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

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình chữ nhật tâm $I$, $H$ trung điểm $AB$, $G$ trung điểm $CD$, $M,K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $SAB,SCD$.

a) Đúng. $A,G,B,C$ cùng thuộc mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Trong hình chữ nhật, $AG$ không song song với $BC$ ($AG$ đi qua trung điểm $CD$, còn $BC$ là cạnh), nên $AG$ và $BC$ cắt nhau tại một điểm trong mặt phẳng đáy.

b) Sai. $HG$ nối trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $HG\parallel AD$ ($HG$ vuông góc với $CD$ trong hình chữ nhật, không song song với $CD$). Mà $AD$ cắt mặt phẳng $(SCD)$ tại $D$, nên $HG$ không song song với $(SCD)$. Vậy khẳng định Sai.

c) Đúng. $M$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $M$ nằm trên trung tuyến $SH$ của tam giác này, tức $M\in SH\subset (SBH)$. Mặt khác $H$ nằm trên $AB$ nên $A,B,H$ thẳng hàng, do đó $(SBH)=(SAB)$ chứa $A$. Vậy $AM\subset (SBH)$.

d) Đúng. $K$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $K$ nằm trên trung tuyến $SG$. Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(b,0,0)$, $D(0,d,0)$, $C(b,d,0)$, $S(x,y,h)$ thì $K=\left(\frac{x+b}{3},\frac{y+2d}{3},\frac{h}{3}\right)$. Mặt phẳng $(KBC)$ có phương trình $h(X-b)=(x-2b)Z$. Thay $J=\left(\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac{h}{2}\right)$: $h\left(\frac{x}{2}-b\right)=(x-2b)\cdot \frac{h}{2}$ ✓; thay $P=\left(\frac{x}{2},\frac{y+d}{2},\frac{h}{2}\right)$ cũng thỏa ✓. Vậy $J,P$ cùng thuộc $(KBC)$ và hiển nhiên thuộc $(SAD)$, hai điểm phân biệt, nên $(KBC)\cap (SAD)=JP$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $C(1,0,0)$, $B(0,1,0)$, $D(0,0,1)$. Khi đó $M=\left(\frac{1}{2},0,0\right)$, $N=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$, và vì $BP=6DP$ nên $P=B+\frac{6}{7}(D-B)=\left(0,\frac{1}{7},\frac{6}{7}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{MN}=\left(0,\frac{1}{2},0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{7},\frac{6}{7}\right)$, nên pháp tuyến của $(MNP)$ là $\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(\frac{3}{7},0,\frac{1}{4}\right)$. Phương trình mặt phẳng: $\frac{3}{7}\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{4}z=0$. Điểm $K$ thuộc $AD$ nên $K=(0,0,t)$, thay vào: $-\frac{3}{14}+\frac{t}{4}=0\Rightarrow t=\frac{6}{7}$. Vậy $\frac{AK}{AD}=\frac{6}{7}$, tức $a=6,b=7$ (tối giản), nên $-a-b=-13$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AD\cap BC$ (tồn tại vì $AD$ không song song $BC$) và $P=AB\cap CD$ (tồn tại vì $AB$ không song song $CD$).

a) Trong mặt đáy: $AC\cap BD=O$. Mặt phẳng $(SAC)$ chứa $S,O$; mặt phẳng $(SBD)$ chứa $S,O$. Vậy giao tuyến là $SO$.

b) Điểm $M\in SA\subset (SAC)$ nên $M\in (SAC)$; $M\in (MBD)$. Trong mặt đáy: $AC\cap BD=O$, và $O\in (MBD)$ (vì $O\in BD$), $O\in (SAC)$ (vì $O\in AC$). Vậy giao tuyến là $MO$.

c) $M\in SA\subset (SAD)$ nên $M\in (SAD)$, hiển nhiên $M\in (MBC)$. Trong mặt đáy: $AD\cap BC=O$, với $O\in BC\subset (MBC)$ và $O\in AD\subset (SAD)$. Vậy giao tuyến là $MO$.

d) Hai mặt phẳng đều chứa $S$. Trong mặt đáy: $AB\cap CD=P$, với $P\in AB\subset (SAB)$ và $P\in CD\subset (SCD)$. Vậy giao tuyến là $SP$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 122: Cho hình chóp $S.ABC$, $I$ thuộc $SA$, đường thẳng $d$ không song song với $AC$ cắt $AB$ tại $J$ và $BC$ tại $K$.

a) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SAC)$:
- Trong mặt phẳng $(ABC)$, $JK$ cắt $AC$ tại $H$ (vì $JK$ không song song với $AC$, $H$ là giao điểm của đường thẳng $JK$ và $AC$).
- $H$ thuộc $AC$ nên $H$ thuộc $(SAC)$; $H$ thuộc $JK$ nên $H$ thuộc $(IJK)$.
- $I$ chung cho $(IJK)$ và $(SAC)$ (vì $I$ thuộc $SA$).
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $IH$.

b) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SAB)$:
- $J$ thuộc $AB$ nên $J$ thuộc cả hai mặt phẳng; $I$ thuộc $SA$ nên $I$ thuộc cả hai mặt phẳng.
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $IJ$.

c) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SBC)$:
- $K$ thuộc $BC$ nên $K$ thuộc cả hai mặt phẳng.
- Trong $(SAC)$, đường thẳng $IH$ (đã tìm ở câu a) cắt $SC$ tại $T$ ($T$ là giao điểm của $IH$ với $SC$).
- $T$ thuộc $SC$ nên $T$ thuộc $(SBC)$; $T$ thuộc $(IJK)$.
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $KT$.

Kiểm tra: mọi giao điểm đều nằm trên các cạnh/đường thẳng của hình chóp, các bước dùng định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng có hai điểm chung (b, c) hoặc tìm điểm chung thứ hai qua giao của hai đường thẳng đồng phẳng (a, c). Kết quả nhất quán.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 123.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình thang với đáy lớn $AB$ (nên $AB\parallel CD$), $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$.

**a) Chứng minh $MN\parallel CD$:**
Xét tam giác $SAB$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SB$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $MN\parallel AB$.
Mặt khác, đáy $ABCD$ là hình thang có hai đáy $AB$ và $CD$ nên $AB\parallel CD$. Vậy $MN\parallel AB\parallel CD$, do đó $MN\parallel CD$.

**b) Tìm giao điểm $P$ của $SC$ với $(AND)$; chứng minh $SI\parallel AB\parallel CD$; tứ giác $SIBA$:**

• Vì $MN\parallel CD$ với $MN\subset (SAB)$, $CD\not\subset (SAB)$ nên $CD\parallel (SAB)$.

• Hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(SAB)$: mặt phẳng $(SCD)$ chứa $CD$, mặt phẳng $(SAB)$ chứa $AB$, mà $CD\parallel AB$, do đó giao tuyến $(SCD)\cap (SAB)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và $\Delta \parallel AB\parallel CD$.

• Xét tam giác $SAB$: qua $S$ vẽ đường thẳng $\Delta \parallel AB$, cắt đường thẳng $AN$ (kéo dài) tại $I$. Vì $SI\parallel AB$ nên $\widehat{NSI}=\widehat{NBA}$ và $\widehat{NIS}=\widehat{NAB}$ (đồng vị); lại có $NS=NB$ ($N$ là trung điểm $SB$), suy ra tam giác $NIS$ bằng tam giác $NBA$ (g.c.g). Do đó $NI=NA$ và $SI=AB$.

• Xác định $P$: vì $I\in AN\subset (AND)$ và $I\in \Delta \subset (SCD)$ nên $I$ thuộc giao tuyến $(AND)\cap (SCD)$, tức giao tuyến là đường thẳng $DI$. Khi đó $P=SC\cap DI=SC\cap (AND)$, tức $P$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng $DI$ (và $P\in (AND)$). Vậy $P$ được tìm bằng cách: trong mặt phẳng $(SCD)$, kéo dài $SC$ cắt $DI$ tại $P$.

• Chứng minh $SI\parallel AB\parallel CD$: đường thẳng $AN$ nằm trong $(AND)$, đường thẳng $DP$ (tức $DI$) nằm trong $(AND)$, nên $I=AN\cap DP$ thuộc $(AND)$. Đồng thời $I\in \Delta =(SAB)\cap (SCD)$, mà $\Delta \parallel AB\parallel CD$. Vậy $SI\parallel AB\parallel CD$.

• Tứ giác $SIBA$ là **hình bình hành**. Thật vậy: ta có $SI\parallel AB$ (chứng minh trên) và $SI=AB$ (do tam giác $NIS$ bằng tam giác $NBA$). Tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. (Cách khác: vì $NI=NA$ và $NS=NB$ nên hai đường chéo $AI$ và $SB$ của tứ giác $SIBA$ cắt nhau tại $N$ là trung điểm chung, do đó $SIBA$ là hình bình hành; khi đó cũng có $SA\parallel IB$.)

Đáp án: Vẽ hình đúng : 0,25 điểm

a) - $S\in (SAC)\cap (SBD)$
- $AC\cap BD=O$ : 0,25 điểm
- $SO=(SAC)\cap (SBD)$
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$ : 0,25 điểm
Lưu ý: Các thầy cô sửa lại các điểm D -> A; C -> B; B -> C; A -> D, vì lý do cài đặt máy tính.
b) Ta có: $\{\begin{array}{l}MN=(MAB)\cap (SCD)\\ CD\subset (SCD);AB\subset (SAB):0,25\\ CD\parallel AB\end{array}\Rightarrow MN\parallel CD\parallel AB$. Vậy $MN\parallel (SAB)$ (đpcm) : 0,25 điểm

Đáp án: Vẽ hình đúng : 0,25 điểm

a) $S\in (SAD)\cap (SBC)$
$AC\cap BD=O$ : 0,25 điểm
$SO=(SAD)\cap (SBC)$
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $SO$ : 0,25 điểm
b) Ta có: $\{\begin{array}{l}MN=(MCD)\cap (SAB)\\ CD\subset (MCD);AB\subset (SAB)\\ CD\parallel AB\end{array}$ : 0,25 $\Rightarrow MN\parallel CD\parallel AB$. Vậy $MN\parallel (SCD)$ (đpcm): 0,25

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải PHẦN IV - Câu 3:

a) Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD):
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) đều chứa điểm S. Đáy ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường, tức $O=AC\cap BD$, với $O\in (SAC)$ và $O\in (SBD)$.
Vậy giao tuyến của (SAC) và (SBD) là đường thẳng SO.

b) Chứng minh SB // (MNQ):
Xét tam giác SAB: Q là trung điểm SA, M là trung điểm AB nên QM là đường trung bình của tam giác SAB, suy ra $QM\parallel SB$.
Vì $QM\subset (MNQ)$ và $SB\not\subset (MNQ)$ nên $SB\parallel (MNQ)$. Đpcm.

c) Tìm giao điểm của SD và (MNQ):
- Trong mặt phẳng đáy: $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. M là trung điểm AB, N là trung điểm CD nên $MN\parallel AD\parallel BC$. Đường MN cắt đường chéo BD tại E — tâm hình bình hành, trung điểm của BD (do tính đối xứng tâm qua E: M đối xứng N, B đối xứng D). Vậy $E\in MN\subset (MNQ)$ và $E\in BD\subset (SBD)$, với $\frac{BE}{BD}=\frac{1}{2}$.
- Vì $SB\parallel (MNQ)$, $SB\subset (SBD)$ và (SBD) cắt (MNQ) theo giao tuyến d đi qua E, nên $d$ là đường thẳng qua E và song song với SB.
- Gọi $P=d\cap SD$, khi đó P là giao điểm của SD và (MNQ).
- Trong mặt phẳng (SBD): vì EP // SB nên tam giác DEP đồng dạng tam giác DBS, với $\frac{DE}{DB}=\frac{1}{2}$ suy ra $\frac{DP}{DS}=\frac{1}{2}$, do đó $\frac{SP}{SD}=\frac{1}{2}$, tức P là trung điểm của SD.

Vậy giao điểm của SD và (MNQ) là trung điểm P của SD, với $\frac{SP}{SD}=\frac{1}{2}$ (SP : PD = 1 : 1).

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, hai mặt phẳng cùng chứa điểm $S$, nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$, $CD$. Đúng.
b) $E$, $F$ là trung điểm $SA$, $SB$ nên $EF\parallel AB\parallel CD$; mà $EF\not\subset (SCD)$, $CD\subset (SCD)$, suy ra $EF\parallel (SCD)$. Đúng.
c) Với $G=\frac{S+B+C}{3}$, $H=\frac{B+C+D}{3}$ ta có $\overrightarrow{GH}=\frac{\overrightarrow{SD}}{3}$, tức $GH=\frac{SD}{3}\ne \frac{SD}{2}$. Sai.
d) $O\in BD\subset (BCD)$, $H\in (BCD)$ nên $OH\subset (BCD)$. Chọn hệ gốc $B$, ta có $O=\frac{2}{3}D$ (vì $\frac{BO}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$) và $H=\frac{C+D}{3}$, suy ra $\overrightarrow{OH}=\frac{\vec{C}-\vec{D}}{3}\parallel CD\parallel (SCD)$. Mặt khác từ c) $GH\parallel SD\subset (SCD)$. Hai đường thẳng cắt nhau $GH$, $OH$ cùng song song $(SCD)$ nên $(GHO)\parallel (SCD)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, hai mặt phẳng cắt nhau tại $S$ nên giao tuyến qua $S$ và song song $AB$, $CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$EF$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $EF\parallel AB\parallel CD$, $EF\not\subset (SCD)$ $\Rightarrow$ $EF\parallel (SCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$GH\parallel SD$ và $GH=SD/3$, không phải $SD/2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$OH\parallel CD$ và $GH\parallel SD$ (hai đường cắt nhau) cùng song song $(SCD)$ nên $(GHO)\parallel (SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Mặt phẳng $(ABM)$ đi qua $AB$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $MN$, do đó $MN\parallel AB$. Suy ra $MN\parallel CD$. Xét tam giác $SDC$: đường thẳng qua $M$ song song với $DC$ cắt $SC$ tại $N$, theo định lý Ta-lét ta có $\frac{SN}{SC}=\frac{SM}{SD}=\frac{4}{5}$. Vậy $\frac{SN}{SC}=\frac{4}{5}=0,8$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải chi tiết Phần IV Câu 1: a) Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa điểm $S$; trong đáy hình bình hành $ABCD$ ta có $AC\cap BD=O$. Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$. b) Ta có $AB\parallel CD$ (hình bình hành), với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $\Delta \parallel AB$; khi đó $\Delta \parallel CD$ nên $\Delta \subset (SCD)$. Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). c) Vì $M\in SD\subset (SBD)$ và $B\in (SBD)$ nên $BM\subset (SBD)$. Mà $(SBD)\cap (SAC)=SO$ (theo câu a), nên giao điểm của $BM$ với $(SAC)$ là giao điểm $K$ của $BM$ với $SO$. Xét tam giác $SBD$ có $O$ là trung điểm $BD$, $M$ là trung điểm $SD$ nên $OM\parallel SB$; do đó $BM$ cắt $SO$ tại $K$ với $\frac{SK}{SO}=\frac{2}{3}$ (tính bằng hệ thức Menelaus hoặc tọa độ trong mặt phẳng $(SBD)$). Vậy $BM\cap (SAC)=\{K\}$ với $K\in SO$, $SK=\frac{2}{3}SO$. d) Xét tam giác $SDC$: $M$ là trung điểm $SD$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN\parallel SC$, mà $SC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ $\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Xét tam giác $BCD$: $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON\parallel BC$, mà $BC\subset (SBC)$, $ON\not\subset (SBC)$ $\Rightarrow ON\parallel (SBC)$. Trong mặt phẳng $(OMN)$ có hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $ON$ cùng song song với $(SBC)$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. Đpcm.

a) $\{\begin{array}{l}M\in (MAC)\cap (SBC)\\ C\in (MAC)\cap (SBC)\end{array}\Rightarrow MC=(MAC)\cap (SBC)\Rightarrow$ SAI

b) $\frac{BG}{BK}=\frac{BN}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN//CK\Rightarrow AC//\left(SGN\right)\Rightarrow$ SAI

c) $GN//AC\Rightarrow$ SAI

d) $\{\begin{array}{l}GN//AC\\ MN//SC\end{array}\Rightarrow \left(GMN\right)//\left(SAC\right)\Rightarrow$ ĐÚNG
a) a) $\{\begin{array}{l}M\in (MAC)\cap (SBC)\\ C\in (MAC)\cap (SBC)\end{array}\Rightarrow MC=(MAC)\cap (SBC)\Rightarrow$ SAI
b) b) $\frac{BG}{BK}=\frac{BN}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN//CK\Rightarrow AC//\left(SGN\right)\Rightarrow$ SAI
c) c) $GN//AC\Rightarrow$ SAI
d) d) $\{\begin{array}{l}GN//AC\\ MN//SC\end{array}\Rightarrow \left(GMN\right)//\left(SAC\right)\Rightarrow$ ĐÚNG

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$
$$\frac{PS}{PA}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{NB}{NS}=1\iff \frac{1}{3}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{2}{5}=1\iff \frac{EA}{EB}=\frac{15}{2}$$
Có
$$EB//CD\Rightarrow \frac{EB}{MC}=\frac{IB}{IC}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{EB}{\frac{1}{2}CD}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{EB}{\frac{1}{6}AB}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{6EB}{AB}=6.\frac{2}{13}\approx 0,92$$
Kết quả: 0,92

a) $\{\begin{array}{l}E\in (ECD)\cap (SAB)\\ AB//CD(ABCDhbh)\end{array}\Rightarrow d=(ECD)\cap (SAB)$

$(d\text{ qua }E,d//AB//CD)$

b) Gọi $N$ trung điểm $AD$ và $K=OM\cap AD$ (trong $(ABCD)$)

Có $AM//CD\Rightarrow \frac{AM}{CD}=\frac{IA}{IC}=\frac{1}{3}$ (Thales thuận với 2 tam giác $IAM,ICD$)

$AM//ON\Rightarrow \frac{KM}{KO}=\frac{AM}{ON}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{OM}{OK}=\frac{1}{3}$ (Thales thuận trong tam giác $KON$)

Xét tam giác $SKO$ có $\frac{OG}{OS}=\frac{OM}{OK}=\frac{1}{3}\Rightarrow GM//SK$

Mà $SK\subset (SAD),GM\not\subset (SAD)\Rightarrow GM//(SAD)$

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $I$, $I^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

a) Vì $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ nên tứ giác $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành. Do $I,I^{\prime }$ là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $I{I}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$. Mà $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, suy ra $I{I}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$. Mệnh đề ĐÚNG.

b) Ta có $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel I{I}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }=I{I}^{\prime }$, nên tứ giác $A{A}^{\prime }{I}^{\prime }I$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau, do đó là hình bình hành. Mệnh đề ĐÚNG.

c) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$, khi đó $I(0,5;0,5;0)$, $I^{\prime }(0,5;0,5;1)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ có phương trình $-x-y+z=0$. Điểm trên đường thẳng $A^{\prime }I$: $A^{\prime }+t(0,5;0,5;-1)$, thay vào mặt phẳng: $-0,5t-0,5t+1-t=1-2t=0\Rightarrow t=0,5$, tức $A^{\prime }I$ cắt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại điểm $(0,25;0,25;0,5)$. Vậy $I{A}^{\prime }$ KHÔNG song song với $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Mệnh đề SAI.

d) Hai mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ đều chứa điểm $C^{\prime }$ nên giao tuyến đi qua $C^{\prime }$. Đường thẳng $A{I}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $A^{\prime }I\subset (A^{\prime }B{C}^{\prime })$ cắt nhau: theo tính toán trên, $A^{\prime }I$ cắt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại $(0,25;0,25;0,5)$, và điểm này chính là trung điểm của $A{I}^{\prime }$ (với $A(0;0;0)$, $I^{\prime }(0,5;0,5;1)$), tức là giao điểm $P$ của $A{I}^{\prime }$ và $A^{\prime }I$. Điểm $P$ thuộc cả hai mặt phẳng nên giao tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ là đường thẳng đi qua $P$ (và $C^{\prime }$). Mệnh đề ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành nên $I{I}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$. ĐÚNG.
b) (AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\parallel I{I}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=I{I}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }{I}^{\prime }I$ là hình bình hành. ĐÚNG.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$, $I(0,5;0,5;0)$, mặt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $-x-y+z=0$; đường $A^{\prime }I$ cắt mặt này tại $(0,25;0,25;0,5)$, nên $I{A}^{\prime }$ không song song $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. SAI.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng cùng chứa $C^{\prime }$; $A{I}^{\prime }$ và $A^{\prime }I$ cắt nhau tại $P(0,25;0,25;0,5)$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến đi qua giao điểm này (và qua $C^{\prime }$). ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Vì MN∥AB, NP∥BC nên (MNP)∥(ABCD). Giao tuyến của (MNP) với (SDC) là đường thẳng qua P song song với DC (vì DC nằm trong (ABCD)). Đường này cắt SD tại Q, do đó PQ∥DC và P là trung điểm SC nên Q là trung điểm SD, PQ = DC/2 = (2a)/2 = a.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì (MNP)∥(ABCD) nên giao tuyến của (MNP) và (SDC) là đường thẳng qua P song song với DC, cắt SD tại Q là trung điểm SD. Suy ra PQ = DC/2 = a.
b) (AI giải đề cho tôi)
(MNO) không song song với (SCD). Thật vậy, MN∥AB nên MN không song song với mặt phẳng nào chứa đường thẳng cắt AB; cụ thể MN cắt (SCD) (vì AB cắt (SCD) tại D... AB∥DC nên AB∥(SCD), tuy nhiên xét MO: MO không song song với (SCD)). Dùng tọa độ: A(0,0,0), B(2a,0,0), C(2a,2a,0), D(0,2a,0), S(x,y,h). M=(x/2,y/2,h/2), N=(x/2+a,y/2,h/2), O=(a,a,0). VTCP MN=(a,0,0), MO=(a−x/2, a−y/2, −h/2). VTPT của (MNO): MN×MO=(0, ah/2, a(a−y/2)). VTPT của (SCD) phải vuông góc với DC=(0,2a,0), nhưng VTPT của (MNO) có thành phần theo Oy là ah/2 ≠ 0, tức (MNO) không vuông góc với DC theo cách cần thiết — hai mặt phẳng không song song (chúng cắt nhau). Vậy khẳng định sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN∥AB; NP là đường trung bình của tam giác SBC nên NP∥BC. MN và NP cắt nhau tại N và cùng nằm trong (MNP); AB và BC cắt nhau tại B và cùng nằm trong (ABCD). Vậy (MNP)∥(ABCD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Từ a), Q là trung điểm SD. Khi đó QM là đường trung bình tam giác SAD nên QM∥AD, QM = a; PQ∥DC, PQ = a; MN∥AB, MN = a; NP∥BC, NP = a. MNPQ là hình bình hành, góc giữa MN và NP bằng góc giữa AB và BC bằng 90°, nên MNPQ là hình vuông cạnh a, diện tích S = a².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi K là trọng tâm tam giác BCD. Vì N là trung điểm CD nên K thuộc DN với DK = (2/3)DN. Trong tam giác ABN, M là trung điểm AB và G là trung điểm MN, nên đường thẳng AG cắt BN tại trung điểm I của BN (tính chất đường trung bình: đoạn nối trung điểm MN và trung điểm AG... xét tam giác ABN: M trung điểm AB, G trung điểm MN ⇒ MG // BN, và A, G, K thẳng hàng vì AK cắt MN tại trung điểm của MN). Cụ thể: trong tam giác ABN, gọi I là giao của AG với BN, thì do M và G lần lượt là trung điểm AB và MN, đường thẳng AG đi qua trọng tâm... Xét theo vectơ: G là trung điểm MN nên $\vec{G}=\frac{\vec{M}+\vec{N}}{2}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{4}$, tức G là trọng tâm tứ diện. Trọng tâm K của tam giác BCD có $\vec{K}=\frac{\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{3}$. Điểm trên đường thẳng AG có dạng $A+t(G-A)$; khi hệ số của A triệt tiêu: $1+t(\frac{1}{4}-1)=0\Rightarrow t=\frac{4}{3}$, khi đó điểm ấy là $\frac{\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{3}=K$. Vậy đường thẳng AG cắt mặt phẳng (BCD) tại K là trọng tâm tam giác BCD, với $\overrightarrow{AK}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AG}$... chính xác là $AG:GK=3:1$ (G nằm giữa A và K, $AG=\frac{3}{4}AK$).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$ nên $MN\parallel AB$.

Vì $MN\parallel AB$ và $AB\subset (ABCD)$ nên $MN\parallel (ABCD)$. Mặt phẳng $(MNP)$ đi qua $MN$ và cắt $(ABCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $P$, suy ra $d\parallel MN\parallel AB$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $d\parallel CD$. Mà $P\in SC\subset (SCD)$ và $CD\subset (SCD)$ nên $d\subset (SCD)$. Trong mặt phẳng $(SCD)$, đường thẳng qua $P$ song song với $CD$ cắt $SD$ tại $Q$, tức giao tuyến $d$ chính là đường thẳng $PQ$. Vậy $PQ\parallel CD\parallel AB\parallel MN$.

Suy ra $MN\parallel PQ$, tức tứ giác $MNPQ$ có một cặp cạnh đối song song.

Mặt khác, $MN=\frac{1}{2}AB$ (đường trung bình của tam giác $SAB$), còn trong tam giác $SCD$ có $\frac{PQ}{CD}=\frac{SP}{SC}$. Vì $P$ là điểm bất kỳ trên cạnh $SC$ (nói chung $P$ không trùng trung điểm $SC$) nên nói chung $\frac{SP}{SC}\ne \frac{1}{2}$, do đó $PQ\ne MN$.

Vậy $MNPQ$ là tứ giác có đúng một cặp cạnh đối song song và hai cạnh đó không bằng nhau, tức $MNPQ$ là hình thang. $■$

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $CD\subset (SCD)$, $AB\subset (SAB)$, $AB$ không nằm trong $(SCD)$. Suy ra giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và $d\parallel AB$ (cũng $d\parallel CD$).

b) $F$ nằm trên $MC$ thỏa $CF=2MF$ nên $MF=\frac{1}{3}MC$. $G$ là trọng tâm $△SAB$, $M$ là trung điểm $AB$ nên $G\in SM$ và $\frac{MG}{MS}=\frac{1}{3}$. Xét $△SMC$: $\frac{MG}{MS}=\frac{MF}{MC}=\frac{1}{3}$, suy ra $GF\parallel SC$ (định lý Thales).

c) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0)$, $B(2;0)$, $D(0;2)$, $C(2;2)$, $M(1;0)$. Ta có $F=M+\frac{1}{3}(C-M)=\left(\frac{4}{3};\frac{2}{3}\right)$. Mặt phẳng qua $G$ song song $(SCD)$ cắt mặt đáy $(ABCD)$ theo đường thẳng qua $F$ song song với $CD$ (tức song song $AB$), vì $EG\parallel (SCD)$ kéo theo $EG\parallel SC$ trong mặt phẳng $(SMC)$, nên $E$ chính là giao của đường thẳng qua $F$ song song $AB$ với $AD$. Đường thẳng qua $F$ song song $AB$ có phương trình $y=\frac{2}{3}$, cắt $AD$ (trục tung) tại $E\left(0;\frac{2}{3}\right)$. Khi đó $AE=\frac{2}{3}$, $AD=2$, nên $AD=3\cdot AE$, tức $x=3$ (thỏa $x>0$, $E$ nằm trên đoạn $AD$). Vậy $x=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 4: a) Trong tam giác SAD, M, N lần lượt là trung điểm SA, SD nên MN là đường trung bình, suy ra MN // AD. Vì O ∈ (ABCD) còn M, N ∉ (ABCD), mặt phẳng (OMN) cắt (ABCD) theo giao tuyến đi qua O. Do MN // AD nên AD // (OMN) (AD ⊄ (OMN) vì AD cắt mặt phẳng chứa M, N, S... cụ thể AD nằm trong (SAD) cùng với MN). Giao tuyến d₁ của (OMN) và (ABCD) là đường thẳng qua O và song song với AD (đường thẳng này cũng song song với BC, cắt AB, CD tại trung điểm của chúng vì O là tâm hình bình hành). Vậy giao tuyến là đường thẳng qua O song song với AD. b) Ta có: MN là đường trung bình tam giác SAD nên MN // AD // BC, mà BC ⊂ (SBC), MN ⊄ (SBC) ⇒ MN // (SBC). Trong tam giác SAC: O là trung điểm AC (tâm hình bình hành), M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình ⇒ OM // SC, mà SC ⊂ (SBC), OM ⊄ (SBC) ⇒ OM // (SBC). Hai đường thẳng MN và OM cắt nhau tại M và cùng nằm trong (OMN), đồng thời MN // (SBC), OM // (SBC) ⇒ (OMN) // (SBC). c) Vì (P) qua O và song song với AB, giao tuyến d = (P) ∩ (ABCD) là đường thẳng qua O song song với AB. Trong hình bình hành ABCD, đường thẳng qua tâm O song song với AB đi qua trung điểm I của AD và trung điểm J của BC, vậy d = IJ. Trong tam giác SAD: N là trung điểm SD, I là trung điểm AD nên NI là đường trung bình ⇒ NI // SA. Xét mặt phẳng (P) và (SAB): (P) chứa NI // SA với SA ⊂ (SAB); (P) chứa d = IJ // AB với AB ⊂ (SAB); NI và IJ cắt nhau tại I, đồng thời N ∉ (SAB) nên (P) ≠ (SAB). Hai mặt phẳng (P) và (SAB) lần lượt chứa hai đường thẳng cắt nhau tương ứng song song ⇒ (P) // (SAB). Vì G ∈ d ⊂ (P) và N ∈ (P) nên NG ⊂ (P), do đó NG // (SAB) (đpcm).