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

(AI giải đề cho tôi)
**Bài giải Phần IV – Câu 3**

Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $CD$.

**a) Tìm $K=SD\cap (OMN)$.**

Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SC$.

Vì $MO\parallel SC$ với $SC\subset (SCD)$ và $MO\not\subset (SCD)$ nên $MO\parallel (SCD)$.

Mặt phẳng $(OMN)$ đi qua $MO$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $N$ với $d\parallel MO\parallel SC$ (định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng).

Trong tam giác $SCD$: đường thẳng qua trung điểm $N$ của $CD$ và song song với $SC$ cắt $SD$ tại trung điểm của $SD$ (định lý đường trung bình). Vậy
$$K=SD\cap (OMN)\text{ laˋ trung điểm của }SD.$$

(Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $O$ làm gốc, $\overrightarrow{OA}=\vec{a},\overrightarrow{OB}=\vec{b}\Rightarrow \overrightarrow{OC}=-\vec{a},\overrightarrow{OD}=-\vec{b}$, $\overrightarrow{OS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{2}+\frac{-\vec{a}-\vec{b}}{2}=\frac{\vec{s}-\vec{b}}{2}=\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OD}}{2}$, đúng là trung điểm $SD$ và thuộc $(OMN)$.)

**b) Chứng minh $SI\parallel (ABCD)$ với $I=BM\cap CK$.**

Vì $K$ là trung điểm $SD$ nên trong tam giác $SAD$, $MK$ là đường trung bình:
$$MK\parallel AD,MK=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}.$$
Suy ra $MK\parallel BC$, do đó $M,B,C,K$ đồng phẳng, tạo thành hình thang $MBCK$ (hai đáy $MK\parallel BC$), và $I=BM\cap CK$ là giao của hai đường chéo.

Xét tam giác $IMK$ và $IBC$: có $\widehat{MIK}=\widehat{BIC}$ (đối đỉnh), $\widehat{IMK}=\widehat{IBC}$ (so le trong vì $MK\parallel BC$), nên hai tam giác đồng dạng, suy ra
$$\frac{IM}{IB}=\frac{MK}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow IM=\frac{IB}{2},$$
tức là $M$ là trung điểm của $IB$.

Xét tứ giác $ABSI$: có $M$ là trung điểm của $SA$ (giả thiết) và $M$ là trung điểm của $IB$ (vừa chứng minh), nên hai đường chéo $SA$ và $IB$ cắt nhau và cùng bị chia đôi tại $M$. Do đó tứ giác $ABSI$ là hình bình hành, suy ra
$$SI\parallel AB.$$

Vì $AB\subset (ABCD)$ và $SI\not\subset (ABCD)$ nên $SI\parallel (ABCD)$. $■$

(Kiểm tra bằng vectơ: $\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BM}=\vec{b}+(\vec{s}+\vec{a}-2\vec{b})=\vec{s}+\vec{a}-\vec{b}$, nên $\overrightarrow{SI}=\vec{a}-\vec{b}=\overrightarrow{BA}$, tức $SI\parallel AB$ và $M$ đúng là trung điểm $BI$.)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$ là giao điểm của $AE$ và $DN$ nên $I\in DN$, do đó $I$ thuộc mặt phẳng $(SDI)$. Đồng thời $I\in AE$ với $E\in CD$, $A\in (SAC)$, nên $AE\subset (ACD)$... xét trong mặt phẳng $(ACD)$: $I\in AE$ và $A\in (SAC)$ nên $I\in (SAC)$. Vậy $I$ thuộc cả hai mặt phẳng $(SDI)$ và $(SAC)$. Ngoài ra, điểm $S$ chung của hai mặt phẳng. Xét điểm $N$: $N\in DN\subset (SDI)$ và $N\in AC\subset (SAC)$, nên $N$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Hai mặt phẳng có hai điểm chung phân biệt $S$ và $N$ nên giao tuyến là đường thẳng $SN$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình chữ nhật tâm $I$, $H$ trung điểm $AB$, $G$ trung điểm $CD$, $M,K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $SAB,SCD$.

a) Đúng. $A,G,B,C$ cùng thuộc mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Trong hình chữ nhật, $AG$ không song song với $BC$ ($AG$ đi qua trung điểm $CD$, còn $BC$ là cạnh), nên $AG$ và $BC$ cắt nhau tại một điểm trong mặt phẳng đáy.

b) Sai. $HG$ nối trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $HG\parallel AD$ ($HG$ vuông góc với $CD$ trong hình chữ nhật, không song song với $CD$). Mà $AD$ cắt mặt phẳng $(SCD)$ tại $D$, nên $HG$ không song song với $(SCD)$. Vậy khẳng định Sai.

c) Đúng. $M$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $M$ nằm trên trung tuyến $SH$ của tam giác này, tức $M\in SH\subset (SBH)$. Mặt khác $H$ nằm trên $AB$ nên $A,B,H$ thẳng hàng, do đó $(SBH)=(SAB)$ chứa $A$. Vậy $AM\subset (SBH)$.

d) Đúng. $K$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $K$ nằm trên trung tuyến $SG$. Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(b,0,0)$, $D(0,d,0)$, $C(b,d,0)$, $S(x,y,h)$ thì $K=\left(\frac{x+b}{3},\frac{y+2d}{3},\frac{h}{3}\right)$. Mặt phẳng $(KBC)$ có phương trình $h(X-b)=(x-2b)Z$. Thay $J=\left(\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac{h}{2}\right)$: $h\left(\frac{x}{2}-b\right)=(x-2b)\cdot \frac{h}{2}$ ✓; thay $P=\left(\frac{x}{2},\frac{y+d}{2},\frac{h}{2}\right)$ cũng thỏa ✓. Vậy $J,P$ cùng thuộc $(KBC)$ và hiển nhiên thuộc $(SAD)$, hai điểm phân biệt, nên $(KBC)\cap (SAD)=JP$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $C(1,0,0)$, $B(0,1,0)$, $D(0,0,1)$. Khi đó $M=\left(\frac{1}{2},0,0\right)$, $N=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$, và vì $BP=6DP$ nên $P=B+\frac{6}{7}(D-B)=\left(0,\frac{1}{7},\frac{6}{7}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{MN}=\left(0,\frac{1}{2},0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{7},\frac{6}{7}\right)$, nên pháp tuyến của $(MNP)$ là $\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(\frac{3}{7},0,\frac{1}{4}\right)$. Phương trình mặt phẳng: $\frac{3}{7}\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{4}z=0$. Điểm $K$ thuộc $AD$ nên $K=(0,0,t)$, thay vào: $-\frac{3}{14}+\frac{t}{4}=0\Rightarrow t=\frac{6}{7}$. Vậy $\frac{AK}{AD}=\frac{6}{7}$, tức $a=6,b=7$ (tối giản), nên $-a-b=-13$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AD\cap BC$ (tồn tại vì $AD$ không song song $BC$) và $P=AB\cap CD$ (tồn tại vì $AB$ không song song $CD$).

a) Trong mặt đáy: $AC\cap BD=O$. Mặt phẳng $(SAC)$ chứa $S,O$; mặt phẳng $(SBD)$ chứa $S,O$. Vậy giao tuyến là $SO$.

b) Điểm $M\in SA\subset (SAC)$ nên $M\in (SAC)$; $M\in (MBD)$. Trong mặt đáy: $AC\cap BD=O$, và $O\in (MBD)$ (vì $O\in BD$), $O\in (SAC)$ (vì $O\in AC$). Vậy giao tuyến là $MO$.

c) $M\in SA\subset (SAD)$ nên $M\in (SAD)$, hiển nhiên $M\in (MBC)$. Trong mặt đáy: $AD\cap BC=O$, với $O\in BC\subset (MBC)$ và $O\in AD\subset (SAD)$. Vậy giao tuyến là $MO$.

d) Hai mặt phẳng đều chứa $S$. Trong mặt đáy: $AB\cap CD=P$, với $P\in AB\subset (SAB)$ và $P\in CD\subset (SCD)$. Vậy giao tuyến là $SP$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 122: Cho hình chóp $S.ABC$, $I$ thuộc $SA$, đường thẳng $d$ không song song với $AC$ cắt $AB$ tại $J$ và $BC$ tại $K$.

a) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SAC)$:
- Trong mặt phẳng $(ABC)$, $JK$ cắt $AC$ tại $H$ (vì $JK$ không song song với $AC$, $H$ là giao điểm của đường thẳng $JK$ và $AC$).
- $H$ thuộc $AC$ nên $H$ thuộc $(SAC)$; $H$ thuộc $JK$ nên $H$ thuộc $(IJK)$.
- $I$ chung cho $(IJK)$ và $(SAC)$ (vì $I$ thuộc $SA$).
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $IH$.

b) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SAB)$:
- $J$ thuộc $AB$ nên $J$ thuộc cả hai mặt phẳng; $I$ thuộc $SA$ nên $I$ thuộc cả hai mặt phẳng.
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $IJ$.

c) Giao tuyến của $(IJK)$ và $(SBC)$:
- $K$ thuộc $BC$ nên $K$ thuộc cả hai mặt phẳng.
- Trong $(SAC)$, đường thẳng $IH$ (đã tìm ở câu a) cắt $SC$ tại $T$ ($T$ là giao điểm của $IH$ với $SC$).
- $T$ thuộc $SC$ nên $T$ thuộc $(SBC)$; $T$ thuộc $(IJK)$.
- Vậy giao tuyến là đường thẳng $KT$.

Kiểm tra: mọi giao điểm đều nằm trên các cạnh/đường thẳng của hình chóp, các bước dùng định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng có hai điểm chung (b, c) hoặc tìm điểm chung thứ hai qua giao của hai đường thẳng đồng phẳng (a, c). Kết quả nhất quán.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 123.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình thang với đáy lớn $AB$ (nên $AB\parallel CD$), $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$.

**a) Chứng minh $MN\parallel CD$:**
Xét 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 $MN\parallel AB$.
Mặt khác, đáy $ABCD$ là hình thang có hai đáy $AB$ và $CD$ nên $AB\parallel CD$. Vậy $MN\parallel AB\parallel CD$, do đó $MN\parallel CD$.

**b) Tìm giao điểm $P$ của $SC$ với $(AND)$; chứng minh $SI\parallel AB\parallel CD$; tứ giác $SIBA$:**

• Vì $MN\parallel CD$ với $MN\subset (SAB)$, $CD\not\subset (SAB)$ nên $CD\parallel (SAB)$.

• Hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(SAB)$: mặt phẳng $(SCD)$ chứa $CD$, mặt phẳng $(SAB)$ chứa $AB$, mà $CD\parallel AB$, do đó giao tuyến $(SCD)\cap (SAB)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và $\Delta \parallel AB\parallel CD$.

• Xét tam giác $SAB$: qua $S$ vẽ đường thẳng $\Delta \parallel AB$, cắt đường thẳng $AN$ (kéo dài) tại $I$. Vì $SI\parallel AB$ nên $\widehat{NSI}=\widehat{NBA}$ và $\widehat{NIS}=\widehat{NAB}$ (đồng vị); lại có $NS=NB$ ($N$ là trung điểm $SB$), suy ra tam giác $NIS$ bằng tam giác $NBA$ (g.c.g). Do đó $NI=NA$ và $SI=AB$.

• Xác định $P$: vì $I\in AN\subset (AND)$ và $I\in \Delta \subset (SCD)$ nên $I$ thuộc giao tuyến $(AND)\cap (SCD)$, tức giao tuyến là đường thẳng $DI$. Khi đó $P=SC\cap DI=SC\cap (AND)$, tức $P$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng $DI$ (và $P\in (AND)$). Vậy $P$ được tìm bằng cách: trong mặt phẳng $(SCD)$, kéo dài $SC$ cắt $DI$ tại $P$.

• Chứng minh $SI\parallel AB\parallel CD$: đường thẳng $AN$ nằm trong $(AND)$, đường thẳng $DP$ (tức $DI$) nằm trong $(AND)$, nên $I=AN\cap DP$ thuộc $(AND)$. Đồng thời $I\in \Delta =(SAB)\cap (SCD)$, mà $\Delta \parallel AB\parallel CD$. Vậy $SI\parallel AB\parallel CD$.

• Tứ giác $SIBA$ là **hình bình hành**. Thật vậy: ta có $SI\parallel AB$ (chứng minh trên) và $SI=AB$ (do tam giác $NIS$ bằng tam giác $NBA$). Tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. (Cách khác: vì $NI=NA$ và $NS=NB$ nên hai đường chéo $AI$ và $SB$ của tứ giác $SIBA$ cắt nhau tại $N$ là trung điểm chung, do đó $SIBA$ là hình bình hành; khi đó cũng có $SA\parallel IB$.)

(AI giải đề cho tôi)
Bốn điểm không đồng phẳng, mỗi bộ 3 điểm xác định một mặt phẳng. Số mặt phẳng là $C_4^3=4$ (tức 4 mặt của tứ diện tạo bởi 4 điểm). Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
A sai vì qua 2 điểm phân biệt có vô số mặt phẳng. B sai vì 3 điểm phân biệt có thể thẳng hàng thì không xác định mặt phẳng duy nhất. C đúng theo tiên đề: qua 3 điểm không thẳng hàng có duy nhất một mặt phẳng. D sai vì 4 điểm phân biệt bất kì có thể không đồng phẳng.

(AI giải đề cho tôi)
Bốn điểm không đồng phẳng, mỗi mặt phẳng qua 3 điểm: số tổ hợp $C(4,3)=4$ mặt phẳng phân biệt (như 4 mặt của một tứ diện). Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tiên đề xác định mặt phẳng: hai đường thẳng cắt nhau xác định duy nhất một mặt phẳng. Ba điểm phân biệt chỉ xác định mặt phẳng khi chúng không thẳng hàng; một điểm và một đường thẳng chỉ xác định khi điểm không nằm trên đường thẳng; bốn điểm phân biệt không xác định mặt phẳng. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$ (do $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là giao hai đường chéo) và $M$ là trung điểm $SC$, suy ra $MO\parallel SA$ (định lý đường trung bình), không song song với $SB$.
b) Đúng. $S$ thuộc cả hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$; $O=AC\cap BD$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Hai mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo đường thẳng đi qua hai điểm chung $S$ và $O$, tức giao tuyến là $SO$.
c) Sai. Mặt phẳng $(SAC)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $SO$. Đường thẳng $AM$ nằm trong $(SAC)$, nên giao điểm của $AM$ với $(SBD)$ là giao điểm của $AM$ với $SO$ (khác giao điểm của $AM$ với $BD$, vì $AM$ và $BD$ không cùng một mặt phẳng).
d) Đúng. Theo a), $MO\parallel SA$ với $SA\subset (SAD)$ và $MO\not\subset (SAD)$, do đó $MO\parallel (SAD)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SC$ nên $MO\parallel SA$, không song song $SB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S$ và $O=AC\cap BD$ là hai điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$, nên giao tuyến là $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm của $AM$ với $(SBD)$ là giao điểm của $AM$ với $SO$ (giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$), không phải giao điểm với $BD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $MO\parallel SA\subset (SAD)$ và $MO\not\subset (SAD)$ nên $MO\parallel (SAD)$.

Đáp án: Vẽ hình đúng : 0,25 điểm

a) - $S\in (SAC)\cap (SBD)$
- $AC\cap BD=O$ : 0,25 điểm
- $SO=(SAC)\cap (SBD)$
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$ : 0,25 điểm
Lưu ý: Các thầy cô sửa lại các điểm D -> A; C -> B; B -> C; A -> D, vì lý do cài đặt máy tính.
b) Ta có: $\{\begin{array}{l}MN=(MAB)\cap (SCD)\\ CD\subset (SCD);AB\subset (SAB):0,25\\ CD\parallel AB\end{array}\Rightarrow MN\parallel CD\parallel AB$. Vậy $MN\parallel (SAB)$ (đpcm) : 0,25 điểm

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp có đáy là ngũ giác: đáy có 5 cạnh và có 5 cạnh bên nối đỉnh với 5 đỉnh của đáy. Tổng số cạnh là $5+5=10$ cạnh. Đáp án khớp với mã đề 112: C.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các cạnh bên song song với nhau ($A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$), hai tam giác đáy bằng nhau và nằm trong hai mặt phẳng song song — nên A, C, D đều đúng. Các mặt bên của lăng trụ nói chung chỉ là các hình bình hành; chỉ khi lăng trụ đứng (cạnh bên vuông góc với mặt đáy) thì mặt bên mới là hình chữ nhật. Từ hình vẽ, lăng trụ không phải lăng trụ đứng, nên khẳng định B là sai. Kết quả khớp bảng đáp án (mã đề 111, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$ chung. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SO$.

b) Sai: Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SC$ và $O$ là trung điểm $AC$ (hai đường chéo hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường). Suy ra $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, tức $MO\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAC)$ còn $SB$ chỉ cắt mặt phẳng $(SAC)$ tại $S$ (và $SB\not\subset (SAC)$), nên $MO$ không thể song song với $SB$.

c) Sai: $AM\subset (SAC)$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, gọi $N=AM\cap SO$ (hai đường thẳng này cắt nhau vì không song song). Khi đó $N\in SO\subset (SBD)$, nên giao điểm của $AM$ với mặt phẳng $(SBD)$ là $N$ nằm trên $SO$, không phải giao điểm của $AM$ với $BD$ (thực tế $AM$ và $BD$ chéo nhau, không cắt nhau).

d) Đúng: Từ b) ta có $MO\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAD)$ và $MO\not\subset (SAD)$ nên $MO\parallel (SAD)$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 111, Phần II Câu 2: a Đúng, b Sai, c Sai, d Đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$S$ chung và $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng $(SAC)$, $(SBD)$ nên giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $M$ trung điểm $SC$, $O$ trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SA$. Vì $SA\subset (SAC)$ còn $SB$ chỉ cắt $(SAC)$ tại $S$ và $SB\not\subset (SAC)$, nên $MO$ không song song với $SB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AM\subset (SAC)$; gọi $N=AM\cap SO$ (hai đường thẳng này cắt nhau trong $(SAC)$ vì không song song). Khi đó $N\in SO\subset (SBD)$, tức giao điểm của $AM$ với $(SBD)$ là $N$ nằm trên $SO$, không phải giao điểm của $AM$ với $BD$ (thực tế $AM$ và $BD$ chéo nhau).
d) (AI giải đề cho tôi)
$MO\parallel SA$ (đường trung bình tam giác $SAC$). Vì $SA\subset (SAD)$ và $MO\not\subset (SAD)$ nên $MO\parallel (SAD)$.

Đáp án: Vẽ hình đúng : 0,25 điểm

a) $S\in (SAD)\cap (SBC)$
$AC\cap BD=O$ : 0,25 điểm
$SO=(SAD)\cap (SBC)$
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $SO$ : 0,25 điểm
b) Ta có: $\{\begin{array}{l}MN=(MCD)\cap (SAB)\\ CD\subset (MCD);AB\subset (SAB)\\ CD\parallel AB\end{array}$ : 0,25 $\Rightarrow MN\parallel CD\parallel AB$. Vậy $MN\parallel (SCD)$ (đpcm): 0,25

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp có đáy là ngũ giác: đáy có 5 cạnh và có 5 cạnh bên nối từ đỉnh tới 5 đỉnh của đáy. Vậy tổng số cạnh là $5+5=10$ cạnh. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Theo tiên đề về mặt phẳng: qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng thì có duy nhất một mặt phẳng. A sai vì qua 2 điểm có vô số mặt phẳng; B sai vì 3 điểm thẳng hàng không xác định duy nhất một mặt phẳng; C sai vì 4 điểm phân biệt bất kì có thể không đồng phẳng. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải PHẦN IV - Câu 3:

a) Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD):
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) đều chứa điểm S. Đáy ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường, tức $O=AC\cap BD$, với $O\in (SAC)$ và $O\in (SBD)$.
Vậy giao tuyến của (SAC) và (SBD) là đường thẳng SO.

b) Chứng minh SB // (MNQ):
Xét tam giác SAB: Q là trung điểm SA, M là trung điểm AB nên QM là đường trung bình của tam giác SAB, suy ra $QM\parallel SB$.
Vì $QM\subset (MNQ)$ và $SB\not\subset (MNQ)$ nên $SB\parallel (MNQ)$. Đpcm.

c) Tìm giao điểm của SD và (MNQ):
- Trong mặt phẳng đáy: $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. M là trung điểm AB, N là trung điểm CD nên $MN\parallel AD\parallel BC$. Đường MN cắt đường chéo BD tại E — tâm hình bình hành, trung điểm của BD (do tính đối xứng tâm qua E: M đối xứng N, B đối xứng D). Vậy $E\in MN\subset (MNQ)$ và $E\in BD\subset (SBD)$, với $\frac{BE}{BD}=\frac{1}{2}$.
- Vì $SB\parallel (MNQ)$, $SB\subset (SBD)$ và (SBD) cắt (MNQ) theo giao tuyến d đi qua E, nên $d$ là đường thẳng qua E và song song với SB.
- Gọi $P=d\cap SD$, khi đó P là giao điểm của SD và (MNQ).
- Trong mặt phẳng (SBD): vì EP // SB nên tam giác DEP đồng dạng tam giác DBS, với $\frac{DE}{DB}=\frac{1}{2}$ suy ra $\frac{DP}{DS}=\frac{1}{2}$, do đó $\frac{SP}{SD}=\frac{1}{2}$, tức P là trung điểm của SD.

Vậy giao điểm của SD và (MNQ) là trung điểm P của SD, với $\frac{SP}{SD}=\frac{1}{2}$ (SP : PD = 1 : 1).