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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 18: a) Ta có $I\in SB\subset (SBD)$ và $A\in (IAC)$. Gọi $O=AC\cap BD$ (tâm hình bình hành), khi đó $O\in AC\subset (IAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung $I,O$, suy ra giao tuyến của $(IAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $IO$.

b) Trong tam giác $SBC$: $I$ là trung điểm $SB$, $T$ là trung điểm $SC$ nên $IT$ là đường trung bình, do đó $IT\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ (hình bình hành $ABCD$) nên $IT\parallel AD$. Vì $IT\subset (IAC)$ và $AD\not\subset (IAC)$ nên $AD\parallel (IAC)$. Hai mặt phẳng $(IAC)$ và $(SCD)$ có điểm chung $C$; giao tuyến qua $C$ và song song với $AD$ (cũng song song $IT$). Vậy giao tuyến là đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ (nó chính là đường thẳng $CT$ vì $T\in (SCD)$, $CT\subset$ đường trung bình song song $AD$... chính xác hơn: giao tuyến là đường thẳng $d$ qua $C$ sao cho $d\parallel AD$; do $IT\parallel AD$ và $IT\subset (IAC)$, đường thẳng này cắt $(SCD)$ theo hướng song song $AD$, tức giao tuyến là đường qua $C$ song song $AD$).

c) Như trên: $IT$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ nên $IT\parallel BC$; vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Suy ra $IT\parallel AD$ (điều phải chứng minh).

d) Xét $(SAC)$: $O$ là trung điểm $AC$, $T$ là trung điểm $SC$ nên $OT\parallel SA$. Vì $O\in BD\subset (BDT)$ và $T\in (BDT)$ nên $OT\subset (BDT)$, suy ra $SA\parallel (BDT)$. Khi đó $(BDT)\cap (SAB)$ là đường thẳng qua $B$ song song với $SA$ (vì $B$ chung, và mặt phẳng $(SAB)$ chứa $SA$ song song $(BDT)$). Gọi $K$ là giao điểm của $AI$ với đường thẳng qua $B$ song song $SA$; khi đó $K=AI\cap (BDT)$. Cụ thể: trong mặt phẳng $(SAB)$, tam giác $KBI$ đồng dạng với tam giác $SAI$ (do $KB\parallel SA$) với $IB=IS$ nên $IK=IA$, tức $I$ là trung điểm $AK$ và $KB=SA$. Vậy giao điểm của $AI$ và $(BDT)$ là điểm $K$ đối xứng với $A$ qua $I$ (điểm $K$ nằm trên đường thẳng qua $B$ song song với $SA$, với $KB=SA$).

a) Đúng. S, O là 2 điểm chung của 2 mp (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)$.

b) Đúng. M, O lần lượt là trung điểm của SA, AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC nên $MO\parallel SC$.

c) Sai. Ta có $\{\begin{array}{l}M\in (BCM)\cap (SAD)\\ BC\parallel AD\\ BC\subset (BCM),AD\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow (BCM)\cap (SAD)=Mx$ (qua M và $Mx\parallel BC\parallel AD$).

d) Đúng. Chọn (SAN) chứa MN. Trong mp (ABCD), $AN\cap BD=J\Rightarrow (SAN)\cap (SBD)=SJ$. Trong (SAN), $MN\cap SJ=I\Rightarrow I=MN\cap (SBD)$. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MAN có cát tuyến SIJ, ta có $\frac{MI}{NI}\cdot \frac{NJ}{AJ}\cdot \frac{AS}{MS}=1$. Lại có $DN\parallel AB\Rightarrow \frac{JN}{JA}=\frac{DN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{MI}{NI}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow 2IM=3IN$.
a) S, O là 2 điểm chung của 2 mp (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)$ nên a) Đúng
b) M, O lần lượt là trung điểm của SA, AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC nên $MO\parallel SC$. Vậy b) Đúng
c) Ta có $\{\begin{array}{l}M\in (BCM)\cap (SAD)\\ BC\parallel AD\\ BC\subset (BCM),AD\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow (BCM)\cap (SAD)=Mx$ (qua M và $Mx\parallel BC\parallel AD$) nên c) Sai
d) Chọn (SAN) chứa MN

Trong mp (ABCD), $AN\cap BD=J\Rightarrow (SAN)\cap (SBD)=SJ$

Trong (SAN), $MN\cap SJ=I\Rightarrow I=MN\cap (SBD)$

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MAN có cát tuyến SIJ, ta có

$\frac{MI}{NI}\cdot \frac{NJ}{AJ}\cdot \frac{AS}{MS}=1$. Lại có $DN\parallel AB\Rightarrow \frac{JN}{JA}=\frac{DN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{MI}{NI}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow 2IM=3IN$ nên d) Đúng

Vẽ đúng hình làm được phần a

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

a) Gọi I là trung điểm của AB. Ta có M,N lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, ABD nên M thuộc IC, N thuộc ID $\Rightarrow MN\subset (ICD)$

Xét tam giác ICD, ta có: $\frac{IM}{IC}=\frac{IN}{ID}=\frac{1}{3}\Rightarrow MN\parallel CD$ (theo định lí talet đảo)

b) Gọi F là trung điểm của CD . Ta có: $M\in AF,P\in AE\Rightarrow MP\subset (AEF)$

Chọn mp (BCD) chứa BC, BD

Trong mp(AEF), $MP\cap EF=Q$

Lại có $\{\begin{array}{l}MN\parallel CD\\ MN\subset (MNP)\\ CD\subset (BCD)\end{array}\Rightarrow (MNP)\cap (BCD)=Qx$ (qua Q và song song với MN và CD)

Trong mp (BCD), $Qx\cap BC=K,Qx\cap BD=H$, thì $K,H$ lần lượt là giao điểm của $(MNP)$ với $BC$ và $BD$

Xét định lí Menelaus trong tam giác AEF có cát tuyến MPQ, ta có:

$$\frac{AM}{FM}\cdot \frac{FQ}{EQ}\cdot \frac{EP}{AP}=1\iff \frac{2}{1}\cdot \frac{FQ}{EQ}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow \frac{FQ}{EQ}=\frac{1}{4}.$$

Do $QK\parallel CE\Rightarrow \frac{KF}{FC}=\frac{QF}{EF}=\frac{1}{3}\Rightarrow FC=3KF$

$$\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$$

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Câu 25 (2,0 điểm):

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$ ta có $AB\parallel CD$ với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, và $AB$ không cắt $CD$. Xét $S$ là điểm chung của $(SAB)$ và $(SCD)$. Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$).

b) Vì $AB\parallel CD$ và $AB=2CD$, tam giác $IAB$ đồng dạng với tam giác $IDC$ (cùng góc tại $I$ và góc đồng vị), suy ra $\frac{IA}{ID}=\frac{IB}{IC}=\frac{AB}{CD}=2$. Chọn hệ vectơ gốc $I$: đặt $\overrightarrow{IA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{IB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{IS}=\vec{s}$ thì $\overrightarrow{ID}=\frac{1}{2}\vec{a}$, $\overrightarrow{IC}=\frac{1}{2}\vec{b}$.

Ta có $M$ là trung điểm $SA$: $\overrightarrow{IM}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{2}$. Gọi $E=IM\cap SD$, viết $\overrightarrow{IE}=t(\vec{s}+\vec{a})/2=\vec{s}+u(\vec{a}/2-\vec{s})$. Đối chiếu hệ số theo $\vec{s},\vec{a}$ (độc lập): $t/2=1-u$ và $t/2=u/2\Rightarrow t=u=2/3$. Vậy $\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{3}$, tức $\overrightarrow{SE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$.

Hoàn toàn tương tự trong mặt phẳng $(SBC)$: $\overrightarrow{IF}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$.

Suy ra $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{IF}-\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$, nên $EF\parallel AB$. Mặt khác $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ của tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB$. Vì $I,M,E$ thẳng hàng và $I,N,F$ thẳng hàng nên $E,F,M,N$ cùng thuộc mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng $IM,IN$. Trong mặt phẳng đó, $EF\parallel AB$ và $MN\parallel AB$ nên $EF\parallel MN$. (đpcm)

c) $O$ là giao của $AC$ và $BD$, chia $AC$ theo tỉ số $\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=2$, nên $\overrightarrow{IO}=\frac{\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IC}}{3}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{3}$.

Trọng tâm tam giác $SAB$: $\overrightarrow{IG}=\frac{\vec{s}+\vec{a}+\vec{b}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{IG}-\overrightarrow{IO}=\frac{\vec{s}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IS}$, tức $OG\parallel IS$.

Vì $I$ thuộc đường thẳng $AD\subset (SAD)$ nên $IS\subset (SAD)$; lại $O,G$ không thuộc $(SAD)$. Vậy $OG\parallel (SAD)$. (đpcm)

d) $H$ thuộc $BC$ với $HB=2HC$ nên $\overrightarrow{IH}=\frac{\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}}{3}=\frac{\vec{b}+\vec{b}}{3}=\frac{2}{3}\vec{b}$.

Từ b): $\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{3}$, $\overrightarrow{IF}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$. Khi đó:
- $\overrightarrow{EF}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow EF\parallel AB$.
- $\overrightarrow{FH}=\overrightarrow{IH}-\overrightarrow{IF}=\frac{2\vec{b}}{3}-\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}=\frac{\vec{b}-\vec{s}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}\Rightarrow FH\parallel SB$.

Trong mặt phẳng $(EFH)$, $EF$ và $FH$ cắt nhau tại $F$; trong $(SAB)$, $AB$ và $SB$ cắt nhau tại $B$; và $EF\parallel AB$, $FH\parallel SB$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, suy ra $(EFH)\parallel (SAB)$. (đpcm)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ vectơ với $S$ là gốc: $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Khi đó: $M$ trung điểm $SB$: $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{b}$; $N$ trung điểm $SD$: $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$; $P$ trung điểm $BC$: $\overrightarrow{SP}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})$. Gọi $E\in SA$ với $\overrightarrow{SE}=\alpha \vec{a}$. Vì $E\in (MNP)$ nên tồn tại $u,v$: $\alpha \vec{a}=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{u}{2}(\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b})+\frac{v}{2}\vec{c}$. So sánh hệ số: hệ số $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-u=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$; hệ số $\vec{c}$: $\frac{u}{2}+\frac{v}{2}=0\Rightarrow v=-\frac{1}{2}$; hệ số $\vec{a}$: $\alpha =\frac{u}{2}=\frac{1}{4}$. Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{SE}{EA}=\frac{1}{3}$, tức $m=1,n=3$ và $2m+n=5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 6789, Phần III câu 3: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(SAC)$: $E\in SA$ với $\frac{SE}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AE}{AS}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AF}{AC}=\frac{2}{3}$. Vì $\frac{AE}{AS}\ne \frac{AF}{AC}$ nên $EF$ không song song với $SC$, do đó $EF$ cắt $SC$ tại một điểm $I$ thuộc đoạn $EF$ (vì $E,F$ nằm khác phía đối với đường thẳng qua tỉ số). Khi đó $I\in EF\subset (BEF)$ và $I\in SC$, nên $I$ là giao điểm của $SC$ với mặt phẳng $(BEF)$. Vậy giao điểm của $SC$ và $(BEF)$ là giao điểm của $SC$ với $EF$. Đáp án A, khớp đáp án nguồn (mã đề 4567, câu 12: A).

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

Ta có:
$$\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{b}}{2},\overrightarrow{SN}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}}{2},\overrightarrow{SP}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}.$$

Gọi $E$ thuộc $SA$ với $\overrightarrow{SE}=t\vec{a}$. Vì $E\in (MNP)$ nên tồn tại $\lambda ,\mu$ sao cho:
$$\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{SM}+\lambda (\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+\mu (\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}).$$
Với $\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b}}{2}$ và $\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{c}}{2}$, so sánh hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$:
- Theo $\vec{b}$: $\frac{1-2\lambda }{2}=0\Rightarrow \lambda =\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{c}$: $\frac{\lambda +\mu }{2}=0\Rightarrow \mu =-\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{a}$: $t=\frac{\lambda }{2}=\frac{1}{4}$.

Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}$, suy ra $\frac{SE}{EA}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}$, tức $m=1,n=3$ (phân số tối giản).

Do đó $2m+n=2\cdot 1+3=5$, trùng với đáp án của đề.

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

Ta có:
$$\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{b}}{2},\overrightarrow{SN}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}}{2},\overrightarrow{SP}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}.$$

Điểm $E$ thuộc cạnh $SA$ nên $\overrightarrow{SE}=t\vec{a}$, tức $\frac{SE}{SA}=t$. Vì $E\in (MNP)$, tồn tại $u,v$ sao cho:
$$\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{SM}+u(\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+v(\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}).$$
Tính: $\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b}}{2}$, $\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{c}}{2}$. Suy ra:
$$\overrightarrow{SE}=\frac{\vec{b}}{2}+\frac{u}{2}\vec{a}+\frac{u}{2}\vec{c}-u\vec{b}+\frac{v}{2}\vec{c}.$$
So sánh hệ số với $t\vec{a}$ (các vectơ $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ độc lập tuyến tính):
- Hệ số của $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-u=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$.
- Hệ số của $\vec{c}$: $\frac{u+v}{2}=0\Rightarrow v=-\frac{1}{2}$.
- Hệ số của $\vec{a}$: $t=\frac{u}{2}=\frac{1}{4}$.

Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}$, tức $m=1,n=4$ (phân số tối giản), do đó $2m+n=2+4=6$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (đáp án 6).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(SAC)$, ta có $\frac{SE}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AE}{SA}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AF}{AC}=\frac{2}{3}$. Vì $\frac{AE}{SA}\ne \frac{AF}{AC}$ nên $EF$ không song song với $SC$; do đó trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $SC$ cắt đường thẳng $EF$ tại một điểm $P$. Điểm $P$ thuộc $EF\subset (BEF)$ và thuộc $SC$, nên $P=SC\cap (BEF)$. Vậy giao điểm của $SC$ và mặt phẳng $(BEF)$ là giao điểm của $SC$ với $EF$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0123, câu 3: B).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (1,5 điểm)

a) Xét hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$:
- Ta có $S\in (SAD)\cap (SBC)$.
- Trong đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, do đó giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (đồng thời song song với $BC$).
Vậy $(SAD)\cap (SBC)=d$, với $d$ là đường thẳng qua $S$ và $d\parallel AD\parallel BC$.

b) Trong tam giác $SCD$: $M$ là trung điểm $SC$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel CD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB$, do đó $MN\parallel AB\subset (SAB)$, suy ra $MN\parallel (SAB)$.

Trong tam giác $SAC$: $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm $AC$; $M$ là trung điểm $SC$. Suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, nên $OM\parallel SA\subset (SAB)$, suy ra $OM\parallel (SAB)$.

Ta có: $OM\parallel (SAB)$, $MN\parallel (SAB)$, $OM$ và $MN$ cắt nhau tại $M$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(OMN)$; mặt phẳng $(OMN)$ không trùng $(SAB)$ (vì $O\notin (SAB)$). Vậy $(OMN)\parallel (SAB)$.

c) Xét tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SC$ nên $OM\parallel SA$.
Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $SO$ (hai đường chéo của hình thang $ASCM$ với $AS\parallel OM$ nên chúng cắt nhau).
- $I\in AM$.
- $I\in SO$, mà $SO\subset (SBD)$ (vì $O$ là trung điểm $BD$ nên $O\in BD$), suy ra $I\in (SBD)$.
Vậy $I=AM\cap SO$ chính là giao điểm của đường thẳng $AM$ và mặt phẳng $(SBD)$, tức $AM\cap (SBD)=\{I\}$ với $I=AM\cap SO$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác $SBC$: $J$ là trung điểm của $SN$, $K$ là trung điểm của $SP$ nên $JK$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $JK\parallel BC$ và $JK=\frac{BC}{2}$. Tương tự, trong tam giác $SAD$: $IL$ là đường trung bình nên $IL\parallel AD$ và $IL=\frac{AD}{2}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$ và $BC=AD$, do đó $JK\parallel IL$ và $JK=IL$. Tứ giác $IJKL$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành; suy ra bốn điểm $I,J,K,L$ đồng phẳng.

b) Dùng vectơ, lấy điểm $S$ làm gốc. Vì $I,K$ lần lượt là trung điểm của $SM,SP$ nên
$$\overrightarrow{IK}=\overrightarrow{SK}-\overrightarrow{SI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SP}-\frac{1}{2}\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{MP}.$$
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$. Với $M$ là trung điểm $AB$ và $P$ là trung điểm $CD$:
$$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}}{2}-\frac{\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}}{2}=\frac{(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB})+(\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SA})}{2}=\frac{\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}}{2}.$$
Vì $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$ (hình bình hành) nên $\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{BC}$, do đó $\overrightarrow{IK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Vậy $IK\parallel BC$.

c) Ta có $J\in SN\subset (SBC)$ và $K\in SP\subset (SBC)$, đồng thời $J,K\in (IJKL)$ (theo câu a). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(IJKL)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $JK$; theo câu b, $JK\parallel BC$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 130.** Hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang với đáy lớn $AB$ (nên $AB\parallel CD$ và $AB>CD$). $I,J$ lần lượt là trung điểm $AD$, $BC$; $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$.

**a) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(IJG)$:**
- $IJ$ là đường trung bình của hình thang nên $IJ\parallel AB$.
- Vì $AB\subset (SAB)$ và $IJ\not\subset (SAB)$ nên $IJ\parallel (SAB)$.
- Mặt phẳng $(IJG)$ đi qua $G\in (SAB)$ và chứa đường thẳng $IJ\parallel (SAB)$, nên giao tuyến của $(IJG)$ và $(SAB)$ là đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $AB$ (cũng song song với $IJ$).

**b) Điều kiện để thiết diện là hình bình hành:**
- Đường $d$ qua $G\parallel AB$ nằm trong $(SAB)$, cắt $SA$ tại $K$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ ($SG=\frac{2}{3}SM$ với $M$ trung điểm $AB$), đường qua $G$ song song với $AB$ cắt $SA$ tại $K$ với $\frac{SK}{SA}=\frac{2}{3}$, tức $K=S+\frac{2}{3}\overrightarrow{SA}$. Tương tự $d$ cắt $SB$ tại $L$ với $\frac{SL}{SB}=\frac{2}{3}$, và $KL\parallel AB$.
- Giao tuyến của $(IJG)$ với các mặt: với $(SAD)$ là $KI$ (vì $K\in SA$, $I\in AD$ đều thuộc cả hai mặt phẳng); với $(SBC)$ là $LJ$; với $(SAB)$ là $KL$; với đáy là $IJ$. Thiết diện là tứ giác $KIJL$ (đoạn $KI$ nằm trong tam giác $SAD$ nên không cắt $SD$, tương tự $LJ$ không cắt $SC$).
- $KIJL$ là hình bình hành $⟺KI\parallel LJ$ (vì $IJ\parallel KL$ đã có).

Chứng minh bằng vectơ, lấy $S$ làm gốc: $\vec{K}=\frac{2}{3}\vec{a}$, $\vec{L}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\vec{I}=\frac{\vec{a}+\vec{d}}{2}$, $\vec{J}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$. Vì $AB\parallel CD$ nên $\overrightarrow{DC}=\mu \overrightarrow{AB}$ với $0<\mu <1$, tức $\vec{d}=\vec{c}-\mu (\vec{b}-\vec{a})$ ($\mu =\frac{CD}{AB}$).
$$\overrightarrow{KI}=\vec{I}-\vec{K}=\frac{\vec{d}}{2}-\frac{\vec{a}}{6}=\frac{\vec{c}}{2}-\frac{\mu }{2}\vec{b}+\left(\frac{\mu }{2}-\frac{1}{6}\right)\vec{a},$$
$$\overrightarrow{LJ}=\vec{J}-\vec{L}=\frac{\vec{c}}{2}-\frac{\vec{b}}{6}.$$
$\overrightarrow{KI}=\overrightarrow{LJ}$ khi và chỉ khi $\frac{\mu }{2}-\frac{1}{6}=0$ và $\frac{\mu }{2}=\frac{1}{6}$, tức $\mu =\frac{1}{3}$.

Vậy điều kiện là $\boxed{AB=3CD}$ (hay $CD=\frac{1}{3}AB$). Khi đó tứ giác $KIJL$ là hình bình hành ($IJ\parallel KL\parallel AB$ và $KI\parallel LJ$), tức các giao tuyến của mặt phẳng $(IJG)$ với các mặt của hình chóp tạo thành một hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 131 (Câu 128 trong đề hệ thống): Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành.

a) Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$:
- Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$.
- Ta có $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, và $AD\parallel BC$.
- Suy ra $BC\parallel (SAD)$ (đường thẳng ngoài mặt phẳng song song với một đường thẳng trong mặt phẳng).
- Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$. Giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ và song song với $BC$ (định lý: nếu mặt phẳng chứa đường thẳng song song với mặt phẳng khác thì giao tuyến song song với đường thẳng đó).
- Vậy giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $d$ qua $S$, $d\parallel AD$ (và $d\parallel BC$).

b) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(MDC)$, với $M\in SA$:
- Điểm $M$ thuộc $SA\subset (SAB)$ và $M$ thuộc $(MDC)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
- Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Mà $AB\subset (SAB)$, $CD\not\subset (SAB)$, suy ra $CD\parallel (SAB)$.
- Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(MDC)$ có điểm chung $M$, và $(MDC)$ chứa đường thẳng $CD\parallel (SAB)$.
- Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến của $(SAB)$ và $(MDC)$ là đường thẳng qua $M$ và song song với $CD$ (đồng thời cũng song song với $AB$).
- Vậy giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ (hay $CD$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, mà $CD\subset (SCD)$ và $AB\not\subset (SCD)$, suy ra $AB\parallel (SCD)$. Mặt phẳng $(GAB)$ chứa $AB$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $G$, nên $d\parallel AB$, tức $d\parallel CD$. Trong tam giác $SCD$, đường thẳng qua trọng tâm $G$ và song song với $CD$ cắt $SC$ tại $I$. Chứng minh bằng vectơ: lấy $\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, khi đó $\overrightarrow{SG}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{3}$. Vì $I\in SC$ nên $\overrightarrow{SI}=\lambda \vec{c}$, và $GI\parallel CD$ nên $\overrightarrow{GI}=t(\vec{c}-\vec{d})$. Suy ra $\lambda \vec{c}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{3}+t(\vec{c}-\vec{d})$. So sánh hệ số của $\vec{d}$: $\frac{1}{3}-t=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. So sánh hệ số của $\vec{c}$: $\lambda =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$. Vậy $\frac{SI}{SC}=\frac{2}{3}$, do đó $\frac{IC}{SC}=\frac{1}{3}$ và $\frac{IS}{IC}=\frac{2/3}{1/3}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 135.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,SB$.

**a) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(CDN)$:**

Ta có $AB\parallel CD$ mà $CD\subset (CDN)$, $AB\not\subset (CDN)$ nên $AB\parallel (CDN)$.

Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(CDN)$ có điểm chung $N$ (vì $N\in SB\subset (SAB)$ và $N\in (CDN)$). Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(CDN)$ đi qua $N$ và song song với $AB$.

Vậy giao tuyến là đường thẳng $d$ đi qua $N$ và $d\parallel AB$ (tức $d\parallel CD$).

**b) Chứng minh $CN\parallel (SAM)$:**

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đường thẳng $AM$ không song song với $BC$. Thật vậy, nếu $AM\parallel BC$ thì vì $MC\subset CD\parallel AB$ ta có $AB\parallel MC$ và $AM\parallel BC$, suy ra tứ giác $ABCM$ là hình bình hành, khi đó $MC=AB$. Nhưng $MC=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB$, mâu thuẫn.

Vậy $AM$ cắt đường thẳng $BC$ tại một điểm $E$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel ME$ (với $M,E$ thuộc đường thẳng $CD$, $E$ nằm ngoài đoạn $CD$, phía qua $C$). Xét tam giác $EAB$ có $M$ là trung điểm của $EC$ (do $M$ là trung điểm $CD$ và $AB\parallel ME$ với $E,C,D$ thẳng hàng, $ME=CD=AB$), suy ra $C$ là trung điểm của $BE$ và $AB=ME$.

Xét tam giác $SBE$: $N$ là trung điểm của $SB$, $C$ là trung điểm của $BE$, do đó $NC$ là đường trung bình của tam giác $SBE$, suy ra:
$$CN\parallel SE.$$

Mà $SE\subset (SAM)$ (vì $S\in (SAM)$ và $E\in AM\subset (SAM)$) và $C\notin (SAM)$ (vì $(SAM)\cap (ABCD)=AM$, còn $C\notin AM$).

Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có:
$$CN\parallel (SAM).$$

Điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 137.** Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành; $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $BC$, $CD$.

**a) Chứng minh $SC\parallel (MNP)$.**
Trong tam giác $SBC$: $M$ là trung điểm $SB$, $N$ là trung điểm $BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SC$.
Vì $MN\subset (MNP)$ và $SC\not\subset (MNP)$ nên $SC\parallel (MNP)$. $■$

**b) Giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$; tìm $Q=SD\cap (MNP)$.**
Xét mặt phẳng $(SBD)$: ta có $NP\parallel BD$ (đường trung bình của tam giác $BCD$), mà $BD\subset (SBD)$, $NP\not\subset (SBD)$ nên $NP\parallel (SBD)$.
Suy ra giao tuyến $(MNP)\cap (SBD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $M$ và song song với $BD$ (đồng thời song song với $NP$).
Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng qua $M$ (trung điểm $SB$) song song với $BD$ cắt $SD$ tại trung điểm của $SD$ (tính chất đường trung bình). Gọi điểm đó là $Q$, vậy $Q$ là trung điểm của $SD$ và $Q\in (MNP)\cap (SD)$, tức $Q=SD\cap (MNP)$.
Vì $P\in CD\subset (SCD)$ và $Q\in SD\subset (SCD)$, đồng thời $P,Q\in (MNP)$, nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $PQ$.
(Kiểm tra: $PQ$ có phương hướng cùng với $SC$ vì $P=\frac{C+D}{2}$, $Q=\frac{S+D}{2}$ nên $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CS}$, tức $PQ\parallel SC$, phù hợp với câu a.)

**c) Xác định $E=SA\cap (MNP)$.**
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (tâm hình bình hành). Trong mặt phẳng $(ABC)$, đường thẳng $NP\parallel BD$ cắt $AC$ tại $K$. Tính theo vectơ: $N=\frac{B+C}{2}$, $P=\frac{C+D}{2}$, với $D=A+C-B$; giải phương trình đường thẳng $NP$ với đường thẳng $AC$ ta được $K=\frac{A+3C}{4}$, tức $\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}$.
Vì $PQ\parallel SC$ (câu b) và $SC\subset (SAC)$, $P\notin (SAC)$ nên $PQ\parallel (SAC)$. Do đó giao tuyến $(MNP)\cap (SAC)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ (đồng thời song song với $PQ$).
Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ cắt $SA$ tại $E$. Theo định lý Thales trong tam giác $SAC$:
$$\frac{AE}{ES}=\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}.$$
Vậy $E$ nằm trên $SA$ với $AE=3ES$, tức $E$ xác định duy nhất và $E=SA\cap (MNP)$.

**d) Tính $\frac{SE}{SA}$.**
Từ $\frac{AE}{ES}=3$ ta có $SA=AE+ES=4ES$, suy ra:
$$\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}.$$

**Kiểm tra lại bằng tọa độ vectơ:** với $E=\frac{A+3S}{4}$, ta có $E=\frac{3}{2}M-N+\frac{1}{2}P$ (tổng hệ số $\frac{3}{2}-1+\frac{1}{2}=1$), kiểm tra các hệ số theo $A,B,C,D$ đều khớp (dùng $D=A+C-B$), nên $E$ thực sự thuộc $(MNP)$; tương tự $Q=\frac{S+D}{2}=M-N+P\in (MNP)$. Mọi kết quả trên đều nhất quán.