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

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

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

Điểm $E$ thuộc cạnh $SA$ nên $\overrightarrow{SE}=t\vec{a}$, tức $\frac{SE}{SA}=t$. Vì $E\in (MNP)$, tồn tại $u,v$ sao cho:
$$\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{SM}+u(\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+v(\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}).$$
Tính: $\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b}}{2}$, $\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{c}}{2}$. Suy ra:
$$\overrightarrow{SE}=\frac{\vec{b}}{2}+\frac{u}{2}\vec{a}+\frac{u}{2}\vec{c}-u\vec{b}+\frac{v}{2}\vec{c}.$$
So sánh hệ số với $t\vec{a}$ (các vectơ $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ độc lập tuyến tính):
- Hệ số của $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-u=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$.
- Hệ số của $\vec{c}$: $\frac{u+v}{2}=0\Rightarrow v=-\frac{1}{2}$.
- Hệ số của $\vec{a}$: $t=\frac{u}{2}=\frac{1}{4}$.

Vậy $\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}$, tức $m=1,n=4$ (phân số tối giản), do đó $2m+n=2+4=6$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (đáp án 6).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(SAC)$, ta có $\frac{SE}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AE}{SA}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AF}{AC}=\frac{2}{3}$. Vì $\frac{AE}{SA}\ne \frac{AF}{AC}$ nên $EF$ không song song với $SC$; do đó trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $SC$ cắt đường thẳng $EF$ tại một điểm $P$. Điểm $P$ thuộc $EF\subset (BEF)$ và thuộc $SC$, nên $P=SC\cap (BEF)$. Vậy giao điểm của $SC$ và mặt phẳng $(BEF)$ là giao điểm của $SC$ với $EF$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0123, câu 3: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I\in BD$ nên $I$ thuộc mặt phẳng $(ABD)$ và cũng thuộc $(BCD)$ (do $B,D\in (BCD)$). Vì $I\in MN$ với $M\in AB,N\in AD$ nên $MN\subset (ABD)$, do đó $I$ thuộc $(CMN)$ (mặt phẳng qua $C$ và đường thẳng $MN$). Mặt phẳng $(ACD)$ chỉ chứa điểm $D$ chung với đường thẳng $BD$; vì $I$ nằm trên $BD$ nhưng $I\ne D$ (hai đường thẳng $MN$ và $BD$ cắt nhau tại $I$ ngoài đoạn chung), nên $I$ không thuộc $(ACD)$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0123, câu 8: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ (và của $BD$). Xét tam giác $SAC$: $E$ là trung điểm của $SA$, $O$ là trung điểm của $AC$, do đó $OE$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OE$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$ (và $OE\parallel SC$). Các mặt phẳng $(SCD)$, $(SAB)$, $(SBD)$ đều không chứa đồng thời $O$ và $E$. Vậy mặt phẳng chứa đường thẳng $OE$ là $(SAC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (1,5 điểm)

a) Xét hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$:
- Ta có $S\in (SAD)\cap (SBC)$.
- Trong đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, do đó giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (đồng thời song song với $BC$).
Vậy $(SAD)\cap (SBC)=d$, với $d$ là đường thẳng qua $S$ và $d\parallel AD\parallel BC$.

b) Trong tam giác $SCD$: $M$ là trung điểm $SC$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel CD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB$, do đó $MN\parallel AB\subset (SAB)$, suy ra $MN\parallel (SAB)$.

Trong tam giác $SAC$: $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm $AC$; $M$ là trung điểm $SC$. Suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, nên $OM\parallel SA\subset (SAB)$, suy ra $OM\parallel (SAB)$.

Ta có: $OM\parallel (SAB)$, $MN\parallel (SAB)$, $OM$ và $MN$ cắt nhau tại $M$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(OMN)$; mặt phẳng $(OMN)$ không trùng $(SAB)$ (vì $O\notin (SAB)$). Vậy $(OMN)\parallel (SAB)$.

c) Xét tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SC$ nên $OM\parallel SA$.
Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $SO$ (hai đường chéo của hình thang $ASCM$ với $AS\parallel OM$ nên chúng cắt nhau).
- $I\in AM$.
- $I\in SO$, mà $SO\subset (SBD)$ (vì $O$ là trung điểm $BD$ nên $O\in BD$), suy ra $I\in (SBD)$.
Vậy $I=AM\cap SO$ chính là giao điểm của đường thẳng $AM$ và mặt phẳng $(SBD)$, tức $AM\cap (SBD)=\{I\}$ với $I=AM\cap SO$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Ta có $AD\subset (SAD)$ và $BC\subset (SBC)$ với $BC\parallel AD$, do đó theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng, giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$ (đồng thời song song với $BC$). Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác $SBC$: $J$ là trung điểm của $SN$, $K$ là trung điểm của $SP$ nên $JK$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $JK\parallel BC$ và $JK=\frac{BC}{2}$. Tương tự, trong tam giác $SAD$: $IL$ là đường trung bình nên $IL\parallel AD$ và $IL=\frac{AD}{2}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$ và $BC=AD$, do đó $JK\parallel IL$ và $JK=IL$. Tứ giác $IJKL$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành; suy ra bốn điểm $I,J,K,L$ đồng phẳng.

b) Dùng vectơ, lấy điểm $S$ làm gốc. Vì $I,K$ lần lượt là trung điểm của $SM,SP$ nên
$$\overrightarrow{IK}=\overrightarrow{SK}-\overrightarrow{SI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SP}-\frac{1}{2}\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{MP}.$$
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$. Với $M$ là trung điểm $AB$ và $P$ là trung điểm $CD$:
$$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM}=\frac{\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}}{2}-\frac{\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}}{2}=\frac{(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB})+(\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SA})}{2}=\frac{\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}}{2}.$$
Vì $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$ (hình bình hành) nên $\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{BC}$, do đó $\overrightarrow{IK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Vậy $IK\parallel BC$.

c) Ta có $J\in SN\subset (SBC)$ và $K\in SP\subset (SBC)$, đồng thời $J,K\in (IJKL)$ (theo câu a). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(IJKL)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $JK$; theo câu b, $JK\parallel BC$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 130.** Hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang với đáy lớn $AB$ (nên $AB\parallel CD$ và $AB>CD$). $I,J$ lần lượt là trung điểm $AD$, $BC$; $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$.

**a) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(IJG)$:**
- $IJ$ là đường trung bình của hình thang nên $IJ\parallel AB$.
- Vì $AB\subset (SAB)$ và $IJ\not\subset (SAB)$ nên $IJ\parallel (SAB)$.
- Mặt phẳng $(IJG)$ đi qua $G\in (SAB)$ và chứa đường thẳng $IJ\parallel (SAB)$, nên giao tuyến của $(IJG)$ và $(SAB)$ là đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $AB$ (cũng song song với $IJ$).

**b) Điều kiện để thiết diện là hình bình hành:**
- Đường $d$ qua $G\parallel AB$ nằm trong $(SAB)$, cắt $SA$ tại $K$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ ($SG=\frac{2}{3}SM$ với $M$ trung điểm $AB$), đường qua $G$ song song với $AB$ cắt $SA$ tại $K$ với $\frac{SK}{SA}=\frac{2}{3}$, tức $K=S+\frac{2}{3}\overrightarrow{SA}$. Tương tự $d$ cắt $SB$ tại $L$ với $\frac{SL}{SB}=\frac{2}{3}$, và $KL\parallel AB$.
- Giao tuyến của $(IJG)$ với các mặt: với $(SAD)$ là $KI$ (vì $K\in SA$, $I\in AD$ đều thuộc cả hai mặt phẳng); với $(SBC)$ là $LJ$; với $(SAB)$ là $KL$; với đáy là $IJ$. Thiết diện là tứ giác $KIJL$ (đoạn $KI$ nằm trong tam giác $SAD$ nên không cắt $SD$, tương tự $LJ$ không cắt $SC$).
- $KIJL$ là hình bình hành $⟺KI\parallel LJ$ (vì $IJ\parallel KL$ đã có).

Chứng minh bằng vectơ, lấy $S$ làm gốc: $\vec{K}=\frac{2}{3}\vec{a}$, $\vec{L}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\vec{I}=\frac{\vec{a}+\vec{d}}{2}$, $\vec{J}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$. Vì $AB\parallel CD$ nên $\overrightarrow{DC}=\mu \overrightarrow{AB}$ với $0<\mu <1$, tức $\vec{d}=\vec{c}-\mu (\vec{b}-\vec{a})$ ($\mu =\frac{CD}{AB}$).
$$\overrightarrow{KI}=\vec{I}-\vec{K}=\frac{\vec{d}}{2}-\frac{\vec{a}}{6}=\frac{\vec{c}}{2}-\frac{\mu }{2}\vec{b}+\left(\frac{\mu }{2}-\frac{1}{6}\right)\vec{a},$$
$$\overrightarrow{LJ}=\vec{J}-\vec{L}=\frac{\vec{c}}{2}-\frac{\vec{b}}{6}.$$
$\overrightarrow{KI}=\overrightarrow{LJ}$ khi và chỉ khi $\frac{\mu }{2}-\frac{1}{6}=0$ và $\frac{\mu }{2}=\frac{1}{6}$, tức $\mu =\frac{1}{3}$.

Vậy điều kiện là $\boxed{AB=3CD}$ (hay $CD=\frac{1}{3}AB$). Khi đó tứ giác $KIJL$ là hình bình hành ($IJ\parallel KL\parallel AB$ và $KI\parallel LJ$), tức các giao tuyến của mặt phẳng $(IJG)$ với các mặt của hình chóp tạo thành một hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 131 (Câu 128 trong đề hệ thống): Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành.

a) Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$:
- Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$.
- Ta có $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, và $AD\parallel BC$.
- Suy ra $BC\parallel (SAD)$ (đường thẳng ngoài mặt phẳng song song với một đường thẳng trong mặt phẳng).
- Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$. Giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ và song song với $BC$ (định lý: nếu mặt phẳng chứa đường thẳng song song với mặt phẳng khác thì giao tuyến song song với đường thẳng đó).
- Vậy giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $d$ qua $S$, $d\parallel AD$ (và $d\parallel BC$).

b) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(MDC)$, với $M\in SA$:
- Điểm $M$ thuộc $SA\subset (SAB)$ và $M$ thuộc $(MDC)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
- Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Mà $AB\subset (SAB)$, $CD\not\subset (SAB)$, suy ra $CD\parallel (SAB)$.
- Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(MDC)$ có điểm chung $M$, và $(MDC)$ chứa đường thẳng $CD\parallel (SAB)$.
- Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến của $(SAB)$ và $(MDC)$ là đường thẳng qua $M$ và song song với $CD$ (đồng thời cũng song song với $AB$).
- Vậy giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ (hay $CD$).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ vectơ với gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$ với $[\vec{b},\vec{c},\vec{d}]\ne 0$.

Tọa độ các điểm:
- $P\in AB$ với $\frac{AP}{AB}=\frac{1}{3}$: $\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\vec{b}$.
- $R\in BC$ với $\frac{CR}{BC}=\frac{1}{3}$: $\overrightarrow{AR}=\vec{c}+\frac{1}{3}(\vec{b}-\vec{c})=\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{c}$.
- $Q$ là trung điểm $CD$: $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d})$.

Gọi $S$ trên đường thẳng $AD$: $\overrightarrow{AS}=t\vec{d}$. Điều kiện $S\in (PQR)$ là ba vectơ $\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AR}-\overrightarrow{AP}$ đồng phẳng, tức tích hỗn hợp bằng 0:
$$\det \left(t\vec{d}-\frac{1}{3}\vec{b},-\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d},\frac{2}{3}\vec{c}\right)=0.$$

Khai triển (các hạng tử chứa hai vectơ tỉ lệ bằng 0):
- $\det \left(t\vec{d},-\frac{1}{3}\vec{b},\vec{c}\right)=-\frac{t}{3}\det (\vec{d},\vec{b},\vec{c})=\frac{t}{3}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$ (vì $\det (\vec{d},\vec{b},\vec{c})=-\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$).
- $\det \left(-\frac{1}{3}\vec{b},\frac{1}{2}\vec{d},\vec{c}\right)=-\frac{1}{6}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$.

Nhân với hệ số $\frac{2}{3}$:
$$\frac{2}{3}\left(\frac{t}{3}-\frac{1}{6}\right)\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})=\frac{2t-1}{9}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})=0.$$

Vì $\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})\ne 0$ nên $t=\frac{1}{2}$, tức $S$ là trung điểm của $AD$ và $$\frac{AS}{AD}=\frac{1}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, mà $CD\subset (SCD)$ và $AB\not\subset (SCD)$, suy ra $AB\parallel (SCD)$. Mặt phẳng $(GAB)$ chứa $AB$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $G$, nên $d\parallel AB$, tức $d\parallel CD$. Trong tam giác $SCD$, đường thẳng qua trọng tâm $G$ và song song với $CD$ cắt $SC$ tại $I$. Chứng minh bằng vectơ: lấy $\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, khi đó $\overrightarrow{SG}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{3}$. Vì $I\in SC$ nên $\overrightarrow{SI}=\lambda \vec{c}$, và $GI\parallel CD$ nên $\overrightarrow{GI}=t(\vec{c}-\vec{d})$. Suy ra $\lambda \vec{c}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{3}+t(\vec{c}-\vec{d})$. So sánh hệ số của $\vec{d}$: $\frac{1}{3}-t=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. So sánh hệ số của $\vec{c}$: $\lambda =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$. Vậy $\frac{SI}{SC}=\frac{2}{3}$, do đó $\frac{IC}{SC}=\frac{1}{3}$ và $\frac{IS}{IC}=\frac{2/3}{1/3}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 135.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,SB$.

**a) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(CDN)$:**

Ta có $AB\parallel CD$ mà $CD\subset (CDN)$, $AB\not\subset (CDN)$ nên $AB\parallel (CDN)$.

Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(CDN)$ có điểm chung $N$ (vì $N\in SB\subset (SAB)$ và $N\in (CDN)$). Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(CDN)$ đi qua $N$ và song song với $AB$.

Vậy giao tuyến là đường thẳng $d$ đi qua $N$ và $d\parallel AB$ (tức $d\parallel CD$).

**b) Chứng minh $CN\parallel (SAM)$:**

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đường thẳng $AM$ không song song với $BC$. Thật vậy, nếu $AM\parallel BC$ thì vì $MC\subset CD\parallel AB$ ta có $AB\parallel MC$ và $AM\parallel BC$, suy ra tứ giác $ABCM$ là hình bình hành, khi đó $MC=AB$. Nhưng $MC=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB$, mâu thuẫn.

Vậy $AM$ cắt đường thẳng $BC$ tại một điểm $E$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel ME$ (với $M,E$ thuộc đường thẳng $CD$, $E$ nằm ngoài đoạn $CD$, phía qua $C$). Xét tam giác $EAB$ có $M$ là trung điểm của $EC$ (do $M$ là trung điểm $CD$ và $AB\parallel ME$ với $E,C,D$ thẳng hàng, $ME=CD=AB$), suy ra $C$ là trung điểm của $BE$ và $AB=ME$.

Xét tam giác $SBE$: $N$ là trung điểm của $SB$, $C$ là trung điểm của $BE$, do đó $NC$ là đường trung bình của tam giác $SBE$, suy ra:
$$CN\parallel SE.$$

Mà $SE\subset (SAM)$ (vì $S\in (SAM)$ và $E\in AM\subset (SAM)$) và $C\notin (SAM)$ (vì $(SAM)\cap (ABCD)=AM$, còn $C\notin AM$).

Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có:
$$CN\parallel (SAM).$$

Điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 137.** Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành; $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $BC$, $CD$.

**a) Chứng minh $SC\parallel (MNP)$.**
Trong tam giác $SBC$: $M$ là trung điểm $SB$, $N$ là trung điểm $BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SC$.
Vì $MN\subset (MNP)$ và $SC\not\subset (MNP)$ nên $SC\parallel (MNP)$. $■$

**b) Giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$; tìm $Q=SD\cap (MNP)$.**
Xét mặt phẳng $(SBD)$: ta có $NP\parallel BD$ (đường trung bình của tam giác $BCD$), mà $BD\subset (SBD)$, $NP\not\subset (SBD)$ nên $NP\parallel (SBD)$.
Suy ra giao tuyến $(MNP)\cap (SBD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $M$ và song song với $BD$ (đồng thời song song với $NP$).
Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng qua $M$ (trung điểm $SB$) song song với $BD$ cắt $SD$ tại trung điểm của $SD$ (tính chất đường trung bình). Gọi điểm đó là $Q$, vậy $Q$ là trung điểm của $SD$ và $Q\in (MNP)\cap (SD)$, tức $Q=SD\cap (MNP)$.
Vì $P\in CD\subset (SCD)$ và $Q\in SD\subset (SCD)$, đồng thời $P,Q\in (MNP)$, nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $PQ$.
(Kiểm tra: $PQ$ có phương hướng cùng với $SC$ vì $P=\frac{C+D}{2}$, $Q=\frac{S+D}{2}$ nên $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CS}$, tức $PQ\parallel SC$, phù hợp với câu a.)

**c) Xác định $E=SA\cap (MNP)$.**
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (tâm hình bình hành). Trong mặt phẳng $(ABC)$, đường thẳng $NP\parallel BD$ cắt $AC$ tại $K$. Tính theo vectơ: $N=\frac{B+C}{2}$, $P=\frac{C+D}{2}$, với $D=A+C-B$; giải phương trình đường thẳng $NP$ với đường thẳng $AC$ ta được $K=\frac{A+3C}{4}$, tức $\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}$.
Vì $PQ\parallel SC$ (câu b) và $SC\subset (SAC)$, $P\notin (SAC)$ nên $PQ\parallel (SAC)$. Do đó giao tuyến $(MNP)\cap (SAC)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ (đồng thời song song với $PQ$).
Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ cắt $SA$ tại $E$. Theo định lý Thales trong tam giác $SAC$:
$$\frac{AE}{ES}=\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}.$$
Vậy $E$ nằm trên $SA$ với $AE=3ES$, tức $E$ xác định duy nhất và $E=SA\cap (MNP)$.

**d) Tính $\frac{SE}{SA}$.**
Từ $\frac{AE}{ES}=3$ ta có $SA=AE+ES=4ES$, suy ra:
$$\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}.$$

**Kiểm tra lại bằng tọa độ vectơ:** với $E=\frac{A+3S}{4}$, ta có $E=\frac{3}{2}M-N+\frac{1}{2}P$ (tổng hệ số $\frac{3}{2}-1+\frac{1}{2}=1$), kiểm tra các hệ số theo $A,B,C,D$ đều khớp (dùng $D=A+C-B$), nên $E$ thực sự thuộc $(MNP)$; tương tự $Q=\frac{S+D}{2}=M-N+P\in (MNP)$. Mọi kết quả trên đều nhất quán.

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(1;1;1),D^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $I$ là tâm mặt $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $I(\frac{1}{2};\frac{1}{2};1)$. Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(-1;1;1)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;1;-1)$. Vectơ pháp tuyến của $(P)$: $\vec{n}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{B^{\prime }C}=(-2;-1;-1)$, nên $(P)$: $2x+y+z=\frac{5}{2}$.

a) Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $x=1$. Giao tuyến $d$: $x=1,y+z=\frac{1}{2}$, tức đường thẳng qua điểm $M$ là trung điểm $B{B}^{\prime }$ (tọa độ $(1;0;\frac{1}{2})$) và song song với $B^{\prime }C$ (vì có cùng vectơ chỉ phương $(0;1;-1)$). Về mặt hình học: vì $(P)\parallel B^{\prime }C$ và $B^{\prime }C\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $d\parallel B^{\prime }C$; mặt khác $(P)$ cắt $B{B}^{\prime }$ tại trung điểm $M$ của $B{B}^{\prime }$ (do $M\in (P)$ vì $2\cdot 1+0+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$). Vậy $d$ là đường thẳng qua trung điểm $B{B}^{\prime }$ và song song với $B^{\prime }C$.

b) $d$ cắt $BC$ (là $z=0$, $x=1$) tại điểm có $y=\frac{1}{2}$, tức $K$ là trung điểm của $BC$. Thật vậy, trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, đường thẳng qua trung điểm $M$ của $B{B}^{\prime }$ và song song với $B^{\prime }C$ (đường chéo của hình bình hành $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$) đi qua trung điểm của $BC$ (tính chất đường trung bình). Do đó $\frac{BK}{BC}=\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB$.

a) Xét hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$:
- Ta có $S\in (SAC)\cap (SBD)$.
- Gọi $O=AC\cap BD$ (tâm hình bình hành $ABCD$, vì hai đường chéo $AC,BD$ cắt nhau tại $O$). Khi đó $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$, suy ra $O\in (SAC)\cap (SBD)$.
Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.

b) Trong tam giác $SAB$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB$ nên $MN//AB$.
Xét mặt phẳng $(CMN)$:
- $C\in (CMN)\cap (ABCD)$.
- Trong mặt phẳng $(ABCD)$, qua $C$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $AB$ (tức $d$ song song với $MN$). Vì $MN\subset (CMN)$, $AB\subset (ABCD)$ và $MN//AB$ nên $d$ chính là giao tuyến của $(CMN)$ và $(ABCD)$ (đường thẳng qua $C$ song song với $AB$, và do $ABCD$ là hình bình hành nên $d$ chính là đường thẳng $CD$).
Vậy giao tuyến của $(CMN)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng qua $C$ song song với $AB$, tức là đường thẳng $CD$.

c) Trong tam giác $SAB$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SB$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $MN//AB$.
Mà $AB\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$.
Vậy $MN//(ABCD)$.

d) $P$ là trung điểm của $SC$.
- Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $P$ là trung điểm $SC$ nên $MP$ là đường trung bình, suy ra $MP//AC$. Mà $AC\subset (ABCD)$, $MP\not\subset (ABCD)$, nên $MP//(ABCD)$.
- Trong tam giác $SBC$: $N$ là trung điểm $SB$, $P$ là trung điểm $SC$ nên $NP$ là đường trung bình, suy ra $NP//BC$. Mà $BC\subset (ABCD)$, $NP\not\subset (ABCD)$, nên $NP//(ABCD)$.
- Mặt phẳng $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MP$ và $NP$, trong đó $MP//(ABCD)$, $NP//(ABCD)$.
Vậy $(MNP)//(ABCD)$ (định lý về mặt phẳng song song với mặt phẳng cho trước).

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Chỉ biết $SA=SB=SC=SD$, không biết độ dài cạnh bên so với $a$, nên các mặt bên chỉ là tam giác cân, không chắc là tam giác đều.

b) Đúng. Trong $(ABCD)$ có $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Theo tính chất giao tuyến, nếu hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song cắt nhau thì giao tuyến của chúng song song với hai đường thẳng đó. Vì $(SAB)$ và $(SCD)$ cùng chứa $S$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$ (cũng song song với $CD$).

c) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $M$, $N$ là trung điểm của $SA$, $SC$ nên $MN\parallel AC$. Mà $AC\subset (ABCD)$, $MN\not\subset (ABCD)$, suy ra $MN\parallel (ABCD)$.

d) Sai. Vì $(\alpha )\parallel AB$ và $AB\subset (SAB)$ nên giao tuyến của $(\alpha )$ với $(SAB)$ là đường qua $M$ song song với $AB$, cắt $SB$ tại trung điểm $P$; tương tự $Q$ là trung điểm $SD$. Khi đó $MP\parallel NQ\parallel AB$ với $MP=NQ=\frac{a}{2}$, và $MN\parallel PQ\parallel AC$ với $MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Tứ giác $MPNQ$ là hình bình hành, góc giữa $MP$ và $MN$ bằng góc giữa $AB$ và $AC$ bằng $45^{\circ }$. Diện tích $S_{MPNQ}=\frac{a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sin 45^{\circ }=\frac{a^2}{4}\ne \frac{a^2}{2}$. Vậy mệnh đề sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Các mặt bên chỉ là tam giác cân vì không biết cạnh bên bằng $a$ hay không.
b) (AI giải đề cho tôi)
Do $AB\parallel CD$, giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MN\parallel AC\subset (ABCD)$, suy ra $MN\parallel (ABCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P$, $Q$ là trung điểm $SB$, $SD$; $MPNQ$ là hình bình hành với $MP=\frac{a}{2}$, $MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, góc $45^{\circ }$, diện tích $=\frac{a^2}{4}\ne \frac{a^2}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20.

a) Xác định giao tuyến của $(MNP)$ với các mặt của hình chóp.

Vì $M,N$ là trung điểm của $SB,SC$ nên $MN\parallel BC$. Đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, suy ra $MN\parallel AD$.

- Trên mặt $(SBC)$: giao tuyến là đoạn $MN$.
- Trên mặt $(SAB)$: vì $M\in SB$, $P\in SA$ nên giao tuyến là đoạn $MP$.
- Trên mặt $(SCD)$: trong mặt phẳng $(SAD)$, qua $P$ vẽ đường thẳng song song với $AD$, cắt $SD$ tại $Q$. Vì $MN\parallel AD$ và $PQ\parallel AD$ nên $MN\parallel PQ$, do đó $PQ$ nằm trong mặt phẳng $(MNP)$. Khi đó $N\in (MNP)\cap (SCD)$ và $Q\in (MNP)\cap (SCD)$, vậy giao tuyến của $(MNP)$ với $(SCD)$ là đoạn $NQ$.
- Trên mặt $(SAD)$: giao tuyến là đoạn $PQ$ (với $PQ\parallel AD$).

Vậy mặt phẳng $(MNP)$ cắt các cạnh bên $SB,SC,SD,SA$ tại $M,N,Q,P$ và không cắt đáy (mặt cắt ngăn cách đỉnh $S$ với đáy). Các giao tuyến tạo thành tứ giác $MNPQ$, trong đó $MN\parallel PQ$ (cùng song song với $BC$), tức là một hình thang.

b) Chứng minh $OJ\parallel (SAD)$ với $J\in MN$.

Vì $J\in MN$ nên tồn tại $t\in [0;1]$ sao cho
$$\overrightarrow{SJ}=(1-t)\overrightarrow{SM}+t\overrightarrow{SN}.$$

Vì $M,N$ là trung điểm của $SB,SC$ nên $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SC}$, do đó
$$\overrightarrow{SJ}=\frac{(1-t)\overrightarrow{SB}+t\overrightarrow{SC}}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}+\frac{t}{2}\overrightarrow{BC}$$
(vì $\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{BC}$).

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$, suy ra
$$\overrightarrow{SO}=\frac{\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}}{2}=\frac{\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}}{2}.$$

Khi đó
$$\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}+\frac{t}{2}\overrightarrow{BC}-\frac{\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}}{2}=\frac{1}{2}\left(t\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{SD}\right)=\frac{1}{2}\left(t\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{SD}\right)$$
(vì $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$).

Vậy $\overrightarrow{OJ}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{SD}$ — hai vectơ chỉ phương không cùng phương của mặt phẳng $(SAD)$. Do đó $\overrightarrow{OJ}\parallel (SAD)$.

Mặt khác, $O$ là tâm hình bình hành nằm trong đáy, $O\notin (SAD)$ (vì $O$ không thuộc đường thẳng $AD$), nên đường thẳng $OJ$ không nằm trong mặt phẳng $(SAD)$.

Kết luận: $OJ\parallel (SAD)$.