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

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(R)$ đi qua $M$ và song song với $AC$, $BD$. Xét giao tuyến $d$ của $(R)$ với $(ABC)$: vì $M\in (R)$ và $M\in (ABC)$ (do $M\in AB\subset (ABC)$) nên $d$ đi qua $M$. Mặt khác $(R)\parallel AC$ với $AC\subset (ABC)$, nên theo tính chất giao tuyến song song với đường thẳng cho trước, $d\parallel AC$. (Lưu ý $d$ không thể song song với $BD$ vì $BD$ không nằm trong $(ABC)$ và $B\notin (R)$.) Vậy giao tuyến đi qua $M$ và song song với $AC$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong hình bình hành $ABCD$ có $AD\parallel BC$, với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, $AD$ không nằm trong $(SBC)$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$, $BC$. → Đúng.
b) $O$ là tâm hình bình hành nên $O$ là trung điểm $AC$. Trong tam giác $SAC$: $M$ trung điểm $SA$, $O$ trung điểm $AC$ nên $MO\parallel SC$, với $MO\subset (OMN)$, $SC\subset (SBC)$. Ngoài ra $MN$ là đường trung bình tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$, với $MN\subset (OMN)$, $BC\subset (SBC)$. Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$. → Đúng.
c) Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $(ABCD)$ cắt $(SBC)$ theo giao tuyến $BC$, nên $(ABCD)$ cắt $(OMN)$ theo đường thẳng qua $O$ song song với $BC$ (tức song song với $AD$), không song song với $AB$ (vì $AB$ không song song $BC$). → Sai.
d) Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $C\in (SBC)$, $C\notin (OMN)$ (nếu $C\in (OMN)$ thì $(OMN)$ và $(SBC)$ có điểm chung, mâu thuẫn với tính song song). → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$ nên giao tuyến qua $S$ song song với $AD$ và $BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MO\parallel SC$ (định lý đường trung bình trong tam giác $SAC$) và $MN\parallel BC$ nên $(OMN)\parallel (SBC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(OMN)$ và $(ABCD)$ đi qua $O$ và song song với $BC$ (tức $AD$), không song song với $AB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $C\in (SBC)$ nên $C\notin (OMN)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng chứa điểm $S$ và cùng chứa đường thẳng $SA$ (vì $A\in (SAB)$, $A\in (SAD)$). Theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng, giao tuyến của $(SAB)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $SA$.

b) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O=AC\cap BD$ là trung điểm cả hai đường chéo, suy ra $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ và $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=\vec{0}$, tức $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}$.

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}}{3}$.

Vì $AC=3AH$ nên $\overrightarrow{AH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})$, do đó $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})=\frac{4\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}}{3}$.

Khi đó:
$$\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=\frac{4\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}}{3}-\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}}{3}=\frac{3\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OS}-\overrightarrow{OD}}{3}.$$

Do $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}$ nên $3\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$. Ta có:
$$\overrightarrow{GH}=\frac{2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OS}}{3}.$$

Cách khác gọn hơn (dùng điểm $A$ làm gốc): $\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AD}}{3}$, $\overrightarrow{AH}=\frac{\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}$ (vì $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ do $ABCD$ hình bình hành). Suy ra
$$\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AS}}{3}=\frac{\overrightarrow{SB}}{3}.$$

Vậy $\overrightarrow{GH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}$, tức $GH//SB\subset (SBC)$ và $GH\not\subset (SBC)$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $GH//(SBC)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;2)$, nên $O(0,5;0,5;0)$, $I(0,5;0;1)$, $K(0;0,5;1)$.
a) $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$; $O$ thuộc $AC$ và $BD$ nên $O$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là $SO$. ĐÚNG.
b) Mặt phẳng $(CKB)$: qua $C(1;1;0),B(1;0;0),K(0;0,5;1)$ có phương trình $x+z=1$. Giao với $SA$ (trục $x=0$) tại $J(0;0;1)$ — trung điểm $SA$. Đường thẳng qua $K(0;0,5;1)$ song song $DC$ (phương trình $(1;0;0)$) là tập $(t;0,5;1)$, không chứa $J(0;0;1)$. SAI.
c) $(OIA)$: $2x-2y-z=0$; $(SCD)$: $2y+z=2$. Giao tuyến: $x=1$, $2y+z=2$, đi qua $C(1;1;0)$, có vectơ chỉ phương $(0;1;-2)$ song song với $\overrightarrow{SD}=(0;1;-2)$. ĐÚNG.
d) $\overrightarrow{IJ}=J-I=(-0,5;0;0)\parallel \overrightarrow{CD}=(-1;0;0)$, nên $CD\parallel IJ$. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$; $O$ nằm trên $AC\subset (SAC)$ và trên $BD\subset (SBD)$, nên giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ trên, $(CKB):x+z=1$ cắt $SA$ tại $J(0;0;1)$ (trung điểm $SA$). Đường qua $K(0;0,5;1)$ song song $DC$ là $(t;0,5;1)$, không đi qua $J$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$(OIA):2x-2y-z=0$ và $(SCD):2y+z=2$ có giao tuyến $x=1,2y+z=2$: đi qua $C$ và có vectơ chỉ phương $(0;1;-2)\parallel \overrightarrow{SD}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I(0,5;0;1)$, $J(0;0;1)$ nên $\overrightarrow{IJ}=(-0,5;0;0)\parallel \overrightarrow{CD}$, suy ra $CD\parallel IJ$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Ta có $BC\subset (SBC)$, $BC\not\subset (SAD)$; $AD\subset (SAD)$, $AD\not\subset (SBC)$, và $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$. Suy ra giao tuyến $d$ của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $BC$ (đồng thời song song với $AD$). Cách dựng: trong mặt phẳng $(SBC)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $d\parallel BC$; khi đó $d\subset (SBC)$ và vì $d\parallel BC\parallel AD$ nên $d\parallel (SAD)$, do đó $d$ chính là giao tuyến cần tìm.

b) Chứng minh bằng vectơ. Chọn hệ vectơ gốc tại $A$: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$.

Vì $M\in CD$ và $CM=2MD$ nên $M$ chia đoạn $CD$ theo tỉ số $\frac{CM}{MD}=2$, do đó
$$\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\vec{b}+\vec{d}+2\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}\vec{b}+\vec{d}.$$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$:
$$\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+(\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{\vec{s}+2\vec{b}+\vec{d}}{3}.$$

Suy ra
$$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+2\vec{b}+\vec{d}}{3}-\left(\frac{\vec{b}}{3}+\vec{d}\right)=\frac{\vec{s}+\vec{b}-2\vec{d}}{3}.$$

Ta có $\overrightarrow{BS}=\vec{s}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{BD}=\vec{d}-\vec{b}$. Kiểm tra:
$$\frac{1}{3}\overrightarrow{BS}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}(\vec{s}-\vec{b})-\frac{2}{3}(\vec{d}-\vec{b})=\frac{\vec{s}+\vec{b}-2\vec{d}}{3}=\overrightarrow{MG}.$$

Vậy $\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BS}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BD}$, tức $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BD}$ không đồng phẳng, nên $MG\parallel (SBD)$. Hơn nữa $M\in CD$, $M\ne D$ nên $M\notin (SBD)$, do đó đường thẳng $MG$ thực sự song song với mặt phẳng $(SBD)$ (không nằm trong nó). Đpcm được chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác $ABC$, $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$ nên $EF$ là đường trung bình, do đó $EF//AC$. ĐÚNG.

b) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ đều chứa $S$ nên giao tuyến đi qua $S$. Trong mặt phẳng $(SBD)$: $AB//CD$ (đáy là hình bình hành) nên $AB//(SCD)$, suy ra giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$), không phải song song với $AC$. SAI.

c) $(MBC)$ chứa $BC$, $(SAD)$ chứa $AD$ mà $AD//BC$ nên $BC//(SAD)$. Hai mặt phẳng có điểm chung $M$ (vì $M\in SA\subset (SAD)$ và $M\in (MBC)$), do đó giao tuyến là đường thẳng qua $M$ và song song với $BC$. ĐÚNG.

d) $M\in SA\subset (SAC)$ và $M\in (MEF)$ nên giao tuyến đi qua $M$. Trong $(ABC)$: $EF//AC$ nên $EF//(SAC)$, suy ra giao tuyến của $(MEF)$ và $(SAC)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AC$. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$EF$ là đường trung bình tam giác $ABC$ nên $EF//AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$), không song song với $AC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC//(SAD)$ và hai mặt phẳng chung điểm $M$ nên giao tuyến qua $M$ song song $BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$EF//(SAC)$ và hai mặt phẳng chung điểm $M$ nên giao tuyến qua $M$ song song $AC$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ với gốc $A$: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$. Do $M$ là trung điểm $SC$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC}}{2}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$. Điểm $I$ thuộc đường thẳng $AM$ nên $\overrightarrow{AI}=t\overrightarrow{AM}=\frac{t}{2}\vec{s}+\frac{t}{2}\vec{b}+\frac{t}{2}\vec{d}$. Vì $I$ thuộc mặt phẳng $(SBD)$, với biểu diễn $\overrightarrow{AI}=\alpha \vec{s}+\beta \vec{b}+\gamma \vec{d}$ phải có $\alpha +\beta +\gamma =1$, tức $\frac{3t}{2}=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{IA}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AM}$, do đó $\overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{IM}$, tức $k=-2$. Vậy $k^3=(-2{)}^3=-8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: $-8$.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=SB=SC=SD=a$ nên $SO\perp (ABCD)$ và $SO=\sqrt{a^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, tức $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.

a) $M\in OA$ với $\frac{MA}{AO}=k$ nên $M\left(\frac{ka}{2};\frac{ka}{2};0\right)$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$, song song với $AD$ (phương trình trục $Oy$) và $SO$ (phương trình trục $Oz$) nên $(\alpha ):x=\frac{ka}{2}$.

Thiết diện: $(\alpha )$ cắt đáy theo đoạn $PQ\parallel AD$ với $P\left(\frac{ka}{2};0;0\right)\in AB$, $Q\left(\frac{ka}{2};a;0\right)\in CD$. Trên mặt $(SAB)$, $(\alpha )$ cắt $AS$ tại $R$ (vì $x$ trên $AS$ chạy từ $0$ đến $\frac{a}{2}$): $R=\left(\frac{ka}{2};\frac{ka}{2};\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)$. Trên mặt $(SAD)$, $(\alpha )$ cắt $SD$ tại $T=\left(\frac{ka}{2};a-\frac{ka}{2};\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)$. Trên mặt $(SCD)$, $(\alpha )$ cắt theo đoạn $TQ$ (vì $T\in SD$, $Q\in CD$). Mặt $(SBC)$ có hoành độ $x\in \left[\frac{a}{2};a\right]$ nên không bị cắt.

Thiết diện là tứ giác $PRTQ$. Ta có $PQ\parallel RT$ (cùng song song với $AD$) nên $PRTQ$ là hình thang. Hơn nữa $PR=TQ=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$ (tính ở câu b) nên hình thang cân.

b) Các cạnh:
- $PQ=a$ (song song và bằng $AD$).
- $RT=a-\frac{ka}{2}-\frac{ka}{2}=a(1-k)$.
- $PR=\sqrt{{\left(\frac{ka}{2}\right)}^2+{\left(\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$; tương tự $TQ=\sqrt{{\left(\frac{ka}{2}\right)}^2+{\left(\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$.

c) Chiều cao của hình thang (khoảng cách giữa hai đường song song $PQ$ và $RT$ trong mặt phẳng $x=\frac{ka}{2}$) là $h=\frac{ka\sqrt{2}}{2}$. Diện tích thiết diện:
$$S=\frac{PQ+RT}{2}\cdot h=\frac{a+a(1-k)}{2}\cdot \frac{ka\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}k(2-k)\sqrt{2}}{4}.$$

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $J$ là trung điểm $SC$ nên $J$ không thuộc mặt phẳng $(SBD)$ (vì $J$ nằm trên cạnh $SC$, mặt phẳng $(SBD)$ chỉ chứa $S,B,D$). Đường thẳng $AJ$ cắt $(SBD)$ tại một điểm khác $J$ (khác $A$ vì $A\notin (SBD)$), nên khẳng định a) sai.
b) Đúng: $(\alpha )$ qua $BD$ và song song $SA$. Hai mặt phẳng $(\alpha )$ và $(SAC)$ có điểm chung $O$ (vì $O\in BD\subset (\alpha )$ và $O\in AC\subset (SAC)$). Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$, $J$ là trung điểm $SC$ nên $OJ\parallel SA$. Vì $(\alpha )\parallel SA$ và đi qua $O$ nên đường thẳng qua $O$ song song $SA$, tức $OJ$, nằm trong $(\alpha )$; hiển nhiên $OJ\subset (SAC)$. Vậy giao tuyến của $(\alpha )$ và $(SAC)$ là $OJ$.
c) Đúng: $S\in (SAC),S\in (SBD)$ và $O\in AC\subset (SAC)$, $O\in BD\subset (SBD)$, nên giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SO$.
d) Đúng: Trong tam giác $ABD$, $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $I$ là trung điểm $AB$ nên $OI\parallel AD$. Vì $AD\subset (SAD)$ và $O\notin (SAD)$ nên $OI\parallel (SAD)$.
Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 102: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$J$ là trung điểm $SC$ nên $J\notin (SBD)$; giao điểm của $AJ$ và $(SBD)$ là một điểm khác $J$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(\alpha )$ và $(SAC)$ chung điểm $O$; trong tam giác $SAC$, $OJ$ là đường trung bình nên $OJ\parallel SA$, do đó $OJ\subset (\alpha )$ và $OJ\subset (SAC)$: giao tuyến là $OJ$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S$ và $O$ cùng thuộc cả $(SAC)$ lẫn $(SBD)$ nên giao tuyến là $SO$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABD$, $OI$ là đường trung bình nên $OI\parallel AD\subset (SAD)$, $O\notin (SAD)$, suy ra $OI\parallel (SAD)$.

(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 $M(\frac{1}{2},0,0)$, $N(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{h}{2})$. Mặt phẳng $(SBD)$ có phương trình $x+y+\frac{z}{h}=1$.

Đường thẳng $AN$: điểm $tN=(\frac{t}{2},\frac{t}{2},\frac{th}{2})$; thay vào phương trình mặt phẳng: $\frac{t}{2}+\frac{t}{2}+\frac{t}{2}=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, nên $I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{h}{3})$.

Đường thẳng $MN$: $M+s(N-M)=(\frac{1}{2},\frac{s}{2},\frac{sh}{2})$; thay vào: $\frac{1}{2}+\frac{s}{2}+\frac{s}{2}=1\Rightarrow s=\frac{1}{2}$, nên $J(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{h}{4})$.

Tính vectơ: $\overrightarrow{IB}=(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},-\frac{h}{3})$, $\overrightarrow{IJ}=(\frac{1}{6},-\frac{1}{12},-\frac{h}{12})$. Ta thấy $\overrightarrow{IB}=4\overrightarrow{IJ}$, do đó $\frac{IB}{IJ}=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 1 Phần III: 4).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $O$ là trung điểm $AC$, $I$ là trung điểm $AB$ nên $OI$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $OI\parallel BC$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, do đó $OI\parallel AD$ với $AD\subset (SAD)$ và $OI\not\subset (SAD)$ $\Rightarrow$ $OI\parallel (SAD)$.
b) Đúng: Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$, $J$ là trung điểm $SC$ nên $OJ\parallel SA$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $BD$ và song song $SA$, chứa $O$ (vì $O\in BD$), nên đường thẳng qua $O$ song song $SA$ nằm trong $(\alpha )$, tức $OJ\subset (\alpha )$. Mặt khác $OJ\subset (SAC)$. Hai mặt phẳng $(\alpha )$ và $(SAC)$ có điểm chung $O$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $O$ nằm trong cả hai mặt, tức là $OJ$.
c) Đúng: $S\in (SAC)\cap (SBD)$; $O\in AC\cap BD$ nên $O\in (SAC)\cap (SBD)$. Do đó giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SO$.
d) Sai: $J$ là trung điểm $SC$, $J$ không thuộc mặt phẳng $(SBD)$ (vì $J$ chỉ thuộc đường thẳng $SC$, và $SC$ cắt $(SBD)$ tại $S$). Giao điểm của $AJ$ và $(SBD)$ là một điểm khác $J$ (xác định bằng cách kéo dài $AJ$ cắt đường thẳng qua $J$ phù hợp trong mặt phẳng $(SAC)$). Khẳng định sai.
Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 101: ĐĐĐS.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (Phần II): Hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O, M trung điểm SC, N trung điểm SA.
a) Đúng. Vì ABCD là hình bình hành nên CD ∥ AB; AB ⊂ (SAB) và CD ⊄ (SAB), do đó CD ∥ (SAB).
b) Đúng. Trong mặt phẳng (SAC)... xét: AD ∥ BC (hình bình hành), AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC). Hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) có điểm chung S, nên giao tuyến d đi qua S và song song với AD (đồng thời song song với BC, tức song song với AB và CD).
c) Đúng. Tam giác SAC có M, N lần lượt trung điểm SC, SA nên MN ∥ AC. MN ⊂ (BMN), AC ⊂ (ABCD), AC ⊄ (BMN). Hai mặt phẳng (BMN) và (ABCD) có điểm chung B, nên giao tuyến Δ đi qua B và song song với AC.
d) Đúng. Trong mặt phẳng đáy, Δ đi qua B song song AC. Chọn hệ tọa độ A(0;0), B(1;0), D(0;1), C(1;1). Δ: y = x − 1 cắt AD (x = 0) tại E(0;−1), cắt CD (y = 1) tại F(2;1). Suy ra EF = √(2² + 2²) = 2√2. Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác SAC nên MN = AC/2 = √2/2. Vậy MN/EF = (√2/2)/(2√2) = 1/4.
a) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB, AB ⊂ (SAB), CD ⊄ (SAB) nên CD ∥ (SAB).
b) (AI giải đề cho tôi)
AD ∥ BC với AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC), hai mặt phẳng chung điểm S nên giao tuyến d qua S và song song AD (nên song song AB, CD).
c) (AI giải đề cho tôi)
MN ∥ AC (đường trung bình tam giác SAC), MN ⊂ (BMN), AC ⊂ (ABCD), chung điểm B nên giao tuyến Δ qua B và song song AC.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ A(0;0), B(1;0), D(0;1), C(1;1): Δ: y = x−1 cắt AD tại E(0;−1), cắt CD tại F(2;1), EF = 2√2; MN = AC/2 = √2/2; MN/EF = 1/4.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $B=(0;0;0)$, $C=(3;0;0)$, $A=(0;3;0)$, $D=(0;0;6)$. Khi đó $M$ thuộc $BC$ với $MB=2MC$ nên $M=(2;0;0)$; $N$ trung điểm $AC$ nên $N=(0;\frac{3}{2};0)$; $E$ thuộc $BD$ với $BE=5ED$ nên $E=\frac{5D+B}{6}=(0;0;5)$.
Mặt phẳng $(MNE)$ có dạng $\frac{x}{2}+\frac{y}{3/2}+\frac{z}{5}=1$.
Đường thẳng $CD$: $(x;y;z)=(3-3t;0;6t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $\frac{3-3t}{2}+\frac{6t}{5}=1\Rightarrow \frac{3}{2}-\frac{3t}{2}+\frac{6t}{5}=1\Rightarrow -\frac{3t}{10}=-\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{5}{3}$.
Vì $t>1$, điểm $I$ nằm ngoài đoạn $CD$, phía sau $D$, nên $\frac{IC}{ID}=\frac{t}{t-1}=\frac{5/3}{2/3}=\frac{5}{2}=2,5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,5.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $D(0,1,0)$, $C(1,1,0)$, $S(0,0,2)$. Khi đó $M(1,1/2,0)$, $N(1/2,1,0)$, $P(0,1/2,1)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\overrightarrow{MN}=(-1/2,1/2,0)$, $\overrightarrow{MP}=(-1,-1/2,1)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(1/2,1/2,3/4)$. Mặt phẳng: $(1/2)x+(1/2)y+(3/4)z=3/4$ (thay $M$). Điểm $Q$ trên $SA$ có dạng $(0,0,2t)$ ($t=SQ/SA$ tính từ $S$... thực chất $t=AQ/AS$ với $A$ gốc). Thay vào: $(3/4)(2t)=3/4⟹t=1/2$, tức $AQ=AS/2$, do đó $SQ=SA/2$. Vậy $SQ/SA=1/2=0.5$. Kiểm tra: $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $MN\parallel BD$, kết quả phù hợp với cách dựng hình học thuần.

a. $E=MY\cap IG$



b.
TH1 : $F\in OA$



TH2 : $F\in OC$



c.
Áp dụng bổ đề $\frac{SM}{SP}+\frac{SD}{SN}=2\cdot \frac{SO}{SG}=2.\frac{3}{2}=3$

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: S thuộc cả (SAC) và (SBD); O là giao điểm của AC và BD nên O thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là SO.

b) Sai: Trong tam giác SAC, O là trung điểm AC và M là trung điểm SC nên OM // SA. Vì SA cắt (SCD) tại S (SA không song song (SCD)) nên OM không song song (SCD); thực tế OM cắt mặt phẳng (SCD).

c) Đúng: AB // CD (đáy hình bình hành), AB ⊂ (ABM), CD ⊂ (SCD), M ∈ (ABM) ∩ (SCD). Giao tuyến d qua M, song song với AB (đồng thời song song CD).

d) Đúng: AM và SO cùng nằm trong mặt phẳng (SAC). Gọi N = AM ∩ SO. Trong tam giác SAC, đường trung tuyến AM và đường trung tuyến SO cắt nhau tại trọng tâm G của tam giác SAC. Vì G ∈ SO ⊂ (SBD) và G ∈ AM nên N = G là trọng tâm tam giác SAC.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục afin với gốc $A$, đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$. Mỗi điểm $P$ viết dưới dạng $P=x\mathbf{b}+y\mathbf{d}+z\mathbf{s}$.

- $I$ trung điểm $BC$: $I=\mathbf{b}+\frac{1}{2}\mathbf{d}$, tức $(1,\frac{1}{2},0)$.
- $K$ trung điểm $CD$: $K=\frac{1}{2}\mathbf{b}+\mathbf{d}$, tức $(\frac{1}{2},1,0)$.
- $S=(0,0,1)$, $D=(0,1,0)$.

Mặt phẳng $(SIK)$: giao tuyến của $(SIK)$ với mặt đáy $(ABCD)$ là đường thẳng $IK$, có phương trình $x+y=\frac{3}{2}$ (vì $I$: $1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, $K$: $\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$). Do đó mặt phẳng $(SIK)$ có dạng $x+y+\frac{3}{2}z=\frac{3}{2}$ (kiểm tra $S$: $0+0+\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ đúng).

$M$ trên $SB$ với $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{4}$: $M=\frac{1}{4}\mathbf{b}+\frac{3}{4}\mathbf{s}$, tức $(\frac{1}{4},0,\frac{3}{4})$.

$H$ nằm trên đường thẳng $MD$: viết $H=M+t(D-M)$ với tọa độ $(\frac{1-t}{4},t,\frac{3(1-t)}{4})$. Thay vào phương trình mặt phẳng:
$$\frac{1-t}{4}+t+\frac{3}{2}\cdot \frac{3(1-t)}{4}=\frac{3}{2}.$$
Nhân 8: $2(1-t)+8t+9(1-t)=12\Rightarrow 11-3t=12\Rightarrow t=-\frac{1}{3}$.

Vậy $H=M-\frac{1}{3}(D-M)$, tức $H$ nằm ngoài đoạn $MD$ về phía $M$ và $MH=\frac{1}{3}MD$. Suy ra $\frac{MD}{MH}=3$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Trong đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O=AC\cap BD$. Do đó $S$ và $O$ là hai điểm chung của hai mặt phẳng, suy ra giao tuyến là đường thẳng $SO$: $(SAC)\cap (SBD)=SO$.

b) Xét tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm của $AC$ (tính chất hình bình hành) và $M$ là trung điểm của $SA$, nên $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $MO\parallel SC$.
Vì $MO\subset (OMN)$ (do $O,M$ thuộc mặt phẳng $(OMN)$) và $SC\not\subset (OMN)$, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $SC\parallel (OMN)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, nên $O$ thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$; $S$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng, vậy giao tuyến là $SO$. b) Đúng: $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$; mặt phẳng $(SAB)$ qua $AB$ cắt $(SCD)$ theo giao tuyến qua $S$ song song với $AB$. c) Sai: Với vectơ, $G=\frac{S+A+B}{3}$, $N=\frac{A+B+C}{3}$ nên $\overrightarrow{GN}=\frac{\overrightarrow{SC}}{3}$, tức $GN\parallel SC$: hai đường thẳng song song (đồng phẳng), không chéo nhau. d) Sai: Chọn hệ toạ độ với $D=A+C-B$. Điểm trên đường $GN$: $P=G+t(N-G)=\frac{1-t}{3}S+\frac{1}{3}A+\frac{1}{3}B+\frac{t}{3}C$. Thay $B=A+C-D$: $P=\frac{1-t}{3}S+\frac{2}{3}A+\frac{1+t}{3}C-\frac{1}{3}D$. Để $P\in (SAD)$ cần hệ số của $C$ bằng $0\Rightarrow t=-1$, tức $K=2G-N$. Khi đó $KG=|\overrightarrow{GN}|$, $KN=2|\overrightarrow{GN}|$, suy ra $\frac{KG}{KN}=\frac{1}{2}\ne \frac{2}{3}$. Đáp án khớp với mã đề 1202: DDSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
$O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ nên thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$; $S$ chung, vậy giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$; giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GN}=\frac{\overrightarrow{SC}}{3}$ nên $GN\parallel SC$, hai đường thẳng song song chứ không chéo nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm $K=2G-N$ cho $\frac{KG}{KN}=\frac{1}{2}\ne \frac{2}{3}$.