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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$, $N$ là trung điểm của $SA$, $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, suy ra $MN\parallel AD$. Mà $AD\subset (ABC)$ nên $MN\parallel (ABC)$. Mặt khác $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ nên $O\in (ABC)$ và $O\in (OMN)$. Vậy giao tuyến của $(OMN)$ và $(ABC)$ là đường thẳng đi qua $O$ và song song với $AD$ (đường thẳng qua $O$, nằm trong $(OMN)$, song song $MN$). Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$, $BD$ của đáy hình bình hành $ABCD$.

a) SAI. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SCB)$ lần lượt chứa $AD$ và $BC$, mà $AD\parallel BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$), không phải đường thẳng $SO$ ($SO$ nhìn chung không song song với $AD$).

b) ĐÚNG. Trong tam giác $SAC$, $N$ là trung điểm $SC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $NO\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAD)$ nên $NO\parallel (SAD)$. $K=MO\cap AD$ nên $K\in (SAD)\cap (MON)$ (vì $K\in MO\subset (MON)$, $K\in AD\subset (SAD)$). Giao tuyến $d$ của $(MON)$ và $(SAD)$ đi qua $K$ và song song với $NO$, $SA$.

c) ĐÚNG. $G=d\cap MN$, mà $d\subset (SAD)$ nên $G\in (SAD)$ và $G\in MN$; do đó $G$ chính là giao điểm của $MN$ với mặt phẳng $(SAD)$.

d) SAI. Tính tọa độ: lấy $A$ làm gốc, $B=b$, $D=d$, $C=b+d$, $S=s$, $M=-b$, $O=(b+d)/2$, $N=(s+b+d)/2$. $K=MO\cap AD$ cho $t=2/3$ trên $MO$, tức $K=d/3$. Đường $d$ qua $K$ có phương hướng $s$ (song song $SA$). Giải $M+\nu (N-M)=K+\mu s$: hệ số của $b$ cho $\nu =2/3$ (kiểm tra hệ số của $d$: $\nu /2=1/3$ thỏa). Vậy $G=M+(2/3)(N-M)$ nên $GM/GN=(2/3)/(1/3)=2$. Mặt khác $AM=AB$ và $AI=AB/2$ nên $AM/AI=2$. Tỉ số đúng bằng $2$ chứ không bằng $3$, do đó khẳng định d sai.

a) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SCB)$ là đường qua $S$ song song $AD$, không phải $SO$.

b) (AI giải đề cho tôi)
$NO\parallel SA$ ($N$, $O$ là trung điểm $SC$, $AC$ trong tam giác $SAC$) nên $NO\parallel (SAD)$; $K$ chung của hai mặt phẳng nên giao tuyến $d$ qua $K$ và song song $NO$, $SA$.

c) (AI giải đề cho tôi)
$G\in d\subset (SAD)$ và $G\in MN$ nên $G$ là giao điểm của $MN$ với $(SAD)$.

d) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho $G=M+(2/3)(N-M)$ nên $GM/GN=2$; cũng có $AM/AI=AB/(AB/2)=2$, không bằng $3$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần III):
a) Vì $K$ thuộc $AB$ nên đường thẳng $AK$ chính là đường thẳng $AB$, do đó $B$ thuộc $(AHK)$; rõ ràng $B$ thuộc $(SBD)$. Trong tam giác $SAD$, $G$ là trung điểm $SD$ nên $AG$ là trung tuyến; $H$ là trọng tâm nên $H$ thuộc $AG$, tức $G$ thuộc đường thẳng $AH$, suy ra $G$ thuộc $(AHK)$; mà $G$ thuộc $SD$ nên $G$ thuộc $(SBD)$. Vậy giao tuyến của $(AHK)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $BG$.
b) Trong mặt phẳng $(ABD)$: vì $BO/OD=1/2$ (do $AD//BC$, $AD=2BC$ nên $AO/OC=DO/OB=2$) và $BK/KA=1/2$ (do $AK=2KB$), theo định lý Thales ta có $KO//AD$. Suy ra $KO//(SAD)$. Mặt phẳng $(KOH)$ đi qua $KO$ và $H$, nên giao tuyến của $(KOH)$ với $(SAD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $H$ và song song với $AD$ (định lý về giao tuyến: mặt phẳng chứa đường thẳng song song với mặt phẳng khác thì giao tuyến song song với đường thẳng đó). Gọi $d$ cắt $SD$ tại $L$, khi đó $L$ là giao điểm của $(KOH)$ với $SD$. Trong tam giác $SAD$, đường thẳng qua trọng tâm $H$ song song với cạnh $AD$ cắt cạnh $SD$ tại $L$ thì $SL/SD=2/3$ (vì trọng tâm cách đỉnh $S$ một khoảng bằng $2/3$ độ dài trung tuyến, và đường thẳng song song với đáy tạo tam giác đồng dạng tỉ số $2/3$). Do đó $DL/SD=1/3$. Mặt khác $G$ là trung điểm $SD$ nên $DG/SD=1/2$. Vậy $DL/DG=(1/3)/(1/2)=2/3$. Đpcm.
(Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $B(0;0;0)$, $C(1;0;0)$, $A(0;1;0)$, $D(2;1;0)$, $S(0;0;3)$ thì $O(2/3;1/3;0)$, $K(0;1/3;0)$, $H(2/3;2/3;1)$, $G(1;1/2;3/2)$; mặt $(AHK)$: $3x=2z$ chứa $G$; mặt $(KOH)$: $y=1/3+z/3$ cắt $SD$ tại $L(4/3;2/3;1)$ với $DL/DG=2/3$ — khớp kết quả.)

(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 $TU$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì $(\alpha )\parallel CD$ và $M\in (ABCD)$, giao tuyến $(\alpha )\cap (ABCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $CD$ (tức song song với $AB$), không phải song song với $AD$. Đường này cắt $BC$ tại $N$ nên $MN\parallel CD\parallel AB$.

b) Đúng. $(\alpha )$ song song với $SA$ và $M\in (SAD)$, nên theo định lý về giao tuyến, $(\alpha )\cap (SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $SA$ (đường này cắt $SD$ tại $Q$).

c) Đúng. Trong $(ABCD)$: $MN\parallel CD$. Trong $(SCD)$: vì $(\alpha )\parallel CD$ nên giao tuyến $PQ\parallel CD$. Suy ra $MN\parallel PQ$, vậy $MNPQ$ là hình thang có hai đáy $MN$ và $PQ$.

d) Sai. $MQ\subset (SAD)$ (vì $M\in AD,Q\in SD$) và $NP\subset (SBC)$ (vì $N\in BC,P\in SC$). Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cắt nhau theo đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (do $AD\parallel BC$). Do $I=MQ\cap NP$ nên $I$ thuộc đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không phải song song với $AB$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến $(\alpha )\cap (ABCD)$ đi qua $M$ và song song với $CD$ (tức $AB$), vì $(\alpha )\parallel CD$ và $M\in (ABCD)$; không song song với $AD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(\alpha )\parallel SA$, $M\in (SAD)$ nên giao tuyến $(\alpha )\cap (SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $SA$, cắt $SD$ tại $Q$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel CD$ (trong $(ABCD)$) và $PQ\parallel CD$ (trong $(SCD)$ vì $(\alpha )\parallel CD$), nên $MN\parallel PQ$: $MNPQ$ là hình thang hai đáy $MN$, $PQ$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MQ\subset (SAD)$, $NP\subset (SBC)$; $(SAD)\cap (SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (vì $AD\parallel BC$). Vậy $I$ thuộc đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không phải $AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Bài 21 (đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $I$, nên $I$ là trung điểm $AC$ và $BD$; theo vectơ $I=\frac{A+C}{2}=\frac{B+D}{2}$).

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

**2.** $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$ và $I$ (vì $I\in AC\cap BD$). Vậy giao tuyến là đường thẳng $SI$.

**3.** Với $K=\frac{2S+B}{3}$ (vì $SK=\frac{1}{3}SB$), $M=\frac{A+B+C}{3}$, $N=\frac{A+B+I}{3}=\frac{A}{2}+\frac{B}{3}+\frac{C}{6}$.

a) $\overrightarrow{MK}=K-M=\frac{2S-(A+C)}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{IS}$. Vậy $MK\parallel SI\subset (SAC)$ mà $MK\not\subset (SAC)$, suy ra $MK\parallel (SAC)$.

b) $\overrightarrow{MN}=N-M=\frac{I-C}{3}=\frac{A-C}{6}=\frac{1}{6}\overrightarrow{CA}$, nên $MN\parallel AC\parallel (SAC)$. Hai đường thẳng cắt nhau $MK,MN$ cùng song song $(SAC)$ nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

c) $H=DK\cap (SAC)$: trong mặt phẳng $(SBD)$, $(SAC)$ cắt $(SBD)$ theo $SI$. Giải $D+t(K-D)=S+u(I-S)$ với $K=\frac{2S+B}{3}$, $I=\frac{B+D}{2}$: so sánh hệ số theo $S,B,D$ cho $t=\frac{3}{4}$, $u=\frac{1}{2}$. Vậy $\overrightarrow{DH}=\frac{3}{4}\overrightarrow{DK}$, do đó $\frac{HK}{HD}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}$.

d) $E=SA\cap (DKN)$. Vì $NK\subset (MNK)\parallel (SAC)$ nên $(DKN)$ cắt $(SAC)$ theo đường qua $D$ song song $NK$. Dùng vectơ: $E=S+v(A-S)=D+a(K-D)+b(N-D)$, với $D=A+C-B$; so sánh hệ số theo $S,A,B,C$ ta được $1-v=\frac{2a}{3}$, $v=1-a-\frac{b}{2}$, $a+b=\frac{3}{2}$, $1=a+\frac{7b}{6}$, giải ra $b=-3$, $a=\frac{9}{2}$, $v=-\frac{1}{2}$. Vậy $\overrightarrow{SE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}$: $E$ nằm trên tia đối tia $SA$ với $ES=\frac{1}{2}SA$, $EA=\frac{3}{2}SA$, suy ra $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$.

Kiểm tra bằng tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $C=(1;1;0)$, $S=(0;0;3)$. Khi đó $K=\left(\frac{1}{3};0;2\right)$, $N=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{6};0\right)$, mặt phẳng $(DKN)$: $5x+3y+2z=3$; giao với trục $SA$ (trục $Oz$) tại $E=\left(0;0;\frac{3}{2}\right)$, nên $ES=\frac{3}{2}$, $EA=\frac{9}{2}$, $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$ ✓.

**4.** $(\alpha )$ qua $M$ và $\parallel (SDC)$ nên chứa đường qua $M$ song song $DC$ ($p$) và đường qua $M$ song song $SD$ ($m$).

- Với đáy $(ABCD)$: giao tuyến là $p$, cắt $AD$ tại $P$ với $AP=\frac{1}{3}AD$ và cắt $BC$ tại $Q$ với $BQ=\frac{1}{3}BC$; $PQ\parallel AB\parallel CD$.
- Với $(SAD)$: giao tuyến $\parallel SD$; $m$ cắt $(SAD)$ tại $T\in SA$ với $AT=\frac{1}{3}SA$; giao tuyến là $PT\parallel SD$.
- Với $(SAB)$: giao tuyến $\parallel AB$; $m$ cắt $(SAB)$ tại $R\in SB$ với $RB=\frac{1}{3}SB$; giao tuyến là $TR\parallel AB$.
- Với $(SBC)$: giao tuyến $\parallel SC$; đường qua $R$ song song $SC$ cắt $BC$ tại $Q$; giao tuyến là $RQ\parallel SC$.
- Vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ và $M\notin (SCD)$ nên $(\alpha )$ không cắt mặt $(SCD)$.

Kết luận: thiết diện là tứ giác $TRQP$ với $T\in SA(AT=\frac{1}{3}SA)$, $R\in SB(RB=\frac{1}{3}SB)$, $Q\in BC(BQ=\frac{1}{3}BC)$, $P\in AD(AP=\frac{1}{3}AD)$; khi đó $TR\parallel AB$, $RQ\parallel SC$, $QP\parallel AB$, $PT\parallel SD$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ toạ độ: đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$ (với $A$ làm gốc). Khi đó $B=\mathbf{b},D=\mathbf{d},C=\mathbf{b}+\mathbf{d}$, $I=\frac{2\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}=\mathbf{b}+\frac{\mathbf{d}}{2}$, $K=\frac{\mathbf{b}}{2}+\mathbf{d}$, $M=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{b}}{2}$.

Điểm $F$ trên đường thẳng $DM$: $P(t)=\mathbf{d}+t\left(\frac{\mathbf{s}}{2}+\frac{\mathbf{b}}{2}-\mathbf{d}\right)$, với $t=0$ tại $D$, $t=1$ tại $M$.

Giải hệ $\mathbf{b}=\frac{4\mathbf{i}-2\mathbf{k}}{3},\mathbf{d}=\frac{4\mathbf{k}-2\mathbf{i}}{3}$, thay vào $P(t)$:
$$P(t)=\frac{t}{2}\mathbf{s}+\frac{4t-2}{3}\mathbf{i}+\frac{4-5t}{3}\mathbf{k}.$$

$P\in (SIK)$ khi tổng hệ số bằng 1:
$$\frac{t}{2}+\frac{4t-2}{3}+\frac{4-5t}{3}=\frac{t+4}{6}=1\Rightarrow t=2.$$

Vậy $F$ nằm trên tia $DM$ quá $M$ với $DF=2DM$, suy ra $MF=DM$ và $$\frac{MF}{MD}=1.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$, khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành).

Ta có:
- $N$ là trung điểm $BC$: $\overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{2}=\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{d}$.
- $SM=2MC$ nên $M$ chia đoạn $SC$ theo tỉ lệ $\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}$, suy ra $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\vec{s}+\frac{2}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{d}$.

Điểm $I$ trên đường thẳng $SD$: $\overrightarrow{AI}=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$ với $t=\frac{SI}{SD}$.

Vì $I\in (ANM)$ nên tồn tại $\alpha ,\beta$ sao cho $\overrightarrow{AI}=\alpha \overrightarrow{AN}+\beta \overrightarrow{AM}$:
$$\alpha (\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{d})+\beta (\frac{1}{3}\vec{s}+\frac{2}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{d})=(\alpha +\frac{2}{3}\beta )\vec{b}+(\frac{1}{2}\alpha +\frac{2}{3}\beta )\vec{d}+\frac{1}{3}\beta \vec{s}.$$

So sánh hệ số với $\overrightarrow{AI}=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$ (lưu ý $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$ độc lập tuyến tính):
- Hệ số $\vec{s}$: $\frac{\beta }{3}=1-t$.
- Hệ số $\vec{b}$: $\alpha +\frac{2\beta }{3}=0\Rightarrow \alpha =-\frac{2\beta }{3}$.
- Hệ số $\vec{d}$: $\frac{\alpha }{2}+\frac{2\beta }{3}=t\Rightarrow -\frac{\beta }{3}+\frac{2\beta }{3}=\frac{\beta }{3}=t$.

Từ hai phương trình $t=\frac{\beta }{3}$ và $1-t=\frac{\beta }{3}$ suy ra $t=1-t$, do đó $2t=1$, tức $t=\frac{1}{2}$.

Vậy $SI=\frac{1}{2}\cdot SD=\frac{1}{2}\cdot 5=2,5$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $D(0;5;0)$, $C(5;5;0)$, $O(2,5;2,5;0)$, $S(s;s;h)$ (vì $SB=SD$ nên $S$ nằm trên mặt phẳng trung trực của $BD$, tức là mặt phẳng chứa đường chéo $AC$), với $s^2+s^2+h^2=S{A}^2=25$.

Vì $AM=x$, $AO=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ nên đặt $t=\frac{x}{AO}=\frac{2x}{5\sqrt{2}}\in (0;1]$, khi đó $M=tO$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $M$, song song với $SA$ (chỉ hướng $(s;s;h)$) và $BD$ (chỉ hướng $(1;-1;0)$). Mọi điểm của $(\alpha )$ có dạng $X=M+u(s;s;h)+v(1;-1;0)$.

• Giao với $SO$: $X=S+\lambda (O-S)$. So sánh $z$: $u=1-\lambda$; cộng hai phương trình theo $x,y$ ta được $\lambda =t$. Vậy $N=(1-t)S+tO$, tức $\frac{SN}{SO}=t$.

• Giao với $SB$: $X=S+\mu (B-S)$. Từ $z$: $u=1-\mu$; cộng phương trình theo $x,y$: $5t+2s(1-\mu )=2s+\mu (5-2s)\Rightarrow \mu =t$. Vậy $P=(1-t)S+tB$.

• Giao với $AB$ ($z=0\Rightarrow u=0$): $X=M+v(1;-1;0)$, kết hợp $y=0$ cho $v=2,5t$, suy ra $Q=(5t;0;0)=tB$.

Do đó:
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}=(1-t)\overrightarrow{OS}\text{ (cuˋng phương }SA\text{, độ daˋi }5(1-t)),$$
$$\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}=t\overrightarrow{OB}\text{ (độ daˋi }t\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}).$$
Vậy $MNPQ$ là hình bình hành. Hơn nữa $(s;s;h)\cdot (1;-1;0)=s-s=0$ nên $SA\perp BD$, tức $MNPQ$ là hình **chữ nhật** với
$$S_{MNPQ}=5(1-t)\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}t=\frac{25\sqrt{2}}{2}t(1-t).$$
Hàm $f(t)=t(1-t)$ đạt max bằng $\frac{1}{4}$ tại $t=\frac{1}{2}$ (khi đó diện tích lớn nhất $=\frac{25\sqrt{2}}{8}\approx 4,42c{m}^2$).

Suy ra $x=t\cdot AO=\frac{1}{2}\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{4}\approx 1,7678cm$.

Vậy $x=\frac{5\sqrt{2}}{4}\approx 1,8cm$ để diện tích tứ giác $MNPQ$ lớn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ABD)$, $N$ là trung điểm $AB$, $P$ là trung điểm $AD$ nên $NP\parallel BD$. Vì $M\in SB$ nên $M\in (SBD)$, do đó $M$ là điểm chung của $(MNP)$ và $(SBD)$. Trong mặt phẳng $(MNP)$, qua $M$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $NP$; khi đó $d\parallel NP\parallel BD$ mà $BD\subset (SBD)$, nên $d\subset (SBD)$ (đường thẳng qua một điểm của mặt phẳng và song song với một đường thẳng trong mặt phẳng thì nằm trong mặt phẳng đó). Vậy $d=(MNP)\cap (SBD)$ đi qua $M$ và song song với $NP$ (cũng song song với $BD$). Lưu ý $d$ không song song với $BC$ vì $BC\parallel AD$, còn $d\parallel BD$ với $BD$ không song song $AD$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Giải chi tiết Bài 21.

**1. Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$:**
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Hai mặt phẳng có chung điểm $S$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). Khi đó $\Delta \subset (SAB)$ và $\Delta \subset (SCD)$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $\Delta$ qua $S$ với $\Delta \parallel AB\parallel CD$.

**2. Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$:**
$AC$ và $BD$ là hai đường chéo của hình bình hành nên cắt nhau tại tâm $I$, với $I\in (SAC)\cap (SBD)$; hai mặt phẳng còn có chung điểm $S$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SI$.

**3.** $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$, $K\in SB$ với $SB=3SK$ (suy ra $SK=\frac{1}{3}SB$, $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}$).

**a) $MK\parallel (SAC)$:**
Gọi $P$ là trung điểm $AC$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $M$ thuộc trung tuyến $BP$ với $\frac{PM}{MB}=\frac{1}{2}$. Trong tam giác $SBP$ có $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}=\frac{PM}{MB}$, nên theo định lý Thales $MK\parallel SP$. Mà $SP\subset (SAC)$, $MK\not\subset (SAC)$, vậy $MK\parallel (SAC)$.

**b) $(MNK)\parallel (SAC)$:**
Trong mặt phẳng đáy, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AI}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\right)=-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}$, nên $MN\parallel AC$, suy ra $MN\parallel (SAC)$. Kết hợp $MK\parallel (SAC)$ (câu a), $MN\cap MK=M$, $MN,MK\subset (MNK)$, nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

**c) Tìm $H=DK\cap (SAC)$, tính $\frac{HK}{HD}$:**
$DK\subset (SBD)$ và giao tuyến của $(SAC)$ với $(SBD)$ là $SI$ (câu 2), do đó $H=DK\cap SI$. Xét tam giác $DKB$ trong mặt phẳng $(SBD)$: ba điểm $H\in DK$, $I\in DB$ (trung điểm, $\frac{BI}{ID}=1$), $S$ trên đường thẳng $KB$ ngoài đoạn $KB$ với $\frac{KS}{KB}=\frac{1}{3}$ thẳng hàng. Theo định lý Menelaus:
$$\frac{DH}{HK}\cdot \frac{KS}{SB}\cdot \frac{BI}{ID}=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}\cdot \frac{1}{3}\cdot 1=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}=3.$$
Vậy $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),S(0,0,3)$ thì $K=\left(\frac{1}{3},0,2\right)$, mặt $(SAC)$ là $x=y$, đường $DK$: $(x,y,z)=\left(\frac{t}{3},1-t,2t\right)$; điều kiện $x=y$ cho $\frac{t}{3}=1-t\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $H$ chia $DK$ theo tỉ số $\frac{DH}{HK}=3$, đúng $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.)

**d) Tìm $E=SA\cap (DKN)$, tính $\frac{ES}{EA}$:**
Trong mặt đáy, đường thẳng $DN$ cắt $AB$ tại $F$ với $\frac{AF}{FB}=\frac{3}{2}$ (do $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$). Khi đó $(DKN)\cap (SAB)=KF$ (chung điểm $K,F$), suy ra $E=SA\cap KF$. Áp dụng Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $E$-$K$-$F$:
$$\frac{SE}{EA}\cdot \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}\cdot \frac{3}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}=\frac{1}{3}.$$
Vậy $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$ (điểm $E$ nằm trên đường thẳng $SA$, ngoài đoạn $SA$ về phía $S$; kiểm tra tọa độ: $E=(0,0,\frac{9}{2})$ với $S=(0,0,3)$, $A=(0,0,0)$, cho $\frac{ES}{EA}=\frac{3/2}{9/2}=\frac{1}{3}$).

**4. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ song song $(SDC)$:**
Vì $AB\parallel CD\subset (SDC)$ nên $(\alpha )\parallel AB$; và $(\alpha )\parallel SD$.
- Trên mặt đáy: giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ ($CD$), cắt $AD$ tại $P$ và cắt $BC$ tại $Q$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AP}{AD}=\frac{1}{3}$, $\frac{BQ}{BC}=\frac{1}{3}$.
- Trên mặt $(SAD)$: vì $(\alpha )\parallel SD$, giao tuyến là đường thẳng qua $P$ song song với $SD$, cắt $SA$ tại $U$ với $\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$ (tức $\frac{SU}{SA}=\frac{2}{3}$).
- Trên mặt $(SBC)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ và $(SDC)\cap (SBC)=SC$, giao tuyến là đường thẳng qua $Q$ song song với $SC$, cắt $SB$ tại $V$ với $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.
- Trên mặt $(SAB)$: giao tuyến là đoạn $UV$ (và $UV\parallel AB$, phù hợp vì $(\alpha )\parallel CD\parallel AB$).
- Mặt $(SCD)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ nên $(\alpha )$ không cắt mặt $(SCD)$.

Vậy thiết diện của $(\alpha )$ với hình chóp là tứ giác $UVQP$ với $P\in AD,Q\in BC,U\in SA,V\in SB$ và $\frac{AP}{AD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$, $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.

Ghi chú: kết quả $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$ ở câu 3c đã được kiểm chứng độc lập bằng phương pháp tọa độ (H ứng với tham số $t=\frac{3}{4}$ trên đoạn $DK$), khớp với đáp án đã nêu; không có mâu thuẫn với đề bài.