SDC)$ nên $(\alpha )\parallel AB$; và $(\alpha )\parallel SD$.
- Trên mặt đáy: giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ ($CD$), cắt $AD$ tại $P$ và cắt $BC$ tại $Q$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AP}{AD}=\frac{1}{3}$, $\frac{BQ}{BC}=\frac{1}{3}$.
- Trên mặt $(SAD)$: vì $(\alpha )\parallel SD$, giao tuyến là đường thẳng qua $P$ song song với $SD$, cắt $SA$ tại $U$ với $\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$ (tức $\frac{SU}{SA}=\frac{2}{3}$).
- Trên mặt $(SBC)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ và $(SDC)\cap (SBC)=SC$, giao tuyến là đường thẳng qua $Q$ song song với $SC$, cắt $SB$ tại $V$ với $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.
- Trên mặt $(SAB)$: giao tuyến là đoạn $UV$ (và $UV\parallel AB$, phù hợp vì $(\alpha )\parallel CD\parallel AB$).
- Mặt $(SCD)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ nên $(\alpha )$ không cắt mặt $(SCD)$.

Vậy thiết diện của $(\alpha )$ với hình chóp là tứ giác $UVQP$ với $P\in AD,Q\in BC,U\in SA,V\in SB$ và $\frac{AP}{AD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$, $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.

Ghi chú: kết quả $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$ ở câu 3c đã được kiểm chứng độc lập bằng phương pháp tọa độ (H ứng với tham số $t=\frac{3}{4}$ trên đoạn $DK$), khớp với đáp án đã nêu; không có mâu thuẫn với đề bài.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $D=(3;0;0)$, $B=(0;1;0)$, $C=(1;1;0)$ (thỏa $AD\parallel BC$, $AD=3BC$), $S=(0;0;3)$. Điểm $N$ thuộc $SC$ với $CN=\frac{1}{3}SC$ nên $N=C+\frac{1}{3}(S-C)=\left(\frac{2}{3};\frac{2}{3};1\right)$. Đường thẳng $AN$: điểm $tN=\left(\frac{2t}{3};\frac{2t}{3};t\right)$. Mặt phẳng $(SBD)$ qua $S(0;0;3),B(0;1;0),D(3;0;0)$ có phương trình $x+3y+z=3$. Thay tọa độ điểm trên đường $AN$: $\frac{2t}{3}+2t+t=3\Rightarrow \frac{11t}{3}=3\Rightarrow t=\frac{9}{11}$. Vậy $I$ nằm trên đoạn $AN$ với $\frac{AI}{AN}=\frac{9}{11}$, suy ra $\frac{IN}{AN}=\frac{2}{11}$ và $\frac{IN}{IA}=\frac{2/11}{9/11}=\frac{2}{9}$. Kết quả không phụ thuộc hình dạng cụ thể hình thang hay chiều cao $S$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Bài 21 (AI viết, vì PDF không có lời giải chi tiết).

1) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$: Vì đáy là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $AB\parallel (SCD)$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ đều chứa $S$, nên giao tuyến là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AB$ (cũng song song với $CD$).

2) Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$: Cả hai mặt phẳng đều chứa $S$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (tâm hình bình hành, trùng $I$). Khi đó $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Vậy giao tuyến là $SI$.

3) Chọn hệ vectơ: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{a},\overrightarrow{AD}=\vec{b},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$, $A$ làm gốc.
- $M$ trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{2\vec{a}+\vec{b}}{3}$.
- $I$ là trung điểm $AC$: $\overrightarrow{AI}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}$; $N$ trọng tâm tam giác $ABI$: $\overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}}{3}=\frac{\vec{a}}{2}+\frac{\vec{b}}{6}$.
- $SK=\frac{1}{3}SB$: $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AS}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AS})=\frac{2}{3}\vec{s}+\frac{1}{3}\vec{a}$.

a) $\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{s}+\frac{1}{3}\vec{a}-\frac{2\vec{a}+\vec{b}}{3}=\frac{1}{3}(2\vec{s}-(\vec{a}+\vec{b}))$. Mặt phẳng $(SAC)$ chứa hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$ và $\overrightarrow{AC}=\vec{a}+\vec{b}$, nên $\overrightarrow{MK}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ đó, tức $MK\parallel (SAC)$.

b) $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{a}}{2}+\frac{\vec{b}}{6}-\frac{2\vec{a}}{3}-\frac{\vec{b}}{3}=-\frac{1}{6}(\vec{a}+\vec{b})=-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}$. Suy ra $MN\parallel AC\parallel (SAC)$. Mà $MK\parallel (SAC)$ (câu a), $MN\cap MK=M$, hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với $(SAC)$ nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

c) Đường thẳng $DK$: $X(t)=\overrightarrow{AD}+t(\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AD})=\vec{b}+t(\frac{2}{3}\vec{s}+\frac{1}{3}\vec{a}-\vec{b})$. $X\in (SAC)$ khi $X=\alpha \vec{s}+\beta (\vec{a}+\vec{b})$, so sánh hệ số: hệ số của $\vec{a}$: $t/3=\beta$; hệ số của $\vec{b}$: $1-t=\beta$. Suy ra $1-t=t/3\Rightarrow t=3/4$. Vậy $H$ nằm giữa $D$ và $K$ với $DH=\frac{3}{4}DK,HK=\frac{1}{4}DK$, do đó $\frac{HK}{HD}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}$.

d) Điểm $E$ trên $SA$: $\overrightarrow{AE}=u\vec{s}$. $E\in (DKN)$: $u\vec{s}=\vec{b}+\lambda (\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AD})+\mu (\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AD})$, với $\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\vec{s}+\frac{1}{3}\vec{a}-\vec{b}$, $\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\vec{a}-\frac{5}{6}\vec{b}$. So sánh hệ số:
- theo $\vec{s}$: $u=\frac{2\lambda }{3}$;
- theo $\vec{a}$: $\frac{\lambda }{3}+\frac{\mu }{2}=0$;
- theo $\vec{b}$: $1-\lambda -\frac{5\mu }{6}=0$.
Từ phương trình thứ hai: $\lambda =-\frac{3\mu }{2}$; thay vào thứ ba: $1=\lambda +\frac{5\mu }{6}=-\frac{2\mu }{3}\Rightarrow \mu =-\frac{3}{2},\lambda =\frac{9}{4},u=\frac{3}{2}$. Vậy $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AS}$, tức $E$ nằm trên tia $SA$ ngoài đoạn $AS$ với $ES=\frac{1}{2}AS,EA=\frac{3}{2}AS$, suy ra $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$.

4) Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ và song song $(SDC)$. Vì $AB\parallel DC\subset (SDC)$ nên $AB\parallel (\alpha )$; vì $SD\subset (SDC)$ nên $SD\parallel (\alpha )$. Ta có $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{b}$, nên $(\alpha )=M+\text{span}\{\vec{a},\vec{s}-\vec{b}\}$ (phương của $DC$ và $DS$). Xét từng mặt:
- Mặt đáy $(ABCD)$: giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song $AB$ (tức $DC$). Đường này cắt $AD$ tại $Q$ với $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$ và cắt $BC$ tại $P$ với $\overrightarrow{BP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$; đoạn $QP$ đi qua $M$.
- Mặt $(SAD)$: giao tuyến là đường qua $Q$ song song $SD$ (vì $SD\parallel (\alpha )$), cắt $SA$ tại $R$ với $\overrightarrow{AR}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}$; đoạn $QR\parallel SD$.
- Mặt $(SAB)$: giao tuyến là đường qua $R$ song song $AB$, cắt $SB$ tại chính điểm $K$ (vì $\overrightarrow{AK}=\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{s}$ thỏa mãn); đoạn $RK\parallel AB$.
- Mặt $(SBC)$: giao tuyến là đoạn $KP$ nối $K$ (trên $SB$) với $P$ (trên $BC$); kiểm tra $\overrightarrow{KP}$ có phương song song $SD$.
- Mặt $(SCD)$: $(\alpha )\parallel (SDC)$ và khác nó ($M\notin (SDC)$) nên $(\alpha )$ không cắt mặt này.
Vậy thiết diện bởi $(\alpha )$ là tứ giác $QPKR$ ($Q\in AD$, $P\in BC$, $K\in SB$, $R\in SA$), là hình bình hành với $QP\parallel RK\parallel AB$ và $QR\parallel KP\parallel SD$.

Kiểm tra lại các tỉ số: câu c) $HK/HD=1/3$; câu d) $ES/EA=1/3$ — đều nhất quán với phép tính vectơ ở trên.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Bài 21 (hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm I).

1) Vì ABCD là hình bình hành nên AB ∥ CD. Ta có AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD), hai mặt phẳng này có điểm S chung. Giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng d qua S và song song với AB (đồng thời song song với CD).

2) AC ∩ BD = I (hai đường chéo hình bình hành cắt nhau tại tâm I). Cả (SAC) và (SBD) đều chứa S và I. Vậy giao tuyến của (SAC) và (SBD) là đường thẳng SI.

3a) Gọi O là trung điểm của AC (O cũng là trung điểm BD). Vì M là trọng tâm tam giác ABC nên M nằm trên trung tuyến BO. K trên SB với SK = SB/3, tức K chia SB theo tỉ số SK/KB = 1/2, do đó K = (2S + B)/3. Mặt khác M = (A + B + C)/3. Suy ra vectơ MK = K − M = (2S + B − A − B − C)/3 = (2S − A − C)/3 = 2(S − O)/3. Vậy MK ∥ SO, mà SO ⊂ (SAC), M ∉ (SAC). Do đó MK ∥ (SAC).

3b) I là trung điểm AC nên I = (A + C)/2. N là trọng tâm tam giác ABI nên N = (A + B + I)/3 = (3A + 2B + C)/6. Do đó vectơ MN = N − M = (3A + 2B + C − 2A − 2B − 2C)/6 = (A − C)/6, tức MN ∥ AC. Mà AC ⊂ (SAC) nên MN ∥ (SAC). Ta có MN ∥ (SAC), MK ∥ (SAC), MN và MK cắt nhau tại M, cùng nằm trong (MNK). Vậy (MNK) ∥ (SAC).

3c) Thiết lập hệ toạ độ minh hoạ: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), C(1;1;0), S(0;0;1). Khi đó K = (2S + B)/3 = (1/3; 0; 2/3). Đường thẳng DK: D + t(K − D) = (t/3; 1 − t; 2t/3), với t = 0 tại D và t = 1 tại K. Mặt phẳng (SAC) có phương trình x − y = 0 (qua A, C(1;1;0), S(0;0;1)). Thay vào: t/3 = 1 − t ⇒ t = 3/4, suy ra H = (1/4; 1/4; 1/2), H nằm giữa D và K. Vì H ứng với t = 3/4 nên HD = (3/4)DK và HK = (1/4)DK. Vậy HK/HD = 1/3.

3d) N = (3A + 2B + C)/6 = (1/2; 1/6; 0). Mặt phẳng (DKN) có vectơ pháp tuyến n = DK × DN với DK = (1/3; −1; 2/3), DN = (1/2; −5/6; 0), tính được n ∝ (5; 3; 2). Phương trình (DKN): 5x + 3y + 2z = 3 (thay D(0;1;0)). Điểm E thuộc SA: E = (0; 0; s), thay vào: 2s = 3 ⇒ s = 3/2, tức E = (0; 0; 3/2). Trên đường thẳng SA: A có z = 0, S có z = 1, E có z = 3/2, nên ES = 1/2 và EA = 3/2. Vậy ES/EA = 1/3.

4) Mặt phẳng (SDC) chứa hai đường thẳng cắt nhau SD và DC (DC ∥ AB). Mặt phẳng (α) qua M và song song (SDC) thì song song với SD và DC. Lấy Q, P lần lượt là giao điểm của đường thẳng qua M song song với DC với AD và BC (do M là trọng tâm tam giác ABC nên AQ = AD/3, BP = BC/3; QP ∥ DC). Khi đó:
- Giao tuyến của (α) với mặt đáy (ABCD) là QP (QP ∥ DC).
- Trong mặt (SAD), đường thẳng qua Q song song với SD cắt SA tại R; vì AQ = AD/3 và QR ∥ SD nên theo định lý Thales AR = AS/3. Giao tuyến của (α) với (SAD) là QR (QR ∥ SD).
- Trong mặt (SAB), đường thẳng qua R song song với AB cắt SB tại R'; vì AR = AS/3 và RR' ∥ AB nên theo định lý Thales SR' = (2/3)SB (tức BR' = SB/3). Giao tuyến của (α) với (SAB) là RR' (RR' ∥ AB).
- Trong mặt (SBC), giao tuyến của (α) với (SBC) là đoạn PR' (nối P với R').
- Vì (α) ∥ (SDC) nên (α) không cắt mặt (SCD).
Vậy thiết diện của (α) với hình chóp là tứ giác QPR'R, với Q ∈ AD (AQ = AD/3), P ∈ BC (BP = BC/3), R ∈ SA (AR = AS/3), R' ∈ SB (SR' = (2/3)SB, BR' = SB/3). Kiểm tra lại bằng toạ độ: (SDC) có phương trình y + z = 1, (α) qua M(2/3; 1/3; 0) nên có phương trình y + z = 1/3; giao với z = 0 cho QP, với x = 0 (mặt SAD) cho QR với R(0; 0; 1/3) tức AR = AS/3, với y = 0 (mặt SAB) cho RR' với R'(2/3; 0; 1/3) tức SR' = (2/3)SB và BR' = SB/3, với mặt (SBC): x + z = 1 cho đoạn PR'; tất cả khớp với kết quả trên.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $C(1;1;0)$ (vì $ABCD$ là hình bình hành), $S(0;0;h)$. Khi đó $M$ trung điểm $SC$ là $M\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{h}{2}\right)$.

Mặt phẳng $(ABM)$ đi qua $A$ và chứa vectơ $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{h}{2}\right)$. VTCP của pháp tuyến: $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=(0;-\frac{h}{2};\frac{1}{2})$, nên phương trình mặt phẳng: $-\frac{h}{2}y+\frac{1}{2}z=0$, tức $z=hy$.

Điểm $F$ trên đường thẳng $SD$: $F=(0;t;h(1-t))$ với $t=\frac{SF}{SD}$ (tham số từ $S$ khi $t=0$ đến $D$ khi $t=1$). Thay vào phương trình mặt phẳng: $h(1-t)=ht\Rightarrow t=\frac{1}{2}$.

Vậy $\frac{SF}{SD}=\frac{1}{2}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ kiểm chứng: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), C(1;1;0), S(0;0;1). Khi đó O(0,5;0,5;0), I(0,5;0;0,5), K(0;0,5;0,5).
a) Mặt phẳng (CKB) có phương trình z = 0,5(1−x). Đường thẳng SA: (0;0;λ) cắt mặt phẳng tại λ = 0,5 nên J(0;0;0,5) là trung điểm SA. Đường thẳng qua K song song DC (phương trình (t;0,5;0,5)) không chứa J vì hoành y của J bằng 0 ≠ 0,5. Vậy a) Sai.
b) Mặt phẳng (OIA): x − y − z = 0; mặt phẳng (SCD): y + z = 1. Giao tuyến: x = 1, y + z = 1, đi qua C(1;1;0) với chỉ phương (0;1;−1) cùng phương SD. Vậy b) Đúng.
c) Cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) đều chứa S và O (O là giao điểm hai đường chéo hình bình hành), nên giao tuyến là SO. Vậy c) Đúng.
d) I(0,5;0;0,5) và J(0;0;0,5) nên IJ có chỉ phương (1;0;0) song song CD (chỉ phương (1;0;0)). Vậy d) Đúng.
Kết quả khớp đáp án mã đề 1002: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
J là trung điểm SA (tọa độ (0;0;0,5)), không nằm trên đường thẳng qua K song song DC (các điểm có dạng (t;0,5;0,5)).
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của (OIA): x−y−z=0 và (SCD): y+z=1 là đường thẳng x=1, y+z=1, đi qua C và có chỉ phương (0;1;−1) cùng phương SD.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cả (SAC) và (SBD) đều chứa S và O nên giao tuyến là SO.
d) (AI giải đề cho tôi)
I(0,5;0;0,5), J(0;0;0,5) nên IJ có chỉ phương (1;0;0) song song CD.

a) Vẽ hình:
[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(CMN)$ và $(CAD)$. Xét mặt phẳng $(CMN)$ và $(CAD)$ có C là điểm chung thứ nhất. Trong mặt phẳng $(SAD)$, gọi K là giao điểm của MN và AD. Khi đó K là điểm chung thứ 2. Khi đó: $(CMN)\cap (CAD)=CK$.
b) Chứng minh $NG//(ABCD)$. Gọi I là trung điểm của AB. Xét tam giác SID có $\frac{SG}{SI}=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}$ suy ra $GN//ID$. Từ $$\begin{array}{rl}GN& //ID\\ ID& \subset (ABCD)\\ GN& \not\subset (ABCD)\end{array}\}\Rightarrow GN//(ABCD)$$
Học sinh làm các cách khác nhau mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là giao điểm của $SD$ và $(ACM)$. Trong mặt phẳng $(SBD)$, $M$ thuộc $SB$ nên đường thẳng $BM$ cắt $SD$ tại $N$. Xét tam giác $SBD$: $O$ là giao điểm của $BD$ và $MO$... Cụ thể: trong $(SBD)$, đường thẳng $MO$ cắt $SD$ tại $N$ (vì $M\in (ACM)\cap (SBD)$, $A,C$ thuộc $(ACM)$ nhưng $BD\cap AC=O$ nên $O\in (ACM)$; $O$ cũng thuộc $(SBD)$). Vậy $(ACM)\cap (SBD)=OM$, do đó $N=SD\cap OM$. Kiểm tra vị trí: $SB=4SM\Rightarrow SM/SB=1/4$. Trong tam giác $SBD$, $M$ trên $SB$ với $SM/MB=1/3$, đường thẳng qua $M$ và $O$ ($O$ trung điểm $BD$) cắt $SD$ tại $N$; dùng định lý Menelaus: $SM/MB\cdot BO/OD\cdot DN/NS=1\Rightarrow (1/3)\cdot 1\cdot (DN/NS)=1\Rightarrow DN=3NS$, tức $N$ nằm trên đoạn $SD$ kéo dài... thực tế $N$ nằm trên tia $D$ sao cho $SN=4/3SD$, vẫn là giao điểm của $SD$ và mặt phẳng $(ACM)$. Vậy giao điểm nằm trên đường thẳng $OM$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BF$. Khi đó $E$ và $G$ cùng thuộc mặt phẳng $(ABF)$. Mặt phẳng $(ABF)$ cắt mặt phẳng $(ACD)$ theo giao tuyến $AF$ (vì $A$, $F$ = trung điểm $CD$ đều thuộc cả hai mặt phẳng). Do $E$ không thuộc $(ACD)$, đường thẳng $EG$ cắt $(ACD)$ tại giao điểm của $EG$ với $AF$. Vậy đáp án là C, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 9: C).

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BF$. Khi đó $E$ (thuộc $AB$) và $G$ (thuộc $BF$) cùng nằm trong mặt phẳng $(ABF)$. Mặt phẳng $(ABF)$ cắt mặt phẳng $(ACD)$ theo giao tuyến $AF$ (vì $A$ chung, $F=AB\cap \dots$ thực chất $F$ thuộc $CD$ nên $F$ thuộc $(ACD)$, và $A$, $F$ cùng thuộc cả hai mặt phẳng). Do đó giao điểm của $EG$ với $(ACD)$ là giao điểm của $EG$ với $AF$. Khớp với đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ kiểm chứng: A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1); khi đó O(0.5,0.5,0), I(0.5,0,0.5), K(0,0.5,0.5).
a) Mặt phẳng (OIA) có phương trình x - y - z = 0; mặt phẳng (SCD) có phương trình y + z = 1. Giao tuyến: x = 1, y + z = 1, đi qua C(1,1,0) và có vectơ chỉ phương (0,-1,1) song song với SD(0,1,-1). Vậy giao tuyến đi qua C và song song SD → Đúng.
b) Mặt phẳng (CKB) có phương trình x + 2z = 1. Đường SA: (0,0,t) ⇒ z = 0.5, nên J(0,0,0.5) là trung điểm SA. Vectơ IJ = (-0.5,0,0) song song với trục x, tức song song AB và cũng song song DC (vì ABCD là hình bình hành). Vậy CD ∥ IJ → Đúng.
c) Đường qua K song song DC là (t, 0.5, 0.5); J(0,0,0.5) không thuộc đường này (tung độ 0 ≠ 0.5) → Sai.
d) O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành nên O thuộc cả AC và BD; do đó O thuộc cả (SAC) và (SBD), còn S hiển nhiên thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy SO là giao tuyến của (SAC) và (SBD) → Đúng (định lý giao tuyến hai mặt phẳng).
Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1001: Đ-Đ-S-Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
(OIA): x - y - z = 0; (SCD): y + z = 1. Giao tuyến x = 1, y + z = 1 đi qua C(1,1,0), vectơ chỉ phương (0,-1,1) ∥ SD.
b) (AI giải đề cho tôi)
(CKB): x + 2z = 1; J = SA ∩ (CKB) = (0,0,0.5) trung điểm SA. IJ = (-0.5,0,0) ∥ AB ∥ DC, nên CD ∥ IJ.
c) (AI giải đề cho tôi)
Đường qua K(0,0.5,0.5) song song DC là (t,0.5,0.5); J(0,0,0.5) không thuộc đường này.
d) (AI giải đề cho tôi)
O thuộc AC và BD nên thuộc cả (SAC) và (SBD); S chung, vậy SO là giao tuyến (ĐĐSĐ).

a) Vẽ hình:
[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(BMN)$ và $(ABD)$. Xét mặt phẳng $(BMN)$ và $(ABD)$ có B là điểm chung thứ nhất. Trong mặt phẳng $(SAD)$, gọi K là giao điểm của MN và AD. Khi đó K là điểm chung thứ 2. Khi đó: $(BMN)\cap (ABD)=BK$.
b) Chứng minh $GN//(SAB)$. Gọi I là trung điểm của CD. Xét tam giác SID có $\frac{SG}{SI}=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}$ suy ra $GN//ID$, mà $ID//AB$ nên $GN//AB$. $$\begin{array}{rl}GN& //AB\\ \text{Từ }AB& \subset (SAB)\\ GN& \not\subset (SAB)\end{array}\}\Rightarrow GN//(SAB)(\text{đpcm})$$
Học sinh làm các cách khác nhau mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N=SD\cap (ACM)$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O=AC\cap BD$, do đó $O\in AC\subset (ACM)$ và $O\in BD$. Xét mặt phẳng $(SBD)$: nó chứa đường thẳng $SD$ và chứa điểm $O$, đồng thời chứa $M\in SB$. Vậy $N$ là giao điểm của $SD$ với mặt phẳng $(ACM)$ chính là giao điểm của $SD$ với đường thẳng $OM$ (vì $OM$ là giao tuyến của $(SBD)$ và $(ACM)$, cả hai mặt phẳng đều chứa $O$ và $M$). Do đó giao điểm nằm trên đường thẳng $OM$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1001, câu 7: A).