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

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;\sqrt{3};0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;2)$. Vectơ $\overrightarrow{SC}=(1;\sqrt{3};-2)$ nên $(\alpha ):x+\sqrt{3}y-2z=0$. Giao với $SB$: điểm $P(\frac{4}{5};0;\frac{2}{5})$; giao với $SD$: điểm $Q(0;\frac{4\sqrt{3}}{7};\frac{6}{7})$; giao với $SC$: điểm $R(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};1)$. Thiết diện là tứ giác $APRQ$. Diện tích tam giác $APR$: $\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AR}=(-\frac{\sqrt{3}}{5};-\frac{3}{5};\frac{2\sqrt{3}}{5})$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{5}$, diện tích $\frac{\sqrt{6}}{5}$. Diện tích tam giác $AQR$: $\overrightarrow{AQ}\times \overrightarrow{AR}=(\frac{\sqrt{3}}{7};\frac{3}{7};-\frac{2\sqrt{3}}{7})$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{7}$, diện tích $\frac{\sqrt{6}}{7}$. Tổng $S=\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{6}}{7}=\frac{12\sqrt{6}}{35}\approx 0,84$. Khớp với đáp án nguồn 0,84.

* Có $DM\perp AC\Rightarrow DM\perp NH$
* $DM=\sqrt{2^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{6}$.
* Tam giác $SCD$ vuông tại $D$, $SD=2\sqrt{2}$. $DN=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}=2$; $DH=\frac{2}{3}DM=\frac{2\sqrt{6}}{3}$; $NH=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
* $S_{MND}=\frac{1}{2}.\sqrt{6}.\frac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tham chiếu affine: lấy $K$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{KB}=\mathbf{b},\overrightarrow{KC}=\mathbf{c},\overrightarrow{KS}=\mathbf{s}$. Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c}$. Khi đó $E=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b},F=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{c}$.

a) Mặt phẳng $(CDE)$ có vectơ chỉ phương $\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c}$ và $\mathbf{c}$. Điểm $M\in SB$ có dạng $M=(1-\lambda )\mathbf{s}+\lambda \mathbf{b}$. Giải $M=\alpha (\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c})+\gamma \mathbf{c}$ ta được $\alpha =\lambda ,1-\lambda =\lambda /2\Rightarrow \lambda =\frac{2}{3}$, tức $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\left(\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$. Vậy $M\in KE$. Về lý thuyết: $(SAB)\cap (CDE)=KE$ (vì $K\in AB\cap CD$, $E\in SA$), mà $M\in SB\subset (SAB)$ và $M\in (CDE)$ nên $M\in KE$. Đúng.

b) Tương tự, giải $N=(1-\mu )\mathbf{s}+\mu \mathbf{c}\in (EMF)$ ta được $\mu =\frac{2}{3}$, tức $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$. Khi đó $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}(\mathbf{c}-\mathbf{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$, tức $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.

c) Đường $AM$: $2\mathbf{b}+t\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{b}}{3}\right)$; đường $DN$: $2\mathbf{c}+u\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{c}}{3}\right)$. Cho hai biểu thức bằng nhau: hệ số $\mathbf{s}$ cho $t=u$; hệ số $\mathbf{b}$ cho $2-\frac{4t}{3}=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}$; hệ số $\mathbf{c}$ cho $2-\frac{4u}{3}=0\Rightarrow u=\frac{3}{2}$ (nhất quán). Giao điểm là $P=\frac{\mathbf{s}}{2}$, tức trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm $SK$. Đúng.

d) Vì $K$ là gốc, $M=\frac{2}{3}E,N=\frac{2}{3}F$ (theo vectơ từ $K$), nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$. Sai.

Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\cap (CDE)=KE$ vì $K\in AB\cap CD$ và $E\in SA$. Mà $M=SB\cap (CDE)\subset (SAB)\cap (CDE)$ nên $M\in KE$. (Kiểm tra tọa độ: với $K$ gốc, $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c},S=\mathbf{s}$ thì $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$.)
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ và $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$: $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hệ tọa độ với $K$ gốc, $AM\cap DN=P=\frac{\mathbf{s}}{2}$ là trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy ba đường thẳng $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm của $SK$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$ và $N=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ (tính theo vectơ từ $K$), tam giác $KMN$ đồng dạng với $KEF$ với tỉ số $\frac{2}{3}$, nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{a}+\vec{c}=\vec{b}+\vec{d}$, tức $\vec{d}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Ta có $M$ là trung điểm $SB$: $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{b}$; $SN=2ND$ nên $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{d}$. Điểm $P\in SC$ với $\overrightarrow{SP}=k\vec{c}$ nằm trong mặt phẳng $(AMN)$ nên $\overrightarrow{SP}=\alpha \vec{a}+\beta \cdot \frac{1}{2}\vec{b}+\gamma \cdot \frac{2}{3}\vec{d}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$. Thay $\vec{d}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$: $\overrightarrow{SP}=\left(\alpha +\frac{2\gamma }{3}\right)\vec{a}+\left(\frac{\beta }{2}-\frac{2\gamma }{3}\right)\vec{b}+\frac{2\gamma }{3}\vec{c}$. So sánh với $k\vec{c}$: $\alpha +\frac{2\gamma }{3}=0$, $\frac{\beta }{2}=\frac{2\gamma }{3}$, $k=\frac{2\gamma }{3}$. Kết hợp $\alpha +\beta +\gamma =1$: $-\frac{2\gamma }{3}+\frac{4\gamma }{3}+\gamma =\frac{5\gamma }{3}=1\Rightarrow \gamma =\frac{3}{5}$. Vậy $k=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{5}=\frac{2}{5}=0,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $O$ là gốc, $A=(1,0,0)$, $C=(-1,0,0)$, $B=(0,1,0)$, $D=(0,-1,0)$, $S=(0,0,h)$. Khi đó $E$ trung điểm $SC$ là $E=(-\frac{1}{2},0,\frac{h}{2})$; $F$ trên $BD$ với $BF=\frac{2}{3}BD$ nên $F=(0,-\frac{1}{3},0)$. Mặt phẳng $(AEF)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AE}\times \overrightarrow{AF}=(\frac{h}{6},-\frac{h}{2},\frac{1}{2})$, nên phương trình: $\frac{h}{6}(x-1)-\frac{h}{2}y+\frac{1}{2}z=0$. Điểm $M$ trên $SB$ có dạng $M=(0,t,h(1-t))$ với $t=\frac{SM}{SB}$. Thay vào: $-\frac{h}{6}-\frac{h}{2}t+\frac{h}{2}(1-t)=0\Rightarrow -\frac{1}{6}+\frac{1}{2}-t=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{3}$, tức $a=1$, $b=3$ và $3a+b=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ trong mặt phẳng đáy: $C=(0,0,0)$, $D=(1,0,0)$ (vậy $CD=1$), $A=(a,1,0)$, $B=(a+2,1,0)$ (vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD=2$), và $S=(0,0,1)$. Trọng tâm của $\Delta SCD$ là $M=\left(\frac{1}{3},0,\frac{1}{3}\right)$.

Mặt phẳng $(SAC)$ đi qua $C$ với hai vectơ $\overrightarrow{CA}=(a,1,0)$, $\overrightarrow{CS}=(0,0,1)$ có phương trình: $x-ay=0$.

Mặt phẳng $(SBM)$ đi qua $S$ với hai vectơ $\overrightarrow{SB}=(a+2,1,-1)$, $\overrightarrow{SM}=\left(\frac{1}{3},0,-\frac{2}{3}\right)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(2,-(2a+3),1)$, phương trình: $2x-(2a+3)y+z-1=0$.

Giao tuyến $SI$: thay $x=ay$ vào phương trình mặt phẳng $(SBM)$: $-3y+z-1=0\Rightarrow z=1+3y$. Tại $z=0$ (mặt đáy): $y=-\frac{1}{3}$, $x=-\frac{a}{3}$, tức $I=\left(-\frac{a}{3},-\frac{1}{3}\right)$.

Kiểm tra: $I=\left(-\frac{1}{3}\right)(a,1)$ nên $I$ nằm trên đường thẳng $AC$, kéo dài qua $C$, với $\frac{IC}{AC}=\frac{1}{3}$. Suy ra $\frac{IA}{IC}=\frac{AC+IC}{IC}=\frac{1+1/3}{1/3}=4$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: $\frac{IA}{IC}=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình bình hành tâm $O$; $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $CB,SD,SC$.

a) SAI. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cùng chứa $S$ nên giao tuyến $\Delta$ đi qua $S$. Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$ nên $AD\parallel (SBC)$, suy ra $AD\parallel \Delta$, tức $\Delta \parallel AD\parallel BC$. Mà $AB\parallel CD$ (không song song với $AD/BC$), do đó $\Delta$ không song song với $AB$. Mệnh đề sai.

b) SAI. $M\in (ABCD)$ còn $N\in SD$ không thuộc $(ABCD)$; đường thẳng $MN$ không nằm cùng mặt phẳng với $CD$ và không cắt $CD$ ($CD\parallel AB$, $MN$ đi lên phía $S$), hai đường thẳng chéo nhau. Mệnh đề sai.

c) SAI. Trong tam giác $SBC$, $MP$ là đường trung bình nên $MP\parallel SB$, do đó $MP\parallel (SBD)$. Mặt phẳng $(MNP)$ và $(SBD)$ có điểm chung $N$ (vì $N\in SD\subset (SBD)$ và $N\in (MNP)$). Vậy giao tuyến của $(MNP)$ và $(SBD)$ là đường thẳng qua $N$ và song song với $MP$ (tức song song $SB$), không phải $NB$. Mệnh đề sai.

d) ĐÚNG. Trong tam giác $SAC$: $P$ là trung điểm $SC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $PO\parallel SA$. Xét mặt phẳng $(MNP)$: vì $MP\parallel SB$ và $O$ là trung điểm $BD$... cụ thể, dùng tọa hóa: đặt $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $D(0,1,0)$, $C(1,1,0)$, $O(1/2,1/2,0)$, $S(a,b,1)$ thì $M(1,1/2,0)$, $N(a/2,(b+1)/2,1/2)$, $P((a+1)/2,(b+1)/2,1/2)$. Kiểm tra thấy $O$ thỏa mãn phương trình mặt phẳng $(MNP)$ (mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình dạng $y=1/2+z/2$ độc lập với $a,b$), nên $O\in (MNP)$. Do đó $(MNP)\cap (SAC)$ là đường thẳng $PO$ (vì $P,O$ đều thuộc cả hai mặt phẳng, $P\in SC\subset (SAC)$). Suy ra giao điểm của $MN$ với $(SAC)$ chính là giao điểm của $MN$ với $PO$. Mệnh đề đúng.

Kết quả: a) Sai, b) Sai, c) Sai, d) Đúng — khớp với đáp án nguồn.

a) $\Delta$ đi qua $S$ và $\Delta \parallel AD\parallel BC$ (vì $AD\parallel BC$ nên $AD\parallel (SBC)$ suy ra $AD\parallel \Delta$). Vì $AB\parallel CD$ nên $AB$ không song song với $AD$, do đó $\Delta$ không song song với $AB$.

b) $M$ thuộc $(ABCD)$, $N$ thuộc cạnh $SD$ (không thuộc $(ABCD)$); $MN$ và $CD$ chéo nhau nên không cắt nhau.

c) $MP$ là đường trung bình tam giác $SBC$ nên $MP\parallel SB\Rightarrow MP\parallel (SBD)$. $(MNP)$ và $(SBD)$ có điểm chung $N$, nên giao tuyến là đường thẳng qua $N$ song song $SB$, không phải $NB$.

d) $P$ trung điểm $SC$, $O$ trung điểm $AC$ nên $PO\parallel SA$. Mặt phẳng $(MNP)$ chứa $O$ (kiểm tra bằng tọa hóa: với $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $D(0,1,0)$, $C(1,1,0)$, $S(a,b,1)$, mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình $y=1/2+z/2$, và $O(1/2,1/2,0)$ thỏa mãn). Vậy $(MNP)\cap (SAC)=PO$, nên giao điểm của $MN$ với $(SAC)$ là $MN\cap PO$.

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

Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{a}$, $\overrightarrow{SP}=\frac{1}{2}\vec{c}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{b}$.

Điểm $X\in (MNP)$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{SX}=\lambda \cdot \frac{1}{2}\vec{a}+\mu \cdot \frac{1}{2}\vec{c}+\nu \cdot \frac{2}{3}\vec{b}$ với $\lambda +\mu +\nu =1$.

Vì $Q\in SD$, đặt $\overrightarrow{SQ}=t\overrightarrow{SD}=t\vec{a}-t\vec{b}+t\vec{c}$. So sánh hệ số: $\frac{\lambda }{2}=t\Rightarrow \lambda =2t$; $\frac{\mu }{2}=t\Rightarrow \mu =2t$; $\frac{2\nu }{3}=-t\Rightarrow \nu =-\frac{3t}{2}$.

Thay vào $\lambda +\mu +\nu =1$: $2t+2t-\frac{3t}{2}=1\Rightarrow \frac{5t}{2}=1\Rightarrow t=\frac{2}{5}=0,4$.

Vậy $\frac{SQ}{SD}=0,4$, khớp với đáp án nguồn $0,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ toạ độ affine: $A=0,B={\mathbf{e}}_1,C={\mathbf{e}}_2,D={\mathbf{e}}_3$. Khi đó $M=\frac{1}{2}{\mathbf{e}}_1$, $N=\frac{1}{2}({\mathbf{e}}_2+{\mathbf{e}}_3)$. Vì $\frac{AP}{PC}=2$ nên $P=\frac{2}{3}{\mathbf{e}}_2$. Gọi $Q=(1-t){\mathbf{e}}_1+t{\mathbf{e}}_3$ với $\frac{BQ}{QD}=\frac{t}{t-1}$ (Q nằm ngoài đoạn BD). Vì $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $Q=M+s(N-M)+r(P-M)$. So sánh toạ độ: theo ${\mathbf{e}}_3$: $t=\frac{s}{2}$; theo ${\mathbf{e}}_2$: $\frac{s}{2}+\frac{2r}{3}=\frac{2}{3}$; theo ${\mathbf{e}}_1$: $1-t=\frac{1}{2}-\frac{s}{2}-\frac{r}{2}$. Thế $s=2t$ vào phương trình theo ${\mathbf{e}}_1$: $1-t=\frac{1}{2}-t-\frac{r}{2}\Rightarrow r=-1$. Khi đó $t-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\Rightarrow t=\frac{4}{3}$. Vậy $\frac{BQ}{QD}=\frac{t}{t-1}=\frac{4/3}{1/3}=4$.

Trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $E$ là giao điểm của $MQ$ và $AC$. Điểm $E$ nằm trên tia $AC$, phía ngoài điểm $C$.

Qua $D$ kẻ đường thẳng song song với $AC$, cắt $MQ$ tại $H$.

Hai tam giác $QDH$ và $QCE$ bằng nhau theo trường hợp góc - cạnh - góc (do $QD=QC$ và các cặp góc so le trong bằng nhau), suy ra $DH=CE$.

Trong tam giác $AME$, vì $DH\parallel AE$ nên theo định lý Ta-lét: $\frac{DH}{AE}=\frac{MD}{MA}=\frac{1}{4}$.

Thay $DH=CE$ vào, ta được $\frac{CE}{AE}=\frac{1}{4}\Rightarrow AE=4CE$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, điểm $E$ nằm trên tia $AC$, phía ngoài $C$. Vì $P$ là trung điểm của $AB$, đường thẳng $EP$ cắt đoạn $BC$ tại $N$. Điểm $N$ chính là giao điểm của đường thẳng $BC$ và mặt phẳng $(MPQ)$.

Qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $AC$, cắt $EP$ tại $K$.

Hai tam giác $PBK$ và $PAE$ bằng nhau theo trường hợp góc - cạnh - góc (do $PA=PB$ và các góc so le trong bằng nhau), suy ra $BK=AE=4CE$.

Do $BK\parallel CE$, áp dụng định lý Ta-lét cho hai tam giác $NBK$ và $NCE$:
$$\frac{NB}{NC}=\frac{BK}{CE}=\frac{4CE}{CE}=4\Rightarrow NB=4NC.$$

Vì $N$ nằm trên đoạn $BC$ nên $BC=NB+NC=4NC+NC=5NC$.

Vậy tỉ số $\frac{NB}{BC}=\frac{4NC}{5NC}=\frac{4}{5}=0,8$.

Đáp án: 0,29.



Trong mặt phẳng $(BCD)$ ta gọi $I=FG\cap BD$, trong mặt phẳng $(ADB)$ ta gọi $N=IE\cap AD$.

Khi đó: $NG=(EFG)\cap (ACD)$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ với ba điểm $I,G,F$ thẳng hàng ta có:

$$\frac{ID}{IB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{GC}{GD}=1\Rightarrow \frac{ID}{IB}=\frac{1}{4}.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABD$ với ba điểm $I,N,E$ thẳng hàng ta có:

$$\frac{ND}{NA}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{IB}{ID}=1\Rightarrow \frac{ND}{NA}=\frac{1}{4}\Rightarrow ND=\frac{1}{5}.$$

Áp dụng định lý Cosin vào tam giác $NDG$ ta có: $N{G}^2=N{D}^2+D{G}^2-2.DN.DG.\cos 60^{\circ }$

$$=\frac{1}{25}+\frac{1}{9}-\frac{1}{15}=\frac{19}{225}\Rightarrow NG=\frac{\sqrt{19}}{15}\approx 0,29.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, vì $AD\parallel BC$ và $AD=kBC$ nên $\overrightarrow{AD}=k(\vec{c}-\vec{b})$, tức $\vec{D}=k(\vec{c}-\vec{b})$ (đặt $A$ làm gốc, $\vec{S}=\vec{s}$).

Ta có:
- $\vec{M}=\frac{2}{3}\vec{b}$;
- $\vec{N}=\frac{1}{3}\vec{D}+\frac{2}{3}\vec{c}=\frac{k}{3}(\vec{c}-\vec{b})+\frac{2}{3}\vec{c}$;
- $\vec{G}=\frac{\vec{S}+\vec{D}}{3}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{k}{3}(\vec{c}-\vec{b})$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{k+2}{3}(\vec{c}-\vec{b})$, tức $MN\parallel BC\parallel AD$.

**Tìm $Q=(GMN)\cap SA$:** $\vec{Q}=\alpha \vec{s}$. Vì $Q\in (GMN)$ nên $\vec{Q}-\vec{M}=a(\vec{c}-\vec{b})+b(\vec{G}-\vec{M})$ với $\vec{G}-\vec{M}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{k}{3}\vec{c}-\frac{k+2}{3}\vec{b}$. So sánh hệ số theo $\vec{s},\vec{c},\vec{b}$: hệ số $\vec{s}$ cho $b=3\alpha$; hệ số $\vec{c}$ cho $a=-\alpha k$; hệ số $\vec{b}$ cho $-a-\alpha (k+2)=-\frac{2}{3}\Rightarrow \alpha k+\alpha (k+2)=\frac{2}{3}\Rightarrow 2\alpha =\frac{2}{3}\Rightarrow \alpha =\frac{1}{3}$. Vậy $\vec{Q}=\frac{\vec{s}}{3}$.

**Tìm $P=(GMN)\cap SD$:** $\vec{P}=(1-\mu )\vec{s}+\mu k(\vec{c}-\vec{b})$. Lập luận tương tự với $\vec{P}-\vec{M}=a(\vec{c}-\vec{b})+b(\vec{G}-\vec{M})$: từ hệ số $\vec{s}$: $b=3(1-\mu )$; hệ số $\vec{c}$: $a=(2\mu -1)k$; hệ số $\vec{b}$: $(2\mu -1)k+(1-\mu )(k+2)=\mu k+\frac{2}{3}\Rightarrow 2-2\mu =\frac{2}{3}\Rightarrow \mu =\frac{2}{3}$. Vậy $\vec{P}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{2}{3}\vec{D}$.

**Điều kiện hình bình hành $MNPQ$:** hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm, tức $\vec{M}+\vec{P}=\vec{N}+\vec{Q}$.
- Hệ số $\vec{s}$: $\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$ (thỏa luôn).
- Hệ số $\vec{b}$: $\frac{2}{3}-\frac{2k}{3}=-\frac{k}{3}\Rightarrow 2-2k=-k\Rightarrow k=2$.
- Hệ số $\vec{c}$: $\frac{2k}{3}=\frac{k}{3}+\frac{2}{3}\Rightarrow k=2$ (nhất quán).

Kiểm tra với $k=2$: $\overrightarrow{QP}=\vec{P}-\vec{Q}=\frac{2}{3}\vec{D}=\frac{4}{3}(\vec{c}-\vec{b})=\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MQ}=\vec{Q}-\vec{M}=\frac{\vec{s}}{3}-\frac{2}{3}\vec{b}=\overrightarrow{NP}$. Vậy $MNPQ$ thực sự là hình bình hành.

Kết luận: $k=2$, trùng với đáp án của đề (mã đề 1001, câu 22: 2).

Đáp án: 35,7.

$MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN\parallel AB$ và $MN=\frac{AB}{2}=6$.

Hai mặt phẳng $(MNP)$ và $(ABD)$ có điểm chung $P$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $MN$, $AB$, mà $P\notin AB$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $P$ và song song với $AB$, cắt $AD$ tại $Q$. Do đó $PQ\parallel AB$.

Trong tam giác $ABD$ có $PQ\parallel AB$ nên $\frac{DQ}{DA}=\frac{DP}{DB}=\frac{PQ}{AB}=\frac{1}{3}$, suy ra $PQ=4$, $AQ=8$.

Tam giác $AMQ$ có $AM=6$, $AQ=8$, $\widehat{MAQ}=60^{\circ }$ nên
$M{Q}^2=A{M}^2+A{Q}^2-2\cdot AM\cdot AQ\cdot \cos 60^{\circ }=36+64-48=52$.

Tương tự, tam giác $BNP$ có $BN=6$, $BP=8$, $\widehat{NBP}=60^{\circ }$ nên $N{P}^2=52$, suy ra $MQ=NP=\sqrt{52}$.

Tứ giác $MNPQ$ có $MN\parallel PQ$, $MN\ne PQ$ và $MQ=NP$ nên là hình thang cân.

Kẻ $QI\perp MN$ $(I\in MN)$, ta có $MI=\frac{MN-PQ}{2}=1$, $QI=\sqrt{M{Q}^2-M{I}^2}=\sqrt{52-1}=\sqrt{51}$.

Vậy $S_{MNPQ}=\frac{(MN+PQ)\cdot QI}{2}=\frac{(6+4)\sqrt{51}}{2}=5\sqrt{51}\approx 35,7\left(c{m}^2\right)$.

Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN\parallel AB\parallel CD$ và $MN=\frac{1}{2}AB=6a$.
Mặt phẳng $(MNG)$ chứa $MN\parallel CD$, qua trọng tâm $G$ kẻ đường thẳng song song với $CD$ cắt $SC,SD$ lần lượt tại $P,Q$.
Do $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SD}=\frac{2}{3}⟹PQ=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}(12a)=8a$.
Thiết diện là hình thang cân $MNPQ$ có đáy $MN=6a,PQ=8a$.
Trong tam giác đều $SBC$ cạnh $12a$ có $SN=6a,SP=8a,\widehat{BSC}=60^{\circ }$:
$N{P}^2=S{N}^2+S{P}^2-2SN\cdot SP\cdot \cos 60^{\circ }=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \frac{1}{2}=52a^2$.
Chiều cao hình thang cân: $h=\sqrt{N{P}^2-{\left(\frac{PQ-MN}{2}\right)}^2}=\sqrt{52a^2-a^2}=\sqrt{51a^2}=a\sqrt{51}$.
Diện tích thiết diện: $S=\frac{MN+PQ}{2}\cdot h=\frac{6a+8a}{2}\cdot a\sqrt{51}=7\sqrt{51}{a}^2$. Chọn B.

Mở rộng mặt phẳng $(AEF)$ cắt các cạnh của hình lập phương tạo thành ngũ giác thiết diện. Chiếu ngũ giác lên đáy $(ABCD)$ và dùng công thức hình chiếu $S=\frac{S^{\prime }}{\cos \phi }$, ta được diện tích thiết diện là $S=\frac{7\sqrt{17}{a}^2}{24}$. Chọn A.

Vì $G$ là trọng tâm của tứ diện $SABC$ nên $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC})=\frac{5}{4S{A}^{\prime }}\overrightarrow{S{A}^{\prime }}+\frac{5}{4S{B}^{\prime }}\overrightarrow{S{B}^{\prime }}+\frac{5}{4S{C}^{\prime }}\overrightarrow{S{C}^{\prime }}$. Do bốn điểm $G,A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ đồng phẳng nên $\frac{5}{4S{A}^{\prime }}+\frac{5}{4S{B}^{\prime }}+\frac{5}{4S{C}^{\prime }}=1⟹T=\frac{4}{5}=0,8$.

Gọi $M$ là trung điểm dây cung $AB$, từ $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{h^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{25}{9a^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow OM=\frac{3a}{4}$. Khi đó $SM=\sqrt{h^2+O{M}^2}=\frac{5a}{4}$ và $AM=\sqrt{r^2-O{M}^2}=a\Rightarrow AB=2a$. Diện tích thiết diện là $S=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\frac{5}{4}{a}^2$.