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

(AI giải đề cho tôi)
M là trung điểm $SD$ nên $M$ thuộc mặt phẳng $(SAD)$, do đó $AM\subset (SAD)$ đúng. Tương tự $M\in (SCD)$ nên $CM\subset (SCD)$ đúng. Xét mặt phẳng $(SBD)$: $M\in SD\subset (SBD)$ nhưng $B$ cũng $\in (SBD)$, nên $BM\subset (SBD)$ đúng. Còn $(SBC)$ chỉ chứa $S$, $B$, $C$; $M$ nằm trên $SD$ không thuộc $(SBC)$ (vì $D$ không thuộc $(SBC)$), nên $BM\not\subset (SBC)$. Mệnh đề sai là D. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SAD)$ đều chứa điểm $S$ và điểm $A$ (vì $A\in AC$ và $A\in AD$). Hai mặt phẳng phân biệt có hai điểm chung $S,A$ nên giao tuyến là đường thẳng đi qua hai điểm chung đó, tức $SA$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là tứ giác $ABCD$ (1 mặt đáy) và 4 mặt bên là $(SAB),(SBC),(SCD),(SDA)$. Tổng số mặt là $1+4=5$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 18: a) Ta có $I\in SB\subset (SBD)$ và $A\in (IAC)$. Gọi $O=AC\cap BD$ (tâm hình bình hành), khi đó $O\in AC\subset (IAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung $I,O$, suy ra giao tuyến của $(IAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $IO$.

b) Trong tam giác $SBC$: $I$ là trung điểm $SB$, $T$ là trung điểm $SC$ nên $IT$ là đường trung bình, do đó $IT\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ (hình bình hành $ABCD$) nên $IT\parallel AD$. Vì $IT\subset (IAC)$ và $AD\not\subset (IAC)$ nên $AD\parallel (IAC)$. Hai mặt phẳng $(IAC)$ và $(SCD)$ có điểm chung $C$; giao tuyến qua $C$ và song song với $AD$ (cũng song song $IT$). Vậy giao tuyến là đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ (nó chính là đường thẳng $CT$ vì $T\in (SCD)$, $CT\subset$ đường trung bình song song $AD$... chính xác hơn: giao tuyến là đường thẳng $d$ qua $C$ sao cho $d\parallel AD$; do $IT\parallel AD$ và $IT\subset (IAC)$, đường thẳng này cắt $(SCD)$ theo hướng song song $AD$, tức giao tuyến là đường qua $C$ song song $AD$).

c) Như trên: $IT$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ nên $IT\parallel BC$; vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Suy ra $IT\parallel AD$ (điều phải chứng minh).

d) Xét $(SAC)$: $O$ là trung điểm $AC$, $T$ là trung điểm $SC$ nên $OT\parallel SA$. Vì $O\in BD\subset (BDT)$ và $T\in (BDT)$ nên $OT\subset (BDT)$, suy ra $SA\parallel (BDT)$. Khi đó $(BDT)\cap (SAB)$ là đường thẳng qua $B$ song song với $SA$ (vì $B$ chung, và mặt phẳng $(SAB)$ chứa $SA$ song song $(BDT)$). Gọi $K$ là giao điểm của $AI$ với đường thẳng qua $B$ song song $SA$; khi đó $K=AI\cap (BDT)$. Cụ thể: trong mặt phẳng $(SAB)$, tam giác $KBI$ đồng dạng với tam giác $SAI$ (do $KB\parallel SA$) với $IB=IS$ nên $IK=IA$, tức $I$ là trung điểm $AK$ và $KB=SA$. Vậy giao điểm của $AI$ và $(BDT)$ là điểm $K$ đối xứng với $A$ qua $I$ (điểm $K$ nằm trên đường thẳng qua $B$ song song với $SA$, với $KB=SA$).

(AI giải đề cho tôi)
Ba điểm phân biệt nhưng thẳng hàng thì không xác định mặt phẳng, nên phát biểu A sai. Các phát biểu B, C, D đều là các định lý đúng về cách xác định mặt phẳng.

a) Đúng. S, O là 2 điểm chung của 2 mp (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)$.

b) Đúng. M, O lần lượt là trung điểm của SA, AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC nên $MO\parallel SC$.

c) Sai. Ta có $\{\begin{array}{l}M\in (BCM)\cap (SAD)\\ BC\parallel AD\\ BC\subset (BCM),AD\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow (BCM)\cap (SAD)=Mx$ (qua M và $Mx\parallel BC\parallel AD$).

d) Đúng. Chọn (SAN) chứa MN. Trong mp (ABCD), $AN\cap BD=J\Rightarrow (SAN)\cap (SBD)=SJ$. Trong (SAN), $MN\cap SJ=I\Rightarrow I=MN\cap (SBD)$. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MAN có cát tuyến SIJ, ta có $\frac{MI}{NI}\cdot \frac{NJ}{AJ}\cdot \frac{AS}{MS}=1$. Lại có $DN\parallel AB\Rightarrow \frac{JN}{JA}=\frac{DN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{MI}{NI}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow 2IM=3IN$.
a) S, O là 2 điểm chung của 2 mp (SAC) và (SBD) nên $SO=(SAC)\cap (SBD)$ nên a) Đúng
b) M, O lần lượt là trung điểm của SA, AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC nên $MO\parallel SC$. Vậy b) Đúng
c) Ta có $\{\begin{array}{l}M\in (BCM)\cap (SAD)\\ BC\parallel AD\\ BC\subset (BCM),AD\subset (SAD)\end{array}\Rightarrow (BCM)\cap (SAD)=Mx$ (qua M và $Mx\parallel BC\parallel AD$) nên c) Sai
d) Chọn (SAN) chứa MN

Trong mp (ABCD), $AN\cap BD=J\Rightarrow (SAN)\cap (SBD)=SJ$

Trong (SAN), $MN\cap SJ=I\Rightarrow I=MN\cap (SBD)$

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MAN có cát tuyến SIJ, ta có

$\frac{MI}{NI}\cdot \frac{NJ}{AJ}\cdot \frac{AS}{MS}=1$. Lại có $DN\parallel AB\Rightarrow \frac{JN}{JA}=\frac{DN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{MI}{NI}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow 2IM=3IN$ nên d) Đúng

Vẽ đúng hình làm được phần a

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

a) Gọi I là trung điểm của AB. Ta có M,N lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, ABD nên M thuộc IC, N thuộc ID $\Rightarrow MN\subset (ICD)$

Xét tam giác ICD, ta có: $\frac{IM}{IC}=\frac{IN}{ID}=\frac{1}{3}\Rightarrow MN\parallel CD$ (theo định lí talet đảo)

b) Gọi F là trung điểm của CD . Ta có: $M\in AF,P\in AE\Rightarrow MP\subset (AEF)$

Chọn mp (BCD) chứa BC, BD

Trong mp(AEF), $MP\cap EF=Q$

Lại có $\{\begin{array}{l}MN\parallel CD\\ MN\subset (MNP)\\ CD\subset (BCD)\end{array}\Rightarrow (MNP)\cap (BCD)=Qx$ (qua Q và song song với MN và CD)

Trong mp (BCD), $Qx\cap BC=K,Qx\cap BD=H$, thì $K,H$ lần lượt là giao điểm của $(MNP)$ với $BC$ và $BD$

Xét định lí Menelaus trong tam giác AEF có cát tuyến MPQ, ta có:

$$\frac{AM}{FM}\cdot \frac{FQ}{EQ}\cdot \frac{EP}{AP}=1\iff \frac{2}{1}\cdot \frac{FQ}{EQ}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow \frac{FQ}{EQ}=\frac{1}{4}.$$

Do $QK\parallel CE\Rightarrow \frac{KF}{FC}=\frac{QF}{EF}=\frac{1}{3}\Rightarrow FC=3KF$

$$\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $x=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}$, $y=\frac{SN}{SB}$, $z=\frac{SP}{SC}=\frac{1}{5}$, $t=\frac{SQ}{SD}$. Vì $M,N,P,Q$ đồng phẳng và $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{DC}$ (tức $\vec{b}=\vec{a}+2\vec{c}-2\vec{d}$ với gốc $S$), điều kiện đồng phẳng cho ra $1=y\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{z}-\frac{2}{t}\right)=y\left(12-\frac{2}{t}\right)$, suy ra $y=\frac{1}{12-2/t}$. Do đó với $u=\frac{1}{t}>1$: $T=\frac{2}{y^2}+\frac{1}{t^2}=2(12-2u{)}^2+u^2=9u^2-96u+288$. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $u=\frac{16}{3}$ (khi đó $t=\frac{3}{16},y=\frac{3}{4}$ đều hợp lệ trong $(0;1)$), giá trị nhỏ nhất $T=9\cdot \frac{256}{9}-96\cdot \frac{16}{3}+288=256-512+288=32$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$ là trung điểm của $AD$ nên $I\in (KAD)$; mặt khác $I$ thuộc mặt phẳng $(IBC)$ (do $(IBC)$ được xác định bởi $I,B,C$). Tương tự, $K$ là trung điểm của $BC$ nên $K\in (IBC)$, và $K\in (KAD)$ (do $(KAD)$ xác định bởi $K,A,D$). Vậy hai mặt phẳng $(IBC)$ và $(KAD)$ có chung hai điểm phân biệt $I$ và $K$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $IK$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Câu 25 (2,0 điểm):

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$ ta có $AB\parallel CD$ với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, và $AB$ không cắt $CD$. Xét $S$ là điểm chung của $(SAB)$ và $(SCD)$. Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$).

b) Vì $AB\parallel CD$ và $AB=2CD$, tam giác $IAB$ đồng dạng với tam giác $IDC$ (cùng góc tại $I$ và góc đồng vị), suy ra $\frac{IA}{ID}=\frac{IB}{IC}=\frac{AB}{CD}=2$. Chọn hệ vectơ gốc $I$: đặt $\overrightarrow{IA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{IB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{IS}=\vec{s}$ thì $\overrightarrow{ID}=\frac{1}{2}\vec{a}$, $\overrightarrow{IC}=\frac{1}{2}\vec{b}$.

Ta có $M$ là trung điểm $SA$: $\overrightarrow{IM}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{2}$. Gọi $E=IM\cap SD$, viết $\overrightarrow{IE}=t(\vec{s}+\vec{a})/2=\vec{s}+u(\vec{a}/2-\vec{s})$. Đối chiếu hệ số theo $\vec{s},\vec{a}$ (độc lập): $t/2=1-u$ và $t/2=u/2\Rightarrow t=u=2/3$. Vậy $\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{3}$, tức $\overrightarrow{SE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$.

Hoàn toàn tương tự trong mặt phẳng $(SBC)$: $\overrightarrow{IF}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$.

Suy ra $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{IF}-\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$, nên $EF\parallel AB$. Mặt khác $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ của tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB$. Vì $I,M,E$ thẳng hàng và $I,N,F$ thẳng hàng nên $E,F,M,N$ cùng thuộc mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng $IM,IN$. Trong mặt phẳng đó, $EF\parallel AB$ và $MN\parallel AB$ nên $EF\parallel MN$. (đpcm)

c) $O$ là giao của $AC$ và $BD$, chia $AC$ theo tỉ số $\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=2$, nên $\overrightarrow{IO}=\frac{\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IC}}{3}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{3}$.

Trọng tâm tam giác $SAB$: $\overrightarrow{IG}=\frac{\vec{s}+\vec{a}+\vec{b}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{IG}-\overrightarrow{IO}=\frac{\vec{s}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IS}$, tức $OG\parallel IS$.

Vì $I$ thuộc đường thẳng $AD\subset (SAD)$ nên $IS\subset (SAD)$; lại $O,G$ không thuộc $(SAD)$. Vậy $OG\parallel (SAD)$. (đpcm)

d) $H$ thuộc $BC$ với $HB=2HC$ nên $\overrightarrow{IH}=\frac{\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}}{3}=\frac{\vec{b}+\vec{b}}{3}=\frac{2}{3}\vec{b}$.

Từ b): $\overrightarrow{IE}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{3}$, $\overrightarrow{IF}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$. Khi đó:
- $\overrightarrow{EF}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow EF\parallel AB$.
- $\overrightarrow{FH}=\overrightarrow{IH}-\overrightarrow{IF}=\frac{2\vec{b}}{3}-\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}=\frac{\vec{b}-\vec{s}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}\Rightarrow FH\parallel SB$.

Trong mặt phẳng $(EFH)$, $EF$ và $FH$ cắt nhau tại $F$; trong $(SAB)$, $AB$ và $SB$ cắt nhau tại $B$; và $EF\parallel AB$, $FH\parallel SB$. Theo định lý về hai mặt phẳng song song, suy ra $(EFH)\parallel (SAB)$. (đpcm)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ vectơ với $S$ là gốc: $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Khi đó: $M$ trung điểm $SB$: $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{b}$; $N$ trung điểm $SD$: $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$; $P$ trung điểm $BC$: $\overrightarrow{SP}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})$. Gọi $E\in SA$ với $\overrightarrow{SE}=\alpha \vec{a}$. Vì $E\in (MNP)$ nên tồn tại $u,v$: $\alpha \vec{a}=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{u}{2}(\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b})+\frac{v}{2}\vec{c}$. So sánh hệ số: hệ số $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-u=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$; hệ số $\vec{c}$: $\frac{u}{2}+\frac{v}{2}=0\Rightarrow v=-\frac{1}{2}$; hệ số $\vec{a}$: $\alpha =\frac{u}{2}=\frac{1}{4}$. Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{SE}{EA}=\frac{1}{3}$, tức $m=1,n=3$ và $2m+n=5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 6789, Phần III câu 3: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$ là giao điểm của $MN$ và $AB$ nên $I\in AB\subset (ABC)$ và $I\in MN\subset (SAB)$. Mặt khác $M,N$ thuộc các cạnh $SA,SB$ nên $MN\subset (SAB)$, và $I\in MN$ với $C$ xác định mặt phẳng $(CMN)$, do đó $I\in (CMN)$. Điểm $I$ nằm ngoài mặt phẳng $(SAC)$ vì $I$ thuộc đường thẳng $AB$ cắt $SA$ tại $A$ (nếu $I\in (SAC)$ và $I\in AB$ với $I\ne A$ thì $AB\subset (SAC)$, vô lý). Vậy $I$ không thuộc $(SAC)$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\subset (MBC)$ và $AD$ nằm cùng mặt phẳng đáy với $BC$. Do các cặp cạnh đối của tứ giác $ABCD$ không song song nên $AD$ cắt $BC$ tại một điểm $N$. Điểm $N$ thuộc $AD$ và thuộc $BC\subset (MBC)$, do đó $N$ là giao điểm của $AD$ và $(MBC)$. Vậy giao điểm của $AD$ với $(MBC)$ là giao điểm của $AD$ với $BC$. Khớp đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(SAC)$: $E\in SA$ với $\frac{SE}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AE}{AS}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AF}{AC}=\frac{2}{3}$. Vì $\frac{AE}{AS}\ne \frac{AF}{AC}$ nên $EF$ không song song với $SC$, do đó $EF$ cắt $SC$ tại một điểm $I$ thuộc đoạn $EF$ (vì $E,F$ nằm khác phía đối với đường thẳng qua tỉ số). Khi đó $I\in EF\subset (BEF)$ và $I\in SC$, nên $I$ là giao điểm của $SC$ với mặt phẳng $(BEF)$. Vậy giao điểm của $SC$ và $(BEF)$ là giao điểm của $SC$ với $EF$. Đáp án A, khớp đáp án nguồn (mã đề 4567, câu 12: A).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Ta có $M=\frac{\vec{b}}{2},N=\frac{\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}}{2},P=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$. Gọi $E$ trên $SA$ với $\overrightarrow{SE}=t\vec{a}$. Vì $E\in (MNP)$ nên $\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{SM}+u(\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+v(\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM})=\frac{\vec{b}}{2}+\frac{u}{2}(\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b})+\frac{v}{2}\vec{c}$. So sánh hệ số: hệ số của $\vec{b}$: $\frac{1-2u}{2}=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$; hệ số của $\vec{a}$: $\frac{u}{2}=t\Rightarrow t=\frac{1}{4}$ (hệ số của $\vec{c}$: $v=-\frac{1}{2}$, thỏa mãn). Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}$, tức $m=1,n=4$ và $2m+n=2+4=6$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 4567, Phần III câu 3: 6).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I\in MN$ với $M\in AB,N\in AD$ nên $I$ thuộc mặt phẳng $(CMN)$ (mặt phẳng qua $C$ và đường thẳng $MN$). Vì $I\in BD$ nên $I$ thuộc $(ABD)$ (vì $BD\subset (ABD)$) và $I$ thuộc $(BCD)$ (vì $BD\subset (BCD)$). Mặt phẳng $(ACD)$ chỉ chứa $D$ trên đường thẳng $BD$; $I$ nằm trên $BD$ nhưng $I\ne D$ (vì $MN$ cắt $BD$ tại điểm ngoài đoạn theo hình vẽ), nên $I$ không thuộc $(ACD)$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 4567, câu 8: B).

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

Ta có:
$$\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{b}}{2},\overrightarrow{SN}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}}{2},\overrightarrow{SP}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}.$$

Gọi $E$ thuộc $SA$ với $\overrightarrow{SE}=t\vec{a}$. Vì $E\in (MNP)$ nên tồn tại $\lambda ,\mu$ sao cho:
$$\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{SM}+\lambda (\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+\mu (\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}).$$
Với $\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b}}{2}$ và $\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{c}}{2}$, so sánh hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$:
- Theo $\vec{b}$: $\frac{1-2\lambda }{2}=0\Rightarrow \lambda =\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{c}$: $\frac{\lambda +\mu }{2}=0\Rightarrow \mu =-\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{a}$: $t=\frac{\lambda }{2}=\frac{1}{4}$.

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

Do đó $2m+n=2\cdot 1+3=5$, trùng với đáp án của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I\in AB\subset (ABC)$ nên $I$ thuộc $(ABC)$. Vì $M\in SA,N\in SB$ nên $M,N\in (SAB)$, do đó đường thẳng $MN\subset (SAB)$, suy ra $I=MN\cap AB\in (SAB)$. Tương tự $M,N\in (CMN)$ nên $MN\subset (CMN)$, suy ra $I\in (CMN)$. Mặt khác, $I$ nằm trên đường thẳng $AB$ nhưng $I\notin$ đoạn $AB$ (theo hình, $I$ nằm ngoài tam giác, ngoài mặt phẳng $(SAC)$): nếu $I\in (SAC)$ thì vì $I\in (SAB)$, $I$ phải nằm trên giao tuyến $SA$ của hai mặt phẳng, tức $I\in SA$; nhưng $I\in AB$ và $I\ne A$ nên $I\notin SA$, mâu thuẫn. Vậy $I$ không thuộc $(SAC)$. Khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì đáy $ABCD$ là tứ giác có các cặp cạnh đối không song song nên $AD$ và $BC$ cắt nhau tại một điểm $E$. Khi đó $E\in BC\subset (MBC)$ và $E\in AD$, tức $E$ là giao điểm của $AD$ với mặt phẳng $(MBC)$. Vậy giao điểm của đường thẳng $AD$ và mặt phẳng $(MBC)$ là giao điểm của $AD$ với đường thẳng $BC$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 2345, câu 8: A).