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

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, hai mặt phẳng cùng chứa điểm $S$, nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$, $CD$. Đúng.
b) $E$, $F$ là trung điểm $SA$, $SB$ nên $EF\parallel AB\parallel CD$; mà $EF\not\subset (SCD)$, $CD\subset (SCD)$, suy ra $EF\parallel (SCD)$. Đúng.
c) Với $G=\frac{S+B+C}{3}$, $H=\frac{B+C+D}{3}$ ta có $\overrightarrow{GH}=\frac{\overrightarrow{SD}}{3}$, tức $GH=\frac{SD}{3}\ne \frac{SD}{2}$. Sai.
d) $O\in BD\subset (BCD)$, $H\in (BCD)$ nên $OH\subset (BCD)$. Chọn hệ gốc $B$, ta có $O=\frac{2}{3}D$ (vì $\frac{BO}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$) và $H=\frac{C+D}{3}$, suy ra $\overrightarrow{OH}=\frac{\vec{C}-\vec{D}}{3}\parallel CD\parallel (SCD)$. Mặt khác từ c) $GH\parallel SD\subset (SCD)$. Hai đường thẳng cắt nhau $GH$, $OH$ cùng song song $(SCD)$ nên $(GHO)\parallel (SCD)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, hai mặt phẳng cắt nhau tại $S$ nên giao tuyến qua $S$ và song song $AB$, $CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$EF$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $EF\parallel AB\parallel CD$, $EF\not\subset (SCD)$ $\Rightarrow$ $EF\parallel (SCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$GH\parallel SD$ và $GH=SD/3$, không phải $SD/2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$OH\parallel CD$ và $GH\parallel SD$ (hai đường cắt nhau) cùng song song $(SCD)$ nên $(GHO)\parallel (SCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Mặt phẳng $(ABM)$ đi qua $AB$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $MN$, do đó $MN\parallel AB$. Suy ra $MN\parallel CD$. Xét tam giác $SDC$: đường thẳng qua $M$ song song với $DC$ cắt $SC$ tại $N$, theo định lý Ta-lét ta có $\frac{SN}{SC}=\frac{SM}{SD}=\frac{4}{5}$. Vậy $\frac{SN}{SC}=\frac{4}{5}=0,8$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải chi tiết Phần IV Câu 1: a) Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa điểm $S$; trong đáy hình bình hành $ABCD$ ta có $AC\cap BD=O$. Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$. b) Ta có $AB\parallel CD$ (hình bình hành), với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $\Delta \parallel AB$; khi đó $\Delta \parallel CD$ nên $\Delta \subset (SCD)$. Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). c) Vì $M\in SD\subset (SBD)$ và $B\in (SBD)$ nên $BM\subset (SBD)$. Mà $(SBD)\cap (SAC)=SO$ (theo câu a), nên giao điểm của $BM$ với $(SAC)$ là giao điểm $K$ của $BM$ với $SO$. Xét tam giác $SBD$ có $O$ là trung điểm $BD$, $M$ là trung điểm $SD$ nên $OM\parallel SB$; do đó $BM$ cắt $SO$ tại $K$ với $\frac{SK}{SO}=\frac{2}{3}$ (tính bằng hệ thức Menelaus hoặc tọa độ trong mặt phẳng $(SBD)$). Vậy $BM\cap (SAC)=\{K\}$ với $K\in SO$, $SK=\frac{2}{3}SO$. d) Xét tam giác $SDC$: $M$ là trung điểm $SD$, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN\parallel SC$, mà $SC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ $\Rightarrow MN\parallel (SBC)$. Xét tam giác $BCD$: $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $N$ là trung điểm $CD$ nên $ON\parallel BC$, mà $BC\subset (SBC)$, $ON\not\subset (SBC)$ $\Rightarrow ON\parallel (SBC)$. Trong mặt phẳng $(OMN)$ có hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $ON$ cùng song song với $(SBC)$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. Đpcm.

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

Chọn B
Từ hình vẽ ta thấy $H=EG\cap AF\Rightarrow H=EG\cap (ACD)$

a) $\{\begin{array}{l}M\in (MAC)\cap (SBC)\\ C\in (MAC)\cap (SBC)\end{array}\Rightarrow MC=(MAC)\cap (SBC)\Rightarrow$ SAI

b) $\frac{BG}{BK}=\frac{BN}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN//CK\Rightarrow AC//\left(SGN\right)\Rightarrow$ SAI

c) $GN//AC\Rightarrow$ SAI

d) $\{\begin{array}{l}GN//AC\\ MN//SC\end{array}\Rightarrow \left(GMN\right)//\left(SAC\right)\Rightarrow$ ĐÚNG
a) a) $\{\begin{array}{l}M\in (MAC)\cap (SBC)\\ C\in (MAC)\cap (SBC)\end{array}\Rightarrow MC=(MAC)\cap (SBC)\Rightarrow$ SAI
b) b) $\frac{BG}{BK}=\frac{BN}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN//CK\Rightarrow AC//\left(SGN\right)\Rightarrow$ SAI
c) c) $GN//AC\Rightarrow$ SAI
d) d) $\{\begin{array}{l}GN//AC\\ MN//SC\end{array}\Rightarrow \left(GMN\right)//\left(SAC\right)\Rightarrow$ ĐÚNG

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$
$$\frac{PS}{PA}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{NB}{NS}=1\iff \frac{1}{3}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{2}{5}=1\iff \frac{EA}{EB}=\frac{15}{2}$$
Có
$$EB//CD\Rightarrow \frac{EB}{MC}=\frac{IB}{IC}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{EB}{\frac{1}{2}CD}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{EB}{\frac{1}{6}AB}\iff \frac{IB}{IC}=\frac{6EB}{AB}=6.\frac{2}{13}\approx 0,92$$
Kết quả: 0,92

a) $\{\begin{array}{l}E\in (ECD)\cap (SAB)\\ AB//CD(ABCDhbh)\end{array}\Rightarrow d=(ECD)\cap (SAB)$

$(d\text{ qua }E,d//AB//CD)$

b) Gọi $N$ trung điểm $AD$ và $K=OM\cap AD$ (trong $(ABCD)$)

Có $AM//CD\Rightarrow \frac{AM}{CD}=\frac{IA}{IC}=\frac{1}{3}$ (Thales thuận với 2 tam giác $IAM,ICD$)

$AM//ON\Rightarrow \frac{KM}{KO}=\frac{AM}{ON}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{OM}{OK}=\frac{1}{3}$ (Thales thuận trong tam giác $KON$)

Xét tam giác $SKO$ có $\frac{OG}{OS}=\frac{OM}{OK}=\frac{1}{3}\Rightarrow GM//SK$

Mà $SK\subset (SAD),GM\not\subset (SAD)\Rightarrow GM//(SAD)$

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $M$ thuộc mặt phẳng $(P)$ được kí hiệu là $M\in (P)$. Các cách viết khác sai vì: $M\notin (P)$ nghĩa là $M$ không thuộc $(P)$; $(P)\in M$ sai vì mặt phẳng không thể là phần tử của điểm; $M\subset (P)$ sai vì điểm không phải là tập hợp con của mặt phẳng theo nghĩa kí hiệu chuẩn.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Trong hình bình hành $ABCD$ tâm $O$, hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$, nên $O$ thuộc cả $(SAC)$ (vì $O\in AC$) và $(SBD)$ (vì $O\in BD$). Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung $S$ và $O$, do đó giao tuyến là đường thẳng $SO$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
$M\in SA$ và $N\in SB$ nên $MN\subset (SAB)$. Mặt phẳng $(SAB)$ cắt $(ABC)$ theo giao tuyến $AB$. Vì $M$ là trung điểm $SA$ còn $N$ không phải trung điểm $SB$, đường thẳng $MN$ không song song với $AB$, nên $MN$ cắt $AB$ tại một điểm $Q$. Điểm $Q$ thuộc $MN$ và thuộc $AB\subset (ABC)$, do đó $Q$ chính là giao điểm của $MN$ với $(ABC)$. Vậy giao điểm của $MN$ với $(ABC)$ là giao điểm của $MN$ với $AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Mặt phẳng $(SAD)$ chứa đường thẳng $AD$, mặt phẳng $(SBC)$ chứa đường thẳng $BC$, và hai mặt phẳng này có điểm chung $S$. Theo tính chất: nếu hai mặt phẳng cắt nhau và lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng song song với hai đường thẳng đó. Do đó giao tuyến $d=(SAD)\cap (SBC)$ đi qua $S$ và song song với $AD$ (cũng song song với $BC$). Vậy mệnh đề đúng là $d$ qua $S$ và song song với $BC$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $I$, $I^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

a) Vì $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ nên tứ giác $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành. Do $I,I^{\prime }$ là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $I{I}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$. Mà $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, suy ra $I{I}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$. Mệnh đề ĐÚNG.

b) Ta có $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel I{I}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }=I{I}^{\prime }$, nên tứ giác $A{A}^{\prime }{I}^{\prime }I$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau, do đó là hình bình hành. Mệnh đề ĐÚNG.

c) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$, khi đó $I(0,5;0,5;0)$, $I^{\prime }(0,5;0,5;1)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ có phương trình $-x-y+z=0$. Điểm trên đường thẳng $A^{\prime }I$: $A^{\prime }+t(0,5;0,5;-1)$, thay vào mặt phẳng: $-0,5t-0,5t+1-t=1-2t=0\Rightarrow t=0,5$, tức $A^{\prime }I$ cắt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại điểm $(0,25;0,25;0,5)$. Vậy $I{A}^{\prime }$ KHÔNG song song với $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Mệnh đề SAI.

d) Hai mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ đều chứa điểm $C^{\prime }$ nên giao tuyến đi qua $C^{\prime }$. Đường thẳng $A{I}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $A^{\prime }I\subset (A^{\prime }B{C}^{\prime })$ cắt nhau: theo tính toán trên, $A^{\prime }I$ cắt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ tại $(0,25;0,25;0,5)$, và điểm này chính là trung điểm của $A{I}^{\prime }$ (với $A(0;0;0)$, $I^{\prime }(0,5;0,5;1)$), tức là giao điểm $P$ của $A{I}^{\prime }$ và $A^{\prime }I$. Điểm $P$ thuộc cả hai mặt phẳng nên giao tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ là đường thẳng đi qua $P$ (và $C^{\prime }$). Mệnh đề ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành nên $I{I}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$. ĐÚNG.
b) (AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\parallel I{I}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=I{I}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }{I}^{\prime }I$ là hình bình hành. ĐÚNG.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$, $I(0,5;0,5;0)$, mặt $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $-x-y+z=0$; đường $A^{\prime }I$ cắt mặt này tại $(0,25;0,25;0,5)$, nên $I{A}^{\prime }$ không song song $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. SAI.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng cùng chứa $C^{\prime }$; $A{I}^{\prime }$ và $A^{\prime }I$ cắt nhau tại $P(0,25;0,25;0,5)$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến đi qua giao điểm này (và qua $C^{\prime }$). ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Vì MN∥AB, NP∥BC nên (MNP)∥(ABCD). Giao tuyến của (MNP) với (SDC) là đường thẳng qua P song song với DC (vì DC nằm trong (ABCD)). Đường này cắt SD tại Q, do đó PQ∥DC và P là trung điểm SC nên Q là trung điểm SD, PQ = DC/2 = (2a)/2 = a.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì (MNP)∥(ABCD) nên giao tuyến của (MNP) và (SDC) là đường thẳng qua P song song với DC, cắt SD tại Q là trung điểm SD. Suy ra PQ = DC/2 = a.
b) (AI giải đề cho tôi)
(MNO) không song song với (SCD). Thật vậy, MN∥AB nên MN không song song với mặt phẳng nào chứa đường thẳng cắt AB; cụ thể MN cắt (SCD) (vì AB cắt (SCD) tại D... AB∥DC nên AB∥(SCD), tuy nhiên xét MO: MO không song song với (SCD)). Dùng tọa độ: A(0,0,0), B(2a,0,0), C(2a,2a,0), D(0,2a,0), S(x,y,h). M=(x/2,y/2,h/2), N=(x/2+a,y/2,h/2), O=(a,a,0). VTCP MN=(a,0,0), MO=(a−x/2, a−y/2, −h/2). VTPT của (MNO): MN×MO=(0, ah/2, a(a−y/2)). VTPT của (SCD) phải vuông góc với DC=(0,2a,0), nhưng VTPT của (MNO) có thành phần theo Oy là ah/2 ≠ 0, tức (MNO) không vuông góc với DC theo cách cần thiết — hai mặt phẳng không song song (chúng cắt nhau). Vậy khẳng định sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN∥AB; NP là đường trung bình của tam giác SBC nên NP∥BC. MN và NP cắt nhau tại N và cùng nằm trong (MNP); AB và BC cắt nhau tại B và cùng nằm trong (ABCD). Vậy (MNP)∥(ABCD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Từ a), Q là trung điểm SD. Khi đó QM là đường trung bình tam giác SAD nên QM∥AD, QM = a; PQ∥DC, PQ = a; MN∥AB, MN = a; NP∥BC, NP = a. MNPQ là hình bình hành, góc giữa MN và NP bằng góc giữa AB và BC bằng 90°, nên MNPQ là hình vuông cạnh a, diện tích S = a².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi K là trọng tâm tam giác BCD. Vì N là trung điểm CD nên K thuộc DN với DK = (2/3)DN. Trong tam giác ABN, M là trung điểm AB và G là trung điểm MN, nên đường thẳng AG cắt BN tại trung điểm I của BN (tính chất đường trung bình: đoạn nối trung điểm MN và trung điểm AG... xét tam giác ABN: M trung điểm AB, G trung điểm MN ⇒ MG // BN, và A, G, K thẳng hàng vì AK cắt MN tại trung điểm của MN). Cụ thể: trong tam giác ABN, gọi I là giao của AG với BN, thì do M và G lần lượt là trung điểm AB và MN, đường thẳng AG đi qua trọng tâm... Xét theo vectơ: G là trung điểm MN nên $\vec{G}=\frac{\vec{M}+\vec{N}}{2}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{4}$, tức G là trọng tâm tứ diện. Trọng tâm K của tam giác BCD có $\vec{K}=\frac{\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{3}$. Điểm trên đường thẳng AG có dạng $A+t(G-A)$; khi hệ số của A triệt tiêu: $1+t(\frac{1}{4}-1)=0\Rightarrow t=\frac{4}{3}$, khi đó điểm ấy là $\frac{\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}}{3}=K$. Vậy đường thẳng AG cắt mặt phẳng (BCD) tại K là trọng tâm tam giác BCD, với $\overrightarrow{AK}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AG}$... chính xác là $AG:GK=3:1$ (G nằm giữa A và K, $AG=\frac{3}{4}AK$).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ cùng chứa điểm $S$. Ngoài ra $I$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, nên $I\in AB\subset (SAB)$ và $I\in CD\subset (SCD)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua hai điểm chung $S$ và $I$, tức là $SI$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Ta có $AD\subset (SAD)$ và $BC\subset (SBC)$, $BC\parallel (SAD)$ (vì $BC$ song song với $AD$ nằm trong $(SAD)$). Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ và song song với $BC$, tức song song với $AD$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAB$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$ nên $MN\parallel AB$.

Vì $MN\parallel AB$ và $AB\subset (ABCD)$ nên $MN\parallel (ABCD)$. Mặt phẳng $(MNP)$ đi qua $MN$ và cắt $(ABCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $P$, suy ra $d\parallel MN\parallel AB$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, do đó $d\parallel CD$. Mà $P\in SC\subset (SCD)$ và $CD\subset (SCD)$ nên $d\subset (SCD)$. Trong mặt phẳng $(SCD)$, đường thẳng qua $P$ song song với $CD$ cắt $SD$ tại $Q$, tức giao tuyến $d$ chính là đường thẳng $PQ$. Vậy $PQ\parallel CD\parallel AB\parallel MN$.

Suy ra $MN\parallel PQ$, tức tứ giác $MNPQ$ có một cặp cạnh đối song song.

Mặt khác, $MN=\frac{1}{2}AB$ (đường trung bình của tam giác $SAB$), còn trong tam giác $SCD$ có $\frac{PQ}{CD}=\frac{SP}{SC}$. Vì $P$ là điểm bất kỳ trên cạnh $SC$ (nói chung $P$ không trùng trung điểm $SC$) nên nói chung $\frac{SP}{SC}\ne \frac{1}{2}$, do đó $PQ\ne MN$.

Vậy $MNPQ$ là tứ giác có đúng một cặp cạnh đối song song và hai cạnh đó không bằng nhau, tức $MNPQ$ là hình thang. $■$

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $CD\subset (SCD)$, $AB\subset (SAB)$, $AB$ không nằm trong $(SCD)$. Suy ra giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và $d\parallel AB$ (cũng $d\parallel CD$).

b) $F$ nằm trên $MC$ thỏa $CF=2MF$ nên $MF=\frac{1}{3}MC$. $G$ là trọng tâm $△SAB$, $M$ là trung điểm $AB$ nên $G\in SM$ và $\frac{MG}{MS}=\frac{1}{3}$. Xét $△SMC$: $\frac{MG}{MS}=\frac{MF}{MC}=\frac{1}{3}$, suy ra $GF\parallel SC$ (định lý Thales).

c) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0)$, $B(2;0)$, $D(0;2)$, $C(2;2)$, $M(1;0)$. Ta có $F=M+\frac{1}{3}(C-M)=\left(\frac{4}{3};\frac{2}{3}\right)$. Mặt phẳng qua $G$ song song $(SCD)$ cắt mặt đáy $(ABCD)$ theo đường thẳng qua $F$ song song với $CD$ (tức song song $AB$), vì $EG\parallel (SCD)$ kéo theo $EG\parallel SC$ trong mặt phẳng $(SMC)$, nên $E$ chính là giao của đường thẳng qua $F$ song song $AB$ với $AD$. Đường thẳng qua $F$ song song $AB$ có phương trình $y=\frac{2}{3}$, cắt $AD$ (trục tung) tại $E\left(0;\frac{2}{3}\right)$. Khi đó $AE=\frac{2}{3}$, $AD=2$, nên $AD=3\cdot AE$, tức $x=3$ (thỏa $x>0$, $E$ nằm trên đoạn $AD$). Vậy $x=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng đẳng thức trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ (mã đề 104, đáp án bảng là A):
- A: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vế phải $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì $\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{AD}$ nên hai vế không bằng nhau → đẳng thức SAI.
- B: $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (quy tắc hình hộp) → đúng.
- C: $\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ → đúng.
- D: Vế trái $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$; vế phải $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ → đúng.
Vậy đẳng thức sai là A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 104, câu 10: A).