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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$, tam giác $KAD$ đồng dạng tam giác $KBC$ với tỉ số $2$, nên $KA=2KB$, $KD=2KC$. Chọn $K$ làm gốc, đặt $\vec{b}=\overrightarrow{KB}$, $\vec{c}=\overrightarrow{KC}$, $\vec{s}=\overrightarrow{KS}$; khi đó $A=2b$, $D=2c$.

$E$ trung điểm $SA$: $E=\frac{s+2b}{2}$; $F$ trung điểm $SD$: $F=\frac{s+2c}{2}$.

Tìm $M=SB\cap (CDE)$: mặt phẳng $(CDE)$ chứa đường thẳng $KC$ (vì $C=c$, $D=2c$) và điểm $E$, nên sinh bởi $c$ và $s+2b$. Điểm trên $SB$ có dạng $(1-t)s+tb$. Đẳng thức $(1-t)s+tb=\alpha c+\beta \frac{s+2b}{2}$ cho $\beta =t$ và $\frac{t}{2}=1-t\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $M=\frac{s+2b}{3}=\frac{2}{3}E$, tức $M\in KE$ với $KM=\frac{2}{3}KE$.

Tìm $N=SC\cap (EFM)$: vì $E,M$ cùng phương $s+2b$, đường thẳng $EM$ đi qua $K$, nên $(EFM)$ chứa $K$ và $F$, tức là mặt phẳng sinh bởi $s+2b$ và $s+2c$. Điểm trên $SC$: $(1-u)s+uc=\lambda (s+2b)+\mu \frac{s+2c}{2}$ dẫn đến $2\lambda =u$, $\mu =u$, $\frac{u}{2}+\frac{u}{2}=1-u\Rightarrow u=\frac{2}{3}$. Vậy $N=\frac{s+2c}{3}=\frac{2}{3}F$, tức $N\in KF$ với $KN=\frac{2}{3}KF$.

Hai tam giác $KMN$ và $KEF$ có chung góc đỉnh $K$ (do $M\in KE$, $N\in KF$), nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}=\frac{KM}{KE}\cdot \frac{KN}{KF}=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9}$.

Vậy $\frac{a}{b}=\frac{4}{9}$ tối giản, $a+b=4+9=13$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 14: 13).

(AI giải đề cho tôi)
Do $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên $K=AB\cap CD$ thỏa $\frac{KB}{KA}=\frac{KC}{KD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}$, tức $K$ nằm ngoài đoạn $AB$ phía bên $B$.

Thiết lập tọa độ affine: lấy $S$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$. Khi đó $K=2B-A$ cho $\overrightarrow{SK}=2\mathbf{b}-\mathbf{a}$, và từ $K=2C-D$ suy ra $\overrightarrow{SD}=\mathbf{a}+2\mathbf{c}-2\mathbf{b}$. Do đó
$$E=\frac{1}{2}\mathbf{a},F=\frac{1}{2}\mathbf{d}=\frac{1}{2}\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b},K=2\mathbf{b}-\mathbf{a}.$$

Tìm $M$: $K\in CD\subset (CDE)$ và $K\in (SAB)$, $E\in (SAB)$, nên giao tuyến của $(CDE)$ và $(SAB)$ là $EK$; suy ra $M=SB\cap EK$. Điểm trên $EK$: $K+\lambda (E-K)=(2\mathbf{b}-\mathbf{a})+\lambda (\frac{3}{2}\mathbf{a}-2\mathbf{b})$. Để điểm này thuộc $SB$ (hệ số của $\mathbf{a}$ bằng 0) thì $\lambda =\frac{2}{3}$, cho $M=\frac{2}{3}\mathbf{b}$, tức $\frac{SM}{SB}=\frac{2}{3}$. Kiểm tra: $\overrightarrow{KM}=\mathbf{a}-\frac{4}{3}\mathbf{b}=\frac{2}{3}(\frac{3}{2}\mathbf{a}-2\mathbf{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$, vậy $M$ nằm giữa $K$ và $E$ với $\frac{KM}{KE}=\frac{2}{3}$.

Tìm $N$: giải $t\mathbf{c}=\alpha E+\beta F+\gamma M$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$. Hệ số của $\mathbf{a}$: $\frac{\alpha +\beta }{2}=0\Rightarrow \alpha =-\beta$; hệ số của $\mathbf{b}$: $-\beta +\frac{2}{3}\gamma =0$; tổng cho $\gamma =1$, suy ra $\beta =\frac{2}{3}$, $t=\frac{2}{3}$, tức $N=\frac{2}{3}\mathbf{c}$ với $\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$. Kiểm tra: $\overrightarrow{KN}=\mathbf{a}+\frac{2}{3}\mathbf{c}-2\mathbf{b}=\frac{2}{3}(\frac{3}{2}\mathbf{a}+\mathbf{c}-3\mathbf{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$, vậy $K,F,N$ thẳng hàng với $\frac{KN}{KF}=\frac{2}{3}$.

Tỉ số diện tích: hai tam giác $KMN$ và $KEF$ có chung góc đỉnh $K$ ($KM$ nằm trên tia $KE$, $KN$ nằm trên tia $KF$), nên
$$\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}=\frac{KM}{KE}\cdot \frac{KN}{KF}=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9}.$$
(Kiểm tra độc lập bằng tích có hướng với $\mathbf{a}=(1,0,0),\mathbf{b}=(0,1,0),\mathbf{c}=(0,0,1)$: $|\overrightarrow{KM}\times \overrightarrow{KN}{|}^2=\frac{136}{81}$, $|\overrightarrow{KE}\times \overrightarrow{KF}{|}^2=\frac{136}{16}$, tỉ số $=\sqrt{16/81}=\frac{4}{9}$ — khớp.)

Vậy $\frac{a}{b}=\frac{4}{9}\Rightarrow a+b=4+9=13$, khớp đáp án nguồn (mã 1101, câu 13: 13).

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $S$ là đỉnh của hình chóp, không thuộc mặt đáy $(ABCD)$.

b) Đúng: $O=AC\cap BD$ nên $O$ thuộc cả $(SAC)$ (vì $O\in AC$) và $(SBD)$ (vì $O\in BD$); hai mặt phẳng lại có điểm chung $S$, do đó giao tuyến là $SO$.

c) Đúng: $MN$ là đường trung bình của $△CBD$ nên $MN\parallel BD$. Vì $BD$ cắt $(SAC)$ tại $O$ nên $MN$ không song song với $(SAC)$ và cắt $(SAC)$ tại điểm $P$. Kiểm chứng bằng vectơ với gốc $A$, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$: $\overrightarrow{AM}=\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{d}$, $\overrightarrow{AN}=\vec{d}+\frac{1}{2}\vec{b}$. Điểm $P\in MN$ có dạng $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AM}+t(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})=\left(1-\frac{t}{2}\right)\vec{b}+\left(\frac{1}{2}+\frac{t}{2}\right)\vec{d}$. Để $P\in (SAC)$, cần $\overrightarrow{AP}=\lambda (\vec{b}+\vec{d})$, suy ra $1-\frac{t}{2}=\frac{1}{2}+\frac{t}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{2},\lambda =\frac{3}{4}$. Vậy $\overrightarrow{AP}=\frac{3}{4}(\vec{b}+\vec{d})$. Mà $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{d})$, $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, nên $\overrightarrow{AP}=\frac{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{AC}}{2}$, tức $P$ là trung điểm của $OC$.

d) Sai: Chọn $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$, $\overrightarrow{AM}=\vec{b}+\frac{\vec{d}}{2}$, $\overrightarrow{AN}=\vec{d}+\frac{\vec{b}}{2}$. Vì $H\in (GMN)$ nên $\overrightarrow{AH}=\alpha \overrightarrow{AG}+\beta \overrightarrow{AM}+\gamma \overrightarrow{AN}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$; vì $H\in SA$ nên $\overrightarrow{AH}=t\vec{s}$. So sánh hệ số theo $\vec{b}$ và $\vec{d}$: do đối xứng $\beta =\gamma$, và $\frac{\alpha }{3}+\frac{3\beta }{2}=0\Rightarrow \beta =-\frac{2\alpha }{9}$. Kết hợp $\alpha +\beta +\gamma =1$ được $\frac{5\alpha }{9}=1\Rightarrow \alpha =\frac{9}{5},\beta =\gamma =-\frac{2}{9}$. Suy ra $t=\frac{\alpha }{3}=\frac{3}{5}$, tức $\frac{AH}{AS}=\frac{3}{5}$ và $\frac{SH}{SA}=1-\frac{3}{5}=\frac{2}{5}\ne \frac{3}{7}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $S$ là đỉnh của hình chóp nên $S\notin (ABCD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $O=AC\cap BD$ thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$, cộng với $S$ chung nên giao tuyến là $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $MN$ là đường trung bình của $△CBD$ nên $MN\parallel BD$; vì $BD$ cắt $(SAC)$ tại $O$ nên $MN$ cắt $(SAC)$ tại điểm $P$. Bằng vectơ (gốc $A$, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$) tính được $\overrightarrow{AP}=\frac{3}{4}(\vec{b}+\vec{d})=\frac{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{AC}}{2}$, tức $P$ là trung điểm của $OC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$: $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$, $\overrightarrow{AM}=\vec{b}+\frac{\vec{d}}{2}$, $\overrightarrow{AN}=\vec{d}+\frac{\vec{b}}{2}$. Viết $\overrightarrow{AH}=\alpha \overrightarrow{AG}+\beta \overrightarrow{AM}+\gamma \overrightarrow{AN}=t\vec{s}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$; do đối xứng $\beta =\gamma$, giải hệ được $\alpha =\frac{9}{5}$, $\beta =\gamma =-\frac{2}{9}$, $t=\frac{3}{5}$. Vậy $\frac{AH}{AS}=\frac{3}{5}$ nên $\frac{SH}{SA}=\frac{2}{5}\ne \frac{3}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm của $CA,CB$ nên $MN\parallel AB$, suy ra mặt phẳng $(MNP)$ song song với $AB$. Trong mặt $(ABD)$, giao tuyến của $(MNP)$ với mặt này là đường thẳng qua $P$ song song với $AB$, cắt $AD$ tại $Q$ với $\frac{AQ}{AD}=\frac{BP}{BD}=\frac{2}{3}$. Vậy $(H)$ là tứ giác $MNPQ$ với $M\in AC$, $N\in BC$, $P\in BD$, $Q\in AD$.

Chọn hệ tọa độ: $B=(0,0,0)$, $C=(6,0,0)$, $A=(3,3\sqrt{3},0)$, $D=(3,\sqrt{3},2\sqrt{6})$ (tứ diện đều cạnh 6, kiểm tra $AD=\sqrt{12+24}=6$). Khi đó:
$M=\left(\frac{9}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2},0\right)$, $N=(3,0,0)$, $P=\frac{2}{3}D=\left(2,\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)$, $Q=\frac{1}{3}A+\frac{2}{3}D=\left(3,\frac{5\sqrt{3}}{3},\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)$.

Kiểm tra: $\overrightarrow{PQ}=(1,\sqrt{3},0)$ cùng phương với $\overrightarrow{AB}=(3,3\sqrt{3},0)$, độ dài $PQ=2$; $\overrightarrow{MN}=(-\frac{3}{2},-\frac{3\sqrt{3}}{2},0)$ cũng song song $AB$; bốn điểm cùng thuộc một mặt phẳng có pháp tuyến $\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(-6\sqrt{2},2\sqrt{6},-\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)$.

Diện tích $S=S_{△MNP}+S_{△MPQ}$:
- $\left|\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}\right|=\frac{3\sqrt{51}}{2}$ (vì $72+24+\frac{75}{4}=\frac{459}{4}$), nên $S_{MNP}=\frac{3\sqrt{51}}{4}$.
- $\overrightarrow{MQ}\times \overrightarrow{MP}=\left(4\sqrt{2},-\frac{4\sqrt{6}}{3},\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)$, độ dài $\sqrt{32+\frac{32}{3}+\frac{25}{3}}=\sqrt{51}$, nên $S_{MPQ}=\frac{\sqrt{51}}{2}$.

Tổng: $S=\frac{3\sqrt{51}}{4}+\frac{\sqrt{51}}{2}=\frac{5\sqrt{51}}{4}\approx 8.93$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: A(0;0;0), B(6;0;0), C(6;6;0), D(0;6;0). Tam giác SAB đều cạnh 6 nên S(3;0;3√3). M thuộc BC với BM = 2 nên M(6;2;0); K ∈ SA với AK = 2 nên K(1;0;√3). Vectơ chỉ phương SA = (3;0;3√3), SB = (−3;0;3√3) đều có thành phần y bằng 0, nên mặt phẳng (P) qua M song song với SA và SB có pháp tuyến n = (0;1;0), tức (P): y = 2 (song song với mặt (SAB)). Mặt phẳng y = 2 cắt hình chóp tại: M(6;2;0) trên BC; điểm trên SC với t = 1/3: N(4;2;2√3); điểm trên SD: Q(2;2;2√3); điểm trên AD: R(0;2;0). Đa giác là hình thang cân MNRQ với hai đáy MR = 6, NQ = 2, hai cạnh bên MN = QR = √(2² + (2√3)²) = 4, chiều cao = 2√3. Diện tích = (6+2)/2 · 2√3 = 8√3 ≈ 13,856 ≈ 13,9. Kết quả khớp với đáp án nguồn 13,9.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục affine với đáy: $A=0$, $B=\mathbf{b}$, $D=\mathbf{d}$, $C=\mathbf{b}+\mathbf{d}$, $O=(\mathbf{b}+\mathbf{d})/2$, $S=O+h\mathbf{k}$. Khi đó $M=(1/2,0,0)$, $N=(0,1/2,0)$, $P=(1/2,1/2,2h/3)$ (vì $SP=SO/3$). Mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình dạng $2x+2y-\frac{3}{2h}z=1$. Điểm $H$ trên $SC$: $H=S+t(C-S)$ với $t=SH/SC$, tọa độ $(1/2+t/2,1/2+t/2,h(1-t))$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2+2t-\frac{3}{2}(1-t)=1⟹\frac{7}{2}t=\frac{1}{2}⟹t=\frac{1}{7}$. Vậy $\frac{SH}{SC}=\frac{1}{7}$, phân số tối giản $a/b=1/7$, suy ra $a.b=7$, khớp đáp án nguồn (mã đề 1104, câu 3 = 7).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\vec{A}=\vec{0}$, $\vec{B}=\vec{b}$, $\vec{C}=\vec{c}$, $\vec{D}=\vec{d}$. Khi đó $\vec{M}=\frac{\vec{b}}{2}$, $\vec{N}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{2}$, $\vec{P}=\frac{\vec{d}}{4}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $BD$: $\vec{I}=(1-t)\vec{b}+t\vec{d}$ với $t=\frac{BI}{BD}$. Vì $I\in (MNP)$ nên $\vec{I}=\vec{M}+\alpha (\vec{N}-\vec{M})+\beta (\vec{P}-\vec{M})$. So sánh hệ số theo $\vec{c}$: $\alpha =0$. Theo $\vec{d}$: $\frac{\beta }{4}=t\Rightarrow \beta =4t$. Theo $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-\frac{\beta }{2}=1-t\Rightarrow \frac{1}{2}-2t=1-t\Rightarrow t=-\frac{1}{2}$. Vậy $I$ nằm ngoài đoạn $BD$, phía phía $B$: $\vec{I}=\frac{3}{2}\vec{b}-\frac{1}{2}\vec{d}$. Suy ra $\overrightarrow{IB}=\frac{1}{2}(\vec{b}-\vec{d})$, $\overrightarrow{ID}=\frac{3}{2}(\vec{b}-\vec{d})$, do đó $\frac{IB}{ID}=\frac{1/2}{3/2}=\frac{1}{3}$. Vậy $a=1,b=3\Rightarrow a+b=4$, khớp đáp án nguồn (bảng đáp án Phần III, Mã đề 1102, Câu 2 = 4).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$, do đó $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a})$. Đặt $x=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}$, $y=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$ với $0<x,y\le 1$. Vì $A,M,B^{\prime },D^{\prime }$ đồng phẳng, tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ sao cho $\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a})=\alpha \vec{a}+\beta x\vec{b}+\gamma y\vec{d}$. Suy ra $\alpha =-\frac{1}{2}$, $\beta x=\frac{1}{2}$, $\gamma y=\frac{1}{2}$, và $\beta +\gamma =\frac{3}{2}$, tức $\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}=\frac{3}{2}$ hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3$, tức $x+y=3xy$. Suy ra $y=\frac{x}{3x-1}$ với $x\in \left[\frac{1}{2};1\right]$. Xét $f(x)=x+\frac{x}{3x-1}$, có $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{(3x-1{)}^2}\ge 0$ trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$ nên $f$ tăng, max tại $x=1$: $f(1)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ (khi đó $y=\frac{1}{2}$). Vậy giá trị lớn nhất là $\frac{3}{2}$, $a=3$, $b=2$ nguyên tố cùng nhau, $S=a+b=5$. Kết quả trùng đáp án nguồn (mã đề 1002, Phần III câu 2: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc A: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{v}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{w}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{u}+\vec{v}$, $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{w}+\vec{u}+\vec{v}}{2}$. Đặt $x=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}$, $y=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$ thì $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=x\vec{u}+(1-x)\vec{w}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=y\vec{v}+(1-y)\vec{w}$. Vì $A,B^{\prime },D^{\prime },M$ đồng phẳng nên $\overrightarrow{AM}=\alpha \overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\beta \overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, so sánh hệ số: $\alpha x=\frac{1}{2}$, $\beta y=\frac{1}{2}$, $\alpha (1-x)+\beta (1-y)=\frac{1}{2}$. Suy ra $\frac{1-x}{2x}+\frac{1-y}{2y}=\frac{1}{2}\iff \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3$, với $0<x,y\le 1$. Do đó $\frac{1}{x},\frac{1}{y}\in [1,2]$, biểu thức $x+y$ lớn nhất khi $\{1/x,1/y\}=\{1,2\}$, tức $x=1,y=\frac{1}{2}$ (hoặc ngược lại), cho giá trị lớn nhất $\frac{3}{2}=\frac{a}{b}$ với $a=3,b=2$ nguyên tố cùng nhau. Vậy $S=a+b=5$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $P=\frac{O+C}{2}=\frac{3}{4}(\vec{b}+\vec{d})$, $M=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{2}$, $N=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$.

Điểm $I$ trên $SA$ có dạng $I=\lambda \vec{s}$. Vì $I\in (MNP)$ nên $\lambda \vec{s}=M+\alpha \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+u(P-M)$ với $P-M=\frac{1}{4}\vec{b}+\frac{3}{4}\vec{d}-\frac{1}{2}\vec{s}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$:
- Theo $\vec{d}$: $0=\frac{\alpha }{2}+\frac{3u}{4}\Rightarrow \alpha =-\frac{3u}{2}$.
- Theo $\vec{b}$: $0=\frac{1}{2}-\frac{\alpha }{2}+\frac{u}{4}\Rightarrow \frac{1}{2}+\frac{3u}{4}+\frac{u}{4}=0\Rightarrow u=-\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{s}$: $\lambda =\frac{1}{2}-\frac{u}{2}=\frac{3}{4}$.

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

Do đó $T=4\cdot 1+11\cdot 3+2025=4+33+2025=2062$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 111, Câu 4).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $A$ là gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$ độc lập tuyến tính. Khi đó $B=(1,0,0)$, $D=(0,1,0)$, $C=(1,1,0)$, $S=(0,0,1)$. Suy ra $M$ trung điểm $BC$ có tọa độ $(1,\frac{1}{2},0)$, $N$ trung điểm $CD$ có tọa độ $(\frac{1}{2},1,0)$, $P$ trung điểm $SD$ có tọa độ $(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$. Mặt phẳng $(MNP)$ có dạng $\alpha x+\beta y+\gamma z=\delta$. Từ $M,N$: $\alpha +\frac{\beta }{2}=\delta$ và $\frac{\alpha }{2}+\beta =\delta \Rightarrow \alpha =\beta$. Chọn $\alpha =\beta =1$ thì $\delta =\frac{3}{2}$; thay tọa độ $P$: $\frac{1}{2}+\frac{\gamma }{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow \gamma =2$. Vậy $(MNP):x+y+2z=\frac{3}{2}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $SA$ có dạng $(0,0,t)$, thay vào phương trình mặt phẳng: $2t=\frac{3}{2}\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $\overrightarrow{AI}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AS}$. Suy ra $IS=\frac{1}{4}SA$ và $IA=\frac{3}{4}SA$, do đó $\frac{IS}{IA}=\frac{1}{3}$ với $a=1,b=3$. Vậy $a+2b=1+2\cdot 3=7$, khớp với đáp án nguồn (bảng đáp án mã đề 1102, Câu 21 = 7).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD. Chọn hệ vectơ: A=0, B=b, D=d, C=b+d, S=s; khi đó M=-b, O=(b+d)/2, N=(s+b+d)/2.
a) (SAD) chứa S và AD; (SCB) chứa S và BC, mà AD∥BC nên hai mặt phẳng cắt nhau theo đường thẳng qua S song song với AD (và BC), không phải SO. Sai.
b) NO có vectơ chỉ phương N−O=s/2 ∥ SA. K=MO∩AD: giải −b+t(3b+d)/2=λd cho t=2/3, λ=1/3, tức K=d/3 thuộc AD. Kiểm tra K∈(MON): d/3=(1/3)(−b)+(2/3)(b+d)/2+0·N nên K thuộc (MON); mặt (MON) chứa vectơ s vì (N−M)−(O−M)=s/2. Vậy đường thẳng d qua K song song NO (đồng thời song song SA) nằm trong cả hai mặt phẳng, là giao tuyến. Đúng.
c) Vì d⊂(SAD) và G=d∩MN nên G∈(SAD)∩MN, và MN không nằm trong (SAD), do đó G chính là giao điểm của MN với (SAD). Đúng.
d) Điểm trên MN: M+u(N−M)=−b+u(s+3b+d)/2. Thuộc (SAD) (dạng λd+μs) khi hệ số của b bằng 0: −1+3u/2=0, u=2/3. Suy ra GM/GN=u/(1−u)=2. Mặt khác M đối xứng B qua A nên AM=AB, I trung điểm AB nên AI=AB/2, do đó AM/AI=2. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
AD∥BC nên (SAD)∩(SCB) là đường thẳng qua S song song với AD, không phải SO.
b) (AI giải đề cho tôi)
NO∥SA (vectơ N−O=s/2). K=MO∩AD với K=d/3 thuộc cả (MON) và (SAD); đường qua K song song NO nằm trong cả hai mặt phẳng nên là giao tuyến d.
c) (AI giải đề cho tôi)
d⊂(SAD), G=d∩MN nên G∈(SAD)∩MN và MN⊄(SAD), vậy G là giao điểm của MN với (SAD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Tham số u=2/3 tại G trên MN nên GM/GN=2; đồng thời AM=AB, AI=AB/2 nên AM/AI=2.

(AI giải đề cho tôi)
(Lời giải tham khảo do AI thực hiện)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{BA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{BC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{BS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{BD}=\vec{a}+\vec{c}$, $I$ là trung điểm $AC$ và $BD$, $\overrightarrow{BI}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}$.

Câu 1. Vì $AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung $S$, nên giao tuyến là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$).

Câu 2. $S\in (SAC)\cap (SBD)$ và $I=AC\cap BD\in (SAC)\cap (SBD)$. Vậy giao tuyến là $SI$.

Câu 3. $M$ trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{BM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{3}$. $N$ trọng tâm tam giác $ABI$: $\overrightarrow{BN}=\frac{\vec{a}+\vec{0}+\overrightarrow{BI}}{3}=\frac{3\vec{a}+\vec{c}}{6}$. $K\in SB$, $SB=3SK\Rightarrow \overrightarrow{BK}=\frac{2}{3}\vec{s}$.

Câu 3a) $\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{BK}-\overrightarrow{BM}=\frac{2\vec{s}-\vec{a}-\vec{c}}{3}=\frac{(\vec{s}-\vec{a})+(\vec{s}-\vec{c})}{3}$.
Vì $\vec{s}-\vec{a}=\overrightarrow{AS}$ và $\vec{s}-\vec{c}=\overrightarrow{CS}$ đều thuộc $(SAC)$, nên $\overrightarrow{MK}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ chỉ phương của $(SAC)$, do đó $MK\parallel (SAC)$.

Câu 3b) $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BM}=\frac{3\vec{a}+\vec{c}}{6}-\frac{\vec{a}+\vec{c}}{3}=\frac{\vec{a}-\vec{c}}{6}=\frac{1}{6}\overrightarrow{CA}$.
Suy ra $MN\parallel AC\subset (SAC)$ mà $MK\parallel (SAC)$ (câu a), $MN$ cắt $MK$ tại $M$, nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

Câu 3c) Tham số hóa đường thẳng $DK$: $X(t)=D+t(K-D)$ với $\overrightarrow{BD}=\vec{a}+\vec{c}$, $\overrightarrow{BK}=\frac{2}{3}\vec{s}$:
$$X(t)=(1-t)(\vec{a}+\vec{c})+\frac{2t}{3}\vec{s}.$$
$X\in (SAC)$ khi và chỉ khi tổng hệ số của $\vec{a},\vec{c},\vec{s}$ bằng $1$: $2(1-t)+\frac{2t}{3}=1\Rightarrow 2-\frac{4t}{3}=1\Rightarrow t=\frac{3}{4}$.
Vậy $H$ nằm giữa $D$ và $K$, với $DH=\frac{3}{4}DK$, $HK=\frac{1}{4}DK$, do đó $\frac{HK}{HD}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}$.

Câu 3d) Đường thẳng $SA$: $Y(u)=u\vec{a}+(1-u)\vec{s}$ (gốc $B$, $\overrightarrow{BA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{BS}=\vec{s}$).
Mặt phẳng $(DKN)$: $Y=\lambda D+\mu K+\nu N$ với $\lambda +\mu +\nu =1$. So sánh hệ số:
- theo $\vec{c}$: $\lambda +\frac{\nu }{6}=0$;
- theo $\vec{a}$: $\lambda +\frac{\nu }{2}=u$;
- theo $\vec{s}$: $\frac{2\mu }{3}=1-u$.

Từ phương trình đầu: $\lambda =-\frac{\nu }{6}$, suy ra $\frac{\nu }{3}=u\Rightarrow \nu =3u,\lambda =-\frac{u}{2}$, và $\mu =1+\frac{u}{2}-3u=1-\frac{5u}{2}$.
Thế vào phương trình theo $\vec{s}$: $\frac{2}{3}\left(1-\frac{5u}{2}\right)=1-u\Rightarrow 2-5u=3-3u\Rightarrow u=-\frac{1}{2}$.
Vậy $E$ nằm trên đường thẳng $SA$, ngoài đoạn $SA$ phía qua $S$: $\overrightarrow{SE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}$. Suy ra $ES=\frac{1}{2}SA$, $EA=\frac{3}{2}SA$, do đó $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$.

Câu 4. Mặt phẳng $(SDC)$ có hai vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{CD}=\vec{a}$ (vì $CD\parallel AB$) và $\overrightarrow{CS}=\vec{s}-\vec{c}$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ ($\overrightarrow{BM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{3}$, $M$ nằm trong mặt đáy) và song song $(SDC)$:
$$(\alpha ):X=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{3}+u\vec{a}+v(\vec{s}-\vec{c}).$$

- $(\alpha )\cap (SAB)$: điểm thuộc $(SAB)$ khi hệ số của $\vec{c}$ bằng $0$: $v=-\frac{1}{3}$. Giao tuyến là đường thẳng qua $P=\frac{2}{3}\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{s}$ (trên $SA$, $AP=\frac{1}{3}AS$) và $R=\frac{1}{3}\vec{s}$ (trên $SB$, $SR=\frac{2}{3}SB$), song song với $AB$.
- $(\alpha )\cap (SAC)$: cố định $u=0$, giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $SC$, cắt $AC$ tại $Q=\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{c}$ với $AQ=\frac{2}{3}AC$.
- $(\alpha )\cap (SBC)$: cố định $u=-\frac{1}{3}$, giao tuyến là đường thẳng qua $R$ song song với $SC$, cắt $BC$ tại $T=\frac{1}{3}\vec{c}$ với $BT=\frac{1}{3}BC$.
- $(\alpha )\cap (SAD)$: giao tuyến qua $P$ song song với $SD$, cắt $AD$ tại $U=\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{c}$ với $AU=\frac{1}{3}AD$.
- $(\alpha )\cap (ABCD)$: cố định $v=0$, giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$, chính là đường thẳng $TU$ ($T\in BC$, $U\in AD$), và $M$ là trung điểm $TU$.
- $(\alpha )\cap (SCD)=\varnothing$ vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ và $M\notin (SDC)$.

Vậy thiết diện bởi $(\alpha )$ là tứ giác $PRTU$ với $P\in SA(AP=\frac{1}{3}AS)$, $R\in SB(SR=\frac{2}{3}SB)$, $T\in BC(BT=\frac{1}{3}BC)$, $U\in AD(AU=\frac{1}{3}AD)$, trong đó $PR\parallel TU\parallel AB$, $RT\parallel SC$, $PU\parallel SD$, và $M$ là trung điểm của $TU$.