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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ gốc tại $A$. Vì $I$ là giao hai đường chéo $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ của hình bình hành $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ nên $I$ là trung điểm của $A^{\prime }B$, do đó $\overrightarrow{AI}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}}{2}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}$. Trọng tâm tam giác $ABC$ cho $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{GI}=\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}-\frac{\vec{b}+\vec{c}}{3}=\frac{3\vec{a}+3\vec{b}-2\vec{b}-2\vec{c}}{6}=\frac{1}{6}\left(3\vec{a}+\vec{b}-2\vec{c}\right)$. Vậy đáp án C (độc lập kiểm tra lại, khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A đúng (tính chất: nếu đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt của mặt phẳng thì nó nằm trong mặt phẳng đó). B đúng (hai mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo một giao tuyến duy nhất). D đúng (định lý: qua hai điểm phân biệt cho trước có một và chỉ một đường thẳng). C sai vì nếu ba điểm phân biệt cho trước thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua chúng; chỉ khi ba điểm không thẳng hàng mới có duy nhất một mặt phẳng. Vậy khẳng định sai là C.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 4: a) Trong tam giác SAD, M, N lần lượt là trung điểm SA, SD nên MN là đường trung bình, suy ra MN // AD. Vì O ∈ (ABCD) còn M, N ∉ (ABCD), mặt phẳng (OMN) cắt (ABCD) theo giao tuyến đi qua O. Do MN // AD nên AD // (OMN) (AD ⊄ (OMN) vì AD cắt mặt phẳng chứa M, N, S... cụ thể AD nằm trong (SAD) cùng với MN). Giao tuyến d₁ của (OMN) và (ABCD) là đường thẳng qua O và song song với AD (đường thẳng này cũng song song với BC, cắt AB, CD tại trung điểm của chúng vì O là tâm hình bình hành). Vậy giao tuyến là đường thẳng qua O song song với AD. b) Ta có: MN là đường trung bình tam giác SAD nên MN // AD // BC, mà BC ⊂ (SBC), MN ⊄ (SBC) ⇒ MN // (SBC). Trong tam giác SAC: O là trung điểm AC (tâm hình bình hành), M là trung điểm SA nên OM là đường trung bình ⇒ OM // SC, mà SC ⊂ (SBC), OM ⊄ (SBC) ⇒ OM // (SBC). Hai đường thẳng MN và OM cắt nhau tại M và cùng nằm trong (OMN), đồng thời MN // (SBC), OM // (SBC) ⇒ (OMN) // (SBC). c) Vì (P) qua O và song song với AB, giao tuyến d = (P) ∩ (ABCD) là đường thẳng qua O song song với AB. Trong hình bình hành ABCD, đường thẳng qua tâm O song song với AB đi qua trung điểm I của AD và trung điểm J của BC, vậy d = IJ. Trong tam giác SAD: N là trung điểm SD, I là trung điểm AD nên NI là đường trung bình ⇒ NI // SA. Xét mặt phẳng (P) và (SAB): (P) chứa NI // SA với SA ⊂ (SAB); (P) chứa d = IJ // AB với AB ⊂ (SAB); NI và IJ cắt nhau tại I, đồng thời N ∉ (SAB) nên (P) ≠ (SAB). Hai mặt phẳng (P) và (SAB) lần lượt chứa hai đường thẳng cắt nhau tương ứng song song ⇒ (P) // (SAB). Vì G ∈ d ⊂ (P) và N ∈ (P) nên NG ⊂ (P), do đó NG // (SAB) (đpcm).

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(R)$ đi qua $M$ và song song với $AC$, $BD$. Xét giao tuyến $d$ của $(R)$ với $(ABC)$: vì $M\in (R)$ và $M\in (ABC)$ (do $M\in AB\subset (ABC)$) nên $d$ đi qua $M$. Mặt khác $(R)\parallel AC$ với $AC\subset (ABC)$, nên theo tính chất giao tuyến song song với đường thẳng cho trước, $d\parallel AC$. (Lưu ý $d$ không thể song song với $BD$ vì $BD$ không nằm trong $(ABC)$ và $B\notin (R)$.) Vậy giao tuyến đi qua $M$ và song song với $AC$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $I$ là trung điểm của $AD$ nên $I\in (JAD)$; đồng thời $I\in (IBC)$ vì mặt phẳng $(IBC)$ chứa đường thẳng $IB$ và điểm $C$... thực chất $(IBC)$ là mặt phẳng $(IBC)$ chứa $I,B,C$. Tương tự $J$ là trung điểm của $BC$ nên $J\in (IBC)$ và $J\in (JAD)$. Vậy cả hai điểm $I,J$ đều chung của hai mặt phẳng $(IBC)$ và $(JAD)$, do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $IJ$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong hình bình hành $ABCD$ có $AD\parallel BC$, với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, $AD$ không nằm trong $(SBC)$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$, $BC$. → Đúng.
b) $O$ là tâm hình bình hành nên $O$ là trung điểm $AC$. Trong tam giác $SAC$: $M$ trung điểm $SA$, $O$ trung điểm $AC$ nên $MO\parallel SC$, với $MO\subset (OMN)$, $SC\subset (SBC)$. Ngoài ra $MN$ là đường trung bình tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$, với $MN\subset (OMN)$, $BC\subset (SBC)$. Vậy $(OMN)\parallel (SBC)$. → Đúng.
c) Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $(ABCD)$ cắt $(SBC)$ theo giao tuyến $BC$, nên $(ABCD)$ cắt $(OMN)$ theo đường thẳng qua $O$ song song với $BC$ (tức song song với $AD$), không song song với $AB$ (vì $AB$ không song song $BC$). → Sai.
d) Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $C\in (SBC)$, $C\notin (OMN)$ (nếu $C\in (OMN)$ thì $(OMN)$ và $(SBC)$ có điểm chung, mâu thuẫn với tính song song). → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$ nên giao tuyến qua $S$ song song với $AD$ và $BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MO\parallel SC$ (định lý đường trung bình trong tam giác $SAC$) và $MN\parallel BC$ nên $(OMN)\parallel (SBC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(OMN)$ và $(ABCD)$ đi qua $O$ và song song với $BC$ (tức $AD$), không song song với $AB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ và $C\in (SBC)$ nên $C\notin (OMN)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng chứa điểm $S$ và cùng chứa đường thẳng $SA$ (vì $A\in (SAB)$, $A\in (SAD)$). Theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng, giao tuyến của $(SAB)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $SA$.

b) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O=AC\cap BD$ là trung điểm cả hai đường chéo, suy ra $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ và $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=\vec{0}$, tức $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}$.

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}}{3}$.

Vì $AC=3AH$ nên $\overrightarrow{AH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})$, do đó $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})=\frac{4\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}}{3}$.

Khi đó:
$$\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=\frac{4\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}}{3}-\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}}{3}=\frac{3\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OS}-\overrightarrow{OD}}{3}.$$

Do $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}$ nên $3\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$. Ta có:
$$\overrightarrow{GH}=\frac{2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OS}}{3}.$$

Cách khác gọn hơn (dùng điểm $A$ làm gốc): $\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AD}}{3}$, $\overrightarrow{AH}=\frac{\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}$ (vì $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ do $ABCD$ hình bình hành). Suy ra
$$\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AS}}{3}=\frac{\overrightarrow{SB}}{3}.$$

Vậy $\overrightarrow{GH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}$, tức $GH//SB\subset (SBC)$ và $GH\not\subset (SBC)$. Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $GH//(SBC)$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Hai điểm $A$ và $C$ đều thuộc cả mặt phẳng $(ABC)$ và mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ (vì $A,C$ nằm trong mặt bên $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$). Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua $A$ và $C$, tức là đường thẳng $AC$.

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;2)$, nên $O(0,5;0,5;0)$, $I(0,5;0;1)$, $K(0;0,5;1)$.
a) $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$; $O$ thuộc $AC$ và $BD$ nên $O$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là $SO$. ĐÚNG.
b) Mặt phẳng $(CKB)$: qua $C(1;1;0),B(1;0;0),K(0;0,5;1)$ có phương trình $x+z=1$. Giao với $SA$ (trục $x=0$) tại $J(0;0;1)$ — trung điểm $SA$. Đường thẳng qua $K(0;0,5;1)$ song song $DC$ (phương trình $(1;0;0)$) là tập $(t;0,5;1)$, không chứa $J(0;0;1)$. SAI.
c) $(OIA)$: $2x-2y-z=0$; $(SCD)$: $2y+z=2$. Giao tuyến: $x=1$, $2y+z=2$, đi qua $C(1;1;0)$, có vectơ chỉ phương $(0;1;-2)$ song song với $\overrightarrow{SD}=(0;1;-2)$. ĐÚNG.
d) $\overrightarrow{IJ}=J-I=(-0,5;0;0)\parallel \overrightarrow{CD}=(-1;0;0)$, nên $CD\parallel IJ$. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$; $O$ nằm trên $AC\subset (SAC)$ và trên $BD\subset (SBD)$, nên giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ trên, $(CKB):x+z=1$ cắt $SA$ tại $J(0;0;1)$ (trung điểm $SA$). Đường qua $K(0;0,5;1)$ song song $DC$ là $(t;0,5;1)$, không đi qua $J$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$(OIA):2x-2y-z=0$ và $(SCD):2y+z=2$ có giao tuyến $x=1,2y+z=2$: đi qua $C$ và có vectơ chỉ phương $(0;1;-2)\parallel \overrightarrow{SD}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I(0,5;0;1)$, $J(0;0;1)$ nên $\overrightarrow{IJ}=(-0,5;0;0)\parallel \overrightarrow{CD}$, suy ra $CD\parallel IJ$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Ta có $BC\subset (SBC)$, $BC\not\subset (SAD)$; $AD\subset (SAD)$, $AD\not\subset (SBC)$, và $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$. Suy ra giao tuyến $d$ của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $BC$ (đồng thời song song với $AD$). Cách dựng: trong mặt phẳng $(SBC)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $d\parallel BC$; khi đó $d\subset (SBC)$ và vì $d\parallel BC\parallel AD$ nên $d\parallel (SAD)$, do đó $d$ chính là giao tuyến cần tìm.

b) Chứng minh bằng vectơ. Chọn hệ vectơ gốc tại $A$: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$.

Vì $M\in CD$ và $CM=2MD$ nên $M$ chia đoạn $CD$ theo tỉ số $\frac{CM}{MD}=2$, do đó
$$\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{\vec{b}+\vec{d}+2\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}\vec{b}+\vec{d}.$$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$:
$$\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+(\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{\vec{s}+2\vec{b}+\vec{d}}{3}.$$

Suy ra
$$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+2\vec{b}+\vec{d}}{3}-\left(\frac{\vec{b}}{3}+\vec{d}\right)=\frac{\vec{s}+\vec{b}-2\vec{d}}{3}.$$

Ta có $\overrightarrow{BS}=\vec{s}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{BD}=\vec{d}-\vec{b}$. Kiểm tra:
$$\frac{1}{3}\overrightarrow{BS}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}(\vec{s}-\vec{b})-\frac{2}{3}(\vec{d}-\vec{b})=\frac{\vec{s}+\vec{b}-2\vec{d}}{3}=\overrightarrow{MG}.$$

Vậy $\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BS}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BD}$, tức $\overrightarrow{MG}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BD}$ không đồng phẳng, nên $MG\parallel (SBD)$. Hơn nữa $M\in CD$, $M\ne D$ nên $M\notin (SBD)$, do đó đường thẳng $MG$ thực sự song song với mặt phẳng $(SBD)$ (không nằm trong nó). Đpcm được chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
4 điểm $A$, $B$, $C$, $D$ không đồng phẳng, mỗi bộ 3 điểm không thẳng hàng xác định một mặt phẳng. Các mặt phẳng là: $(ABC)$, $(ABD)$, $(ACD)$, $(BCD)$. Không có mặt phẳng nào trùng nhau: nếu chẳng hạn $(ABC)=(ABD)$ thì $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một mặt phẳng, mâu thuẫn với giả thiết không đồng phẳng. Vậy có đúng 4 mặt phẳng phân biệt. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác $ABC$, $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$ nên $EF$ là đường trung bình, do đó $EF//AC$. ĐÚNG.

b) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ đều chứa $S$ nên giao tuyến đi qua $S$. Trong mặt phẳng $(SBD)$: $AB//CD$ (đáy là hình bình hành) nên $AB//(SCD)$, suy ra giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$), không phải song song với $AC$. SAI.

c) $(MBC)$ chứa $BC$, $(SAD)$ chứa $AD$ mà $AD//BC$ nên $BC//(SAD)$. Hai mặt phẳng có điểm chung $M$ (vì $M\in SA\subset (SAD)$ và $M\in (MBC)$), do đó giao tuyến là đường thẳng qua $M$ và song song với $BC$. ĐÚNG.

d) $M\in SA\subset (SAC)$ và $M\in (MEF)$ nên giao tuyến đi qua $M$. Trong $(ABC)$: $EF//AC$ nên $EF//(SAC)$, suy ra giao tuyến của $(MEF)$ và $(SAC)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AC$. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$EF$ là đường trung bình tam giác $ABC$ nên $EF//AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$), không song song với $AC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC//(SAD)$ và hai mặt phẳng chung điểm $M$ nên giao tuyến qua $M$ song song $BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$EF//(SAC)$ và hai mặt phẳng chung điểm $M$ nên giao tuyến qua $M$ song song $AC$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Mặt phẳng $(P)$ qua $M$ và song song với $(BCD)$ cắt các cạnh $AC,AD$ tại $N,P$ (tương ứng). Vì $(MNP)\parallel (BCD)$ nên $MN\parallel BC$, $MP\parallel BD$, $NP\parallel CD$. Do đó tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ABC$ với tỉ số $\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}$, suy ra thiết diện $MNP$ đồng dạng với tam giác $BCD$ với tỉ số $k=\frac{1}{2}$. Vậy diện tích thiết diện bằng $k^2\cdot S_{BCD}=\frac{1}{4}\cdot 16=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ với gốc $A$: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$. Do $M$ là trung điểm $SC$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC}}{2}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$. Điểm $I$ thuộc đường thẳng $AM$ nên $\overrightarrow{AI}=t\overrightarrow{AM}=\frac{t}{2}\vec{s}+\frac{t}{2}\vec{b}+\frac{t}{2}\vec{d}$. Vì $I$ thuộc mặt phẳng $(SBD)$, với biểu diễn $\overrightarrow{AI}=\alpha \vec{s}+\beta \vec{b}+\gamma \vec{d}$ phải có $\alpha +\beta +\gamma =1$, tức $\frac{3t}{2}=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{IA}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AM}$, do đó $\overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{IM}$, tức $k=-2$. Vậy $k^3=(-2{)}^3=-8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: $-8$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tiên đề về mặt phẳng: hai đường thẳng cắt nhau xác định một mặt phẳng duy nhất. A sai vì ba điểm phân biệt có thể thẳng hàng; B sai vì điểm có thể nằm trên đường thẳng (khi đó không xác định duy nhất); D sai vì bốn điểm phân biệt có thể không đồng phẳng.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=SB=SC=SD=a$ nên $SO\perp (ABCD)$ và $SO=\sqrt{a^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, tức $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.

a) $M\in OA$ với $\frac{MA}{AO}=k$ nên $M\left(\frac{ka}{2};\frac{ka}{2};0\right)$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$, song song với $AD$ (phương trình trục $Oy$) và $SO$ (phương trình trục $Oz$) nên $(\alpha ):x=\frac{ka}{2}$.

Thiết diện: $(\alpha )$ cắt đáy theo đoạn $PQ\parallel AD$ với $P\left(\frac{ka}{2};0;0\right)\in AB$, $Q\left(\frac{ka}{2};a;0\right)\in CD$. Trên mặt $(SAB)$, $(\alpha )$ cắt $AS$ tại $R$ (vì $x$ trên $AS$ chạy từ $0$ đến $\frac{a}{2}$): $R=\left(\frac{ka}{2};\frac{ka}{2};\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)$. Trên mặt $(SAD)$, $(\alpha )$ cắt $SD$ tại $T=\left(\frac{ka}{2};a-\frac{ka}{2};\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)$. Trên mặt $(SCD)$, $(\alpha )$ cắt theo đoạn $TQ$ (vì $T\in SD$, $Q\in CD$). Mặt $(SBC)$ có hoành độ $x\in \left[\frac{a}{2};a\right]$ nên không bị cắt.

Thiết diện là tứ giác $PRTQ$. Ta có $PQ\parallel RT$ (cùng song song với $AD$) nên $PRTQ$ là hình thang. Hơn nữa $PR=TQ=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$ (tính ở câu b) nên hình thang cân.

b) Các cạnh:
- $PQ=a$ (song song và bằng $AD$).
- $RT=a-\frac{ka}{2}-\frac{ka}{2}=a(1-k)$.
- $PR=\sqrt{{\left(\frac{ka}{2}\right)}^2+{\left(\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$; tương tự $TQ=\sqrt{{\left(\frac{ka}{2}\right)}^2+{\left(\frac{ka\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}k$.

c) Chiều cao của hình thang (khoảng cách giữa hai đường song song $PQ$ và $RT$ trong mặt phẳng $x=\frac{ka}{2}$) là $h=\frac{ka\sqrt{2}}{2}$. Diện tích thiết diện:
$$S=\frac{PQ+RT}{2}\cdot h=\frac{a+a(1-k)}{2}\cdot \frac{ka\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}k(2-k)\sqrt{2}}{4}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=a$ nên chiều cao $SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$, suy ra $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$. Với $SM=2MC$ ta có $M=\frac{S+2C}{3}=\left(\frac{5a}{6};\frac{5a}{6};\frac{a}{3\sqrt{2}}\right)$.

a) $BD\perp AC$ và $BD\perp SO$ nên $BD\perp (SAC)$; do đó $(SBD)\cap (SAC)=SO$. Đường thẳng $AM\subset (SAC)$ nên $I=AM\cap SO$. Phương trình $AM$: điểm $tM$ ($t\in \mathbb{R}$); phương trình $SO$: $\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}(1-u)\right)$. So sánh hoành độ: $\frac{5a}{6}t=\frac{a}{2}\Rightarrow t=\frac{3}{5}$; kiểm tra tung độ và cao độ: $\frac{a}{3\sqrt{2}}\cdot \frac{3}{5}=\frac{a}{5\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}(1-u)\Rightarrow u=\frac{4}{5}$ (thỏa mãn). Vậy $I$ nằm trên $AM$ với $\frac{AI}{AM}=\frac{3}{5}$ (và $\frac{SI}{SO}=\frac{4}{5}$).

b) Mặt phẳng $(P)$ qua $AM$ và song song $BD$. Vì $I\in AM\cap (SBD)$ nên $(P)\cap (SBD)$ là đường thẳng $d$ qua $I$ và song song $BD$; $d$ cắt $SB$ tại $N$ và $SD$ tại $K$. Tham số hóa: điểm trên $d$: $\left(\frac{a}{2}-sa;\frac{a}{2}+sa;\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$; điểm trên $SB$: $\left(\frac{a}{2}+\frac{va}{2};\frac{a}{2}-\frac{va}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}(1-v)\right)$. Từ cao độ: $v=\frac{4}{5}$; từ hoành độ: $s=-\frac{2}{5}$ (khớp tung độ $\frac{a}{10}$). Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{SK}{SD}=\frac{4}{5}$. Mặt khác $(P)$ chứa $A$ và song song $BD$ nên $(P)\cap (ABCD)$ là đường thẳng qua $A$ song song $BD$, đường này không cắt thêm điểm nào của hình vuông ngoài $A$. Do đó thiết diện là tứ giác $ANMK$ với $N\in SB$, $M\in SC$, $K\in SD$, $\frac{SN}{SB}=\frac{SK}{SD}=\frac{4}{5}$.

c) Tọa độ: $N=\left(\frac{9a}{10};\frac{a}{10};\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$, $K=\left(\frac{a}{10};\frac{9a}{10};\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$, $M=\left(\frac{5a}{6};\frac{5a}{6};\frac{a}{3\sqrt{2}}\right)$. Diện tích tứ giác $ANMK$ bằng $\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{NK}\right|$ (tổng diện tích hai tam giác $ANM$ và $AKM$, dùng tính đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$). Với $\overrightarrow{AM}=a\left(\frac{5}{6};\frac{5}{6};\frac{1}{3\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{NK}=a\left(-\frac{4}{5};\frac{4}{5};0\right)$: $\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{NK}=a^2\left(-\frac{4}{15\sqrt{2}};-\frac{4}{15\sqrt{2}};\frac{4}{3}\right)$, độ dài $=a^2\sqrt{\frac{32}{450}+\frac{16}{9}}=a^2\sqrt{\frac{832}{450}}=\frac{4\sqrt{26}}{15}{a}^2$. Kiểm tra bằng cách tính riêng diện tích tam giác $ANM=\frac{\sqrt{26}}{15}{a}^2$ và $AKM=\frac{\sqrt{26}}{15}{a}^2$ (do đối xứng) — cùng kết quả. Vậy $S_{ANMK}=\frac{1}{2}\cdot \frac{4\sqrt{26}}{15}{a}^2=\frac{2\sqrt{26}}{15}{a}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $J$ là trung điểm $SC$ nên $J$ không thuộc mặt phẳng $(SBD)$ (vì $J$ nằm trên cạnh $SC$, mặt phẳng $(SBD)$ chỉ chứa $S,B,D$). Đường thẳng $AJ$ cắt $(SBD)$ tại một điểm khác $J$ (khác $A$ vì $A\notin (SBD)$), nên khẳng định a) sai.
b) Đúng: $(\alpha )$ qua $BD$ và song song $SA$. Hai mặt phẳng $(\alpha )$ và $(SAC)$ có điểm chung $O$ (vì $O\in BD\subset (\alpha )$ và $O\in AC\subset (SAC)$). Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$, $J$ là trung điểm $SC$ nên $OJ\parallel SA$. Vì $(\alpha )\parallel SA$ và đi qua $O$ nên đường thẳng qua $O$ song song $SA$, tức $OJ$, nằm trong $(\alpha )$; hiển nhiên $OJ\subset (SAC)$. Vậy giao tuyến của $(\alpha )$ và $(SAC)$ là $OJ$.
c) Đúng: $S\in (SAC),S\in (SBD)$ và $O\in AC\subset (SAC)$, $O\in BD\subset (SBD)$, nên giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SO$.
d) Đúng: Trong tam giác $ABD$, $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành), $I$ là trung điểm $AB$ nên $OI\parallel AD$. Vì $AD\subset (SAD)$ và $O\notin (SAD)$ nên $OI\parallel (SAD)$.
Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 102: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$J$ là trung điểm $SC$ nên $J\notin (SBD)$; giao điểm của $AJ$ và $(SBD)$ là một điểm khác $J$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(\alpha )$ và $(SAC)$ chung điểm $O$; trong tam giác $SAC$, $OJ$ là đường trung bình nên $OJ\parallel SA$, do đó $OJ\subset (\alpha )$ và $OJ\subset (SAC)$: giao tuyến là $OJ$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S$ và $O$ cùng thuộc cả $(SAC)$ lẫn $(SBD)$ nên giao tuyến là $SO$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABD$, $OI$ là đường trung bình nên $OI\parallel AD\subset (SAD)$, $O\notin (SAD)$, suy ra $OI\parallel (SAD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $D(0,1,0)$, $C(1,1,0)$, $S(0,0,h)$. Khi đó $M(\frac{1}{2},0,0)$, $N(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{h}{2})$. Mặt phẳng $(SBD)$ có phương trình $x+y+\frac{z}{h}=1$.

Đường thẳng $AN$: điểm $tN=(\frac{t}{2},\frac{t}{2},\frac{th}{2})$; thay vào phương trình mặt phẳng: $\frac{t}{2}+\frac{t}{2}+\frac{t}{2}=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, nên $I(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{h}{3})$.

Đường thẳng $MN$: $M+s(N-M)=(\frac{1}{2},\frac{s}{2},\frac{sh}{2})$; thay vào: $\frac{1}{2}+\frac{s}{2}+\frac{s}{2}=1\Rightarrow s=\frac{1}{2}$, nên $J(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{h}{4})$.

Tính vectơ: $\overrightarrow{IB}=(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},-\frac{h}{3})$, $\overrightarrow{IJ}=(\frac{1}{6},-\frac{1}{12},-\frac{h}{12})$. Ta thấy $\overrightarrow{IB}=4\overrightarrow{IJ}$, do đó $\frac{IB}{IJ}=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 1 Phần III: 4).