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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$ là trung điểm $AC$, $J$ là trung điểm $AD$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, do đó $IJ\parallel CD$. Mà $CD\subset (BCD)$ và $IJ\subset (GIJ)$, $IJ\not\subset (BCD)$, nên giao tuyến của $(GIJ)$ và $(BCD)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với $CD$ (vì $G$ là điểm chung của hai mặt phẳng). Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $MN$ (với $M$, $N$ là trung điểm của $AD$, $BC$) đi qua tâm $O$ của hình bình hành, tức giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$. Khi đó $O\in MN\subset (SMN)$ và $O\in AC\subset (SAC)$. Hai mặt phẳng $(SMN)$ và $(SAC)$ đều chứa điểm $S$ và điểm $O$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $SO$. Vậy đáp án B.

a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.

a. $E=MY\cap IG$



b.
TH1 : $F\in OA$



TH2 : $F\in OC$



c.
Áp dụng bổ đề $\frac{SM}{SP}+\frac{SD}{SN}=2\cdot \frac{SO}{SG}=2.\frac{3}{2}=3$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ toạ độ affine gốc $A$, $\vec{b}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{d}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{s}=\overrightarrow{AS}$. Vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD$ nên $\overrightarrow{AC}=\vec{d}+\frac{1}{2}\vec{b}$.

Từ $\frac{MA}{MD}=\frac{PS}{PC}=x$ (với $x>0$): $M=\frac{x\vec{d}}{1+x}$, $P=\frac{\vec{s}+x\vec{d}+\frac{x}{2}\vec{b}}{1+x}$, suy ra $\overrightarrow{MP}=\frac{\vec{s}+\frac{x}{2}\vec{b}}{1+x}$ (không có thành phần theo $\vec{d}$).

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M,P$ song song $SA$: các điểm $M+\lambda \overrightarrow{MP}+\mu \vec{s}$.

- $N\in SD$: $N=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$. So sánh hệ số theo $\vec{b}$ (buộc $\lambda =0$) cho $t=\frac{x}{1+x}$, tức $\frac{SN}{SD}=\frac{x}{1+x}$ và $\overrightarrow{MN}=\frac{\vec{s}}{1+x}\parallel \overrightarrow{SA}$ (đúng điều kiện $(\alpha )\parallel SA$).

- $Q\in BC$: $Q=v\vec{d}+\left(1-\frac{v}{2}\right)\vec{b}$. So sánh hệ số theo $\vec{d}$: $v=\frac{x}{1+x}$, tức $\frac{BQ}{BC}=\frac{x}{1+x}$; hệ số theo $\vec{b}$ cho $\lambda =\frac{x+2}{x}$ (luôn giải được với $x>0$), $\mu$ tương ứng luôn tồn tại. Vậy $\overrightarrow{NQ}=\frac{\frac{x+2}{2}\vec{b}-\vec{s}}{1+x}$.

Diện tích tứ giác $MNPQ$ (hai đường chéo $MP$, $NQ$): $S_{MNPQ}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}\right|$.
$$\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}=\frac{1}{(1+x{)}^2}\left(\vec{s}+\frac{x}{2}\vec{b}\right)\times \left(\frac{x+2}{2}\vec{b}-\vec{s}\right).$$
Khai triển: $\vec{s}\times (-\vec{s})=\vec{0}$; $\vec{s}\times \frac{x+2}{2}\vec{b}=\frac{x+2}{2}(\vec{s}\times \vec{b})$; $\frac{x}{2}\vec{b}\times \frac{x+2}{2}\vec{b}=\vec{0}$; và $\frac{x}{2}\vec{b}\times (-\vec{s})=-\frac{x}{2}(\vec{b}\times \vec{s})=+\frac{x}{2}(\vec{s}\times \vec{b})$. Tổng hệ số: $\frac{x+2}{2}+\frac{x}{2}=x+1$, nên
$$\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}=\frac{x+1}{(1+x{)}^2}(\vec{s}\times \vec{b})=\frac{\vec{s}\times \vec{b}}{1+x}.$$

Vì $S_{SAB}=\frac{1}{2}|\vec{s}\times \vec{b}|$ nên $\frac{S_{MNPQ}}{S_{SAB}}=\frac{1}{1+x}$.

Kiểm tra với $x=1$ bằng toạ độ cụ thể $A=(0,0,0)$, $B=(2,0,0)$, $D=(0,1,0)$, $C=(1,1,0)$, $S=(0,0,1)$: $M=(0,0.5,0)$, $N=(0,0.5,0.5)$, $P=(0.5,0.5,0.5)$, $Q=(1.5,0.5,0)$ (trung điểm $BC$). Khi đó $S_{MNPQ}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}|=0.5$ và $S_{SAB}=1$, tỉ số $=\frac{1}{2}=\frac{1}{1+1}$ — xác nhận công thức $\frac{1}{1+x}$.

Giải $\frac{1}{1+x}=\frac{2025}{3376}\Rightarrow 1+x=\frac{3376}{2025}\Rightarrow x=\frac{1351}{2025}\approx 0,6672$.

Với $x\approx 0,67>0$ thì $\frac{SN}{SD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{x}{1+x}\approx 0,40\in (0;1)$, nên $N\in SD$, $Q\in BC$ — điều kiện hình học thỏa mãn.

Vậy $x\approx 0,67$ (làm tròn đến hàng phần trăm).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: S thuộc cả (SAC) và (SBD); O là giao điểm của AC và BD nên O thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là SO.

b) Sai: Trong tam giác SAC, O là trung điểm AC và M là trung điểm SC nên OM // SA. Vì SA cắt (SCD) tại S (SA không song song (SCD)) nên OM không song song (SCD); thực tế OM cắt mặt phẳng (SCD).

c) Đúng: AB // CD (đáy hình bình hành), AB ⊂ (ABM), CD ⊂ (SCD), M ∈ (ABM) ∩ (SCD). Giao tuyến d qua M, song song với AB (đồng thời song song CD).

d) Đúng: AM và SO cùng nằm trong mặt phẳng (SAC). Gọi N = AM ∩ SO. Trong tam giác SAC, đường trung tuyến AM và đường trung tuyến SO cắt nhau tại trọng tâm G của tam giác SAC. Vì G ∈ SO ⊂ (SBD) và G ∈ AM nên N = G là trọng tâm tam giác SAC.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục afin với gốc $A$, đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$. Mỗi điểm $P$ viết dưới dạng $P=x\mathbf{b}+y\mathbf{d}+z\mathbf{s}$.

- $I$ trung điểm $BC$: $I=\mathbf{b}+\frac{1}{2}\mathbf{d}$, tức $(1,\frac{1}{2},0)$.
- $K$ trung điểm $CD$: $K=\frac{1}{2}\mathbf{b}+\mathbf{d}$, tức $(\frac{1}{2},1,0)$.
- $S=(0,0,1)$, $D=(0,1,0)$.

Mặt phẳng $(SIK)$: giao tuyến của $(SIK)$ với mặt đáy $(ABCD)$ là đường thẳng $IK$, có phương trình $x+y=\frac{3}{2}$ (vì $I$: $1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, $K$: $\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$). Do đó mặt phẳng $(SIK)$ có dạng $x+y+\frac{3}{2}z=\frac{3}{2}$ (kiểm tra $S$: $0+0+\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ đúng).

$M$ trên $SB$ với $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{4}$: $M=\frac{1}{4}\mathbf{b}+\frac{3}{4}\mathbf{s}$, tức $(\frac{1}{4},0,\frac{3}{4})$.

$H$ nằm trên đường thẳng $MD$: viết $H=M+t(D-M)$ với tọa độ $(\frac{1-t}{4},t,\frac{3(1-t)}{4})$. Thay vào phương trình mặt phẳng:
$$\frac{1-t}{4}+t+\frac{3}{2}\cdot \frac{3(1-t)}{4}=\frac{3}{2}.$$
Nhân 8: $2(1-t)+8t+9(1-t)=12\Rightarrow 11-3t=12\Rightarrow t=-\frac{1}{3}$.

Vậy $H=M-\frac{1}{3}(D-M)$, tức $H$ nằm ngoài đoạn $MD$ về phía $M$ và $MH=\frac{1}{3}MD$. Suy ra $\frac{MD}{MH}=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét bốn hình: hình 1 (lịch để bàn) có dạng lăng trụ tam giác; hình 2 (đèn lồng) có dạng lăng trụ lục giác; hình 3 (khối Rubik) có dạng lăng trụ đứng (hình hộp); hình 4 (lon sữa) có dạng hình trụ tròn (hai đáy là hình tròn, mặt bên là mặt trụ xoay), không phải lăng trụ vì lăng trụ phải có hai đáy là hai đa giác bằng nhau và các mặt bên là hình bình hành. Vậy hình không là hình lăng trụ là hình 4, tương ứng phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Bánh chưng có dạng hình hộp chữ nhật. Cắt theo hai đường chéo của mặt trên nghĩa là thực hiện hai mặt cắt phẳng thẳng đứng, mỗi mặt cắt chứa một đường chéo của mặt trên và vuông góc với mặt đáy. Hai mặt cắt này giao nhau tại đường thẳng đi qua tâm hình hộp và chia hình hộp thành 4 phần bằng nhau. Mỗi phần có mặt đáy là một tam giác (một phần tư hình vuông mặt trên chia bởi hai đường chéo) và các mặt bên là hình chữ nhật, tức mỗi phần là một lăng trụ đứng tam giác. Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét 4 hình: hình 1 là tứ diện ABCD (hình chóp tam giác), hình 2 là hình chóp S.ABCD, hình 3 là hình hộp (không phải hình chóp), hình 4 là hình nón (không phải hình chóp). Vậy có 2 hình chóp, chọn đáp án D.

Ta có:

$$\{\begin{array}{l}E\in SA\subset (SAB)\\ E\in (CED)\end{array}\Rightarrow E=(CED)\cap (SAB)$$

$$AB\cap CD=K\Rightarrow \{\begin{array}{l}K\in AB\subset (SAB)\\ K\in CD\subset (CED)\end{array}\Rightarrow K=(CED)\cap (SAB)$$

Nên $$KE=(CED)\cap (SAB)$$

Lại có:

$$SB\subset (SAB),SB\cap (CDE)=M\Rightarrow M=SB\cap KE$$

$$\{\begin{array}{l}K\in EM\subset (EFM)\\ K\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow K=(EFM)\cap (SCD)$$

$$\{\begin{array}{l}F\in (EFM)\\ F\in SD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow F=(EFM)\cap (SCD)$$

Nên $$KF=(EFM)\cap (SCD)$$

Lại có:

$$SC\subset (SCD),SC\cap (EFM)=N\Rightarrow N=SC\cap KF\Rightarrow \exists (EFNM)$$

Theo đề bài:

$$SE=y.SA,SF=y.SD\Rightarrow \frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SD}=\frac{EF}{AD}=\frac{y}{1}\Rightarrow EF\parallel AD\parallel BC\Rightarrow \exists (EFCB)$$

Từ đó:

$$\{\begin{array}{l}(EFCB)\cap (EFNM)=EF\\ (EFNM)\cap (SBC)=MN\\ (SBC)\cap (EFCB)=BC\\ EF\parallel BC\end{array}\Rightarrow EF\parallel MN\parallel BC\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{SM}{SB}=\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}(1)$$

$$\{\begin{array}{l}BC\parallel AD\\ BC=\frac{1}{2}AD\\ \Delta KBC\sim \Delta KAD\end{array}\Rightarrow \frac{KA}{KB}=2$$

Kẻ $BL\parallel AS$

Nên $\Delta KBL\sim \Delta KAE$, $\Delta MBL\sim \Delta MSE$

$$\frac{KA}{KB}=\frac{AE}{BL},\frac{MB}{MS}=\frac{BL}{SE}\Rightarrow \frac{KA}{KB}\cdot \frac{MB}{MS}=\frac{AE}{SE}\Rightarrow \frac{2MB}{MS}=\frac{AE}{SE}=\frac{SA-SE}{SE}=\frac{1-y}{y}$$

Nên:

$$\frac{MB}{MS}=\frac{1-y}{2y}\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{2y}{1+y}(2)$$

Kết hợp với $(1)$ ta có:

$$\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}=\frac{2y}{1+y}\Rightarrow \frac{MN}{EF}=\frac{1}{1+y}$$

Mặt khác:

$$MN//EF\Rightarrow \Delta KMN\sim \Delta KEF\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{S_{\Delta KMN}}{S_{\Delta KEF}}={\left(\frac{MN}{EF}\right)}^2\Rightarrow {\left(\frac{1}{1+y}\right)}^2=\frac{4}{9}$$

Nên: $\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}(t/m)\\ y=\frac{-5}{2}(l)\end{array}$

Đáp án: $y=\frac{1}{2}=0,5$

Ta có:

$$\{\begin{array}{l}E\in SA\subset (SAB)\\ E\in (CED)\end{array}\Rightarrow E=(CED)\cap (SAB)$$

$$AB\cap CD=K\Rightarrow \{\begin{array}{l}K\in AB\subset (SAB)\\ K\in CD\subset (CED)\end{array}\Rightarrow K=(CED)\cap (SAB)$$

Nên $$KE=(CED)\cap (SAB)$$

Lại có:

$$SB\subset (SAB),SB\cap (CDE)=M\Rightarrow M=SB\cap KE$$

$$\{\begin{array}{l}K\in EM\subset (EFM)\\ K\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow K=(EFM)\cap (SCD)$$

$$\{\begin{array}{l}F\in (EFM)\\ F\in SD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow F=(EFM)\cap (SCD)$$

Nên $$KF=(EFM)\cap (SCD)$$

Lại có:

$$SC\subset (SCD),SC\cap (EFM)=N\Rightarrow N=SC\cap KF\Rightarrow \exists (EFNM)$$

Theo đề bài:

$$\{\begin{array}{l}SE=x.SA\\ SF=x.SD\end{array}\Rightarrow \frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SD}=\frac{EF}{AD}=\frac{x}{1}\Rightarrow EF\parallel AD\parallel BC\Rightarrow \exists (EFCB)$$

Từ đó:

$$\{\begin{array}{l}(EFCB)\cap (EFNM)=EF\\ (EFNM)\cap (SBC)=MN\\ (SBC)\cap (EFCB)=BC\\ EF\parallel BC\end{array}\Rightarrow EF\parallel MN\parallel BC\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{SM}{SB}=\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}(1)$$

$$\{\begin{array}{l}BC\parallel AD\\ BC=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \frac{KA}{KB}=2\\ △KBC\sim △KAD\end{array}$$

Kẻ $BL\parallel AS$.

Nên $△KBL\sim △KAE$, $△MBL\sim △MSE$

$$\frac{KA}{KB}=\frac{AE}{BL},\frac{MB}{MS}=\frac{BL}{SE}\Rightarrow \frac{KA}{KB}\cdot \frac{MB}{MS}=\frac{AE}{SE}\Rightarrow \frac{2MB}{MS}=\frac{AE}{SE}=\frac{SA-SE}{SE}=\frac{1-x}{x}$$

Nên:

$$\frac{MB}{MS}=\frac{1-x}{2x}\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{2x}{1+x}(2)$$

Kết hợp với $(1)$ ta có:

$$\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}=\frac{2x}{1+x}\Rightarrow \frac{MN}{EF}=\frac{1}{1+x}$$

Mặt khác:

$$MN\parallel EF\Rightarrow △KMN\sim △KEF\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{S_{△KMN}}{S_{△KEF}}={\left(\frac{MN}{EF}\right)}^2={\left(\frac{1}{1+x}\right)}^2=\frac{4}{9}$$

Nên: $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(t/m)\\ x=\frac{-5}{2}(l)\end{array}$

Đáp án: $x=\frac{1}{2}=0,5$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{AO}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$.

- $2MA=SM$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{s}$.
- $N$ thuộc tia đối của tia $OS$ với $3ON=SO$ nên $\overrightarrow{ON}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{OS}$, do đó $\overrightarrow{AN}=\frac{2(\vec{b}+\vec{d})-\vec{s}}{3}$.
- $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}+2\vec{d}}{3}$.

Vì $K\in SD$, đặt $\overrightarrow{AK}=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$, khi đó $\frac{SK}{KD}=\frac{t}{1-t}$.

Vì $K\in (GMN)$ nên tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ sao cho $\overrightarrow{AK}=\alpha \overrightarrow{AG}+\beta \overrightarrow{AM}+\gamma \overrightarrow{AN}$. So sánh hệ số:
- Theo $\vec{b}$: $\alpha +2\gamma =0$.
- Theo $\vec{d}$: $2\alpha +2\gamma =3t$.
- Theo $\vec{s}$: $\alpha +\beta -\gamma =3(1-t)$.

Cộng ba phương trình sau khi dùng $\alpha +\beta +\gamma =1$: từ phương trình đầu $\alpha =-2\gamma$, suy ra $\beta =1+2\gamma$ và $-2\gamma =3t$ tức $t=-\frac{2\gamma }{3}$. Thay vào phương trình theo $\vec{s}$: $1-\gamma =3(1-t)=3+2\gamma$, suy ra $\gamma =-\frac{1}{2}$, do đó $t=\frac{1}{3}$.

Vậy $\frac{SK}{KD}=\frac{t}{1-t}=\frac{1/3}{2/3}=\frac{1}{2}=0,5$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Trong đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O=AC\cap BD$. Do đó $S$ và $O$ là hai điểm chung của hai mặt phẳng, suy ra giao tuyến là đường thẳng $SO$: $(SAC)\cap (SBD)=SO$.

b) Xét tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm của $AC$ (tính chất hình bình hành) và $M$ là trung điểm của $SA$, nên $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $MO\parallel SC$.
Vì $MO\subset (OMN)$ (do $O,M$ thuộc mặt phẳng $(OMN)$) và $SC\not\subset (OMN)$, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng ta có $SC\parallel (OMN)$. Đpcm.

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

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, nên $O$ thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$; $S$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng, vậy giao tuyến là $SO$. b) Đúng: $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$; mặt phẳng $(SAB)$ qua $AB$ cắt $(SCD)$ theo giao tuyến qua $S$ song song với $AB$. c) Sai: Với vectơ, $G=\frac{S+A+B}{3}$, $N=\frac{A+B+C}{3}$ nên $\overrightarrow{GN}=\frac{\overrightarrow{SC}}{3}$, tức $GN\parallel SC$: hai đường thẳng song song (đồng phẳng), không chéo nhau. d) Sai: Chọn hệ toạ độ với $D=A+C-B$. Điểm trên đường $GN$: $P=G+t(N-G)=\frac{1-t}{3}S+\frac{1}{3}A+\frac{1}{3}B+\frac{t}{3}C$. Thay $B=A+C-D$: $P=\frac{1-t}{3}S+\frac{2}{3}A+\frac{1+t}{3}C-\frac{1}{3}D$. Để $P\in (SAD)$ cần hệ số của $C$ bằng $0\Rightarrow t=-1$, tức $K=2G-N$. Khi đó $KG=|\overrightarrow{GN}|$, $KN=2|\overrightarrow{GN}|$, suy ra $\frac{KG}{KN}=\frac{1}{2}\ne \frac{2}{3}$. Đáp án khớp với mã đề 1202: DDSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
$O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ nên thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$; $S$ chung, vậy giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$; giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GN}=\frac{\overrightarrow{SC}}{3}$ nên $GN\parallel SC$, hai đường thẳng song song chứ không chéo nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm $K=2G-N$ cho $\frac{KG}{KN}=\frac{1}{2}\ne \frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì đáy $ABCD$ là hình thang với đáy lớn $AB$ nên $AB\parallel CD$. Xét $CD$ và mặt phẳng $(SAB)$: $AB\subset (SAB)$, $AB\parallel CD$ và $CD\not\subset (SAB)$, suy ra $CD\parallel (SAB)$. Mặt khác $\Delta =(MCD)\cap (SAB)$ nên $\Delta \subset (MCD)$, mà $CD\subset (MCD)$, do đó $\Delta \parallel CD$ (đường thẳng nằm trong mặt phẳng song song với một đường thẳng thì song song với đường thẳng đó). Vậy $\Delta \parallel CD\parallel AB$, tức $\Delta \parallel AB$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác có 1 mặt đáy (tứ giác) và 4 mặt bên (tam giác), tổng cộng $1+4=5$ mặt. Vậy đáp án A. Đáp án này khớp với bảng đáp án chính thức (mã đề 1202, câu 9: A).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $(SAC)$ chứa $S,A,C$ và $(SBD)$ chứa $S,B,D$; hai mặt phẳng cùng chứa $S$, mặt đáy cắt nhau tại $O$ (giao của $AC$ và $BD$), nên giao tuyến là $SO$. b) Sai: $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SAD)$... xét $(SAD)$ và $(SBC)$: $AD\parallel BC$ nên gọi giao tuyến qua $S$ là $d$, khi đó $d\parallel AD$ (vì $AD\parallel BC$, $BC\subset (SBC)$, $AD\subset (SAD)$), tức $d$ song song với $AD$, không song song với $AB$. c) Sai: $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $G$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$; đường thẳng $OG$ cắt mặt phẳng $(SBC)$ (xem ý d, $OG$ cắt $(SAD)$ tại $K$ và thực tế $OG$ không song song với $(SBC)$ vì vector chỉ phương $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OS}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OD}$ có thành phần theo $\overrightarrow{OB}$ khác 0, không thể biểu diễn chỉ bằng các vector trong $(SBC)$ song song). Cụ thể: nếu $OG\parallel (SBC)$ thì $OG$ phải song song với giao tuyến của $(SAB)$ và $(SBC)$, tức song song $SB$; nhưng $\overrightarrow{OG}$ không tỉ lệ $\overrightarrow{SB}$. d) Đúng: Chọn hệ vector với gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $G=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$. Điểm trên đường $OG$: $P=O+t(G-O)=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}+t\left(\frac{\vec{s}}{3}-\frac{\vec{b}}{6}-\frac{\vec{d}}{2}\right)$. $P\in (SAD)$ khi hệ số của $\vec{b}$ bằng 0: $\frac{1}{2}-\frac{t}{6}=0\Rightarrow t=3$. Vậy $K=O+3(G-O)$, suy ra $KG=2OG$ và $KO=3OG$, do đó $\frac{KG}{KO}=\frac{2}{3}$. Đối chiếu đáp án mã đề 1201, Phần II câu 2: DSSD — khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ và $(SBD)$ cùng chứa $S$; $AC\cap BD=O$ nên giao tuyến là $SO$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (tức song song $BC$), không song song với $AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Nếu $OG\parallel (SBC)$ thì $OG$ phải song song với giao tuyến của $(SAB)$ và $(SBC)$ là $SB$. Nhưng $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\vec{s}-\frac{1}{6}\vec{b}-\frac{1}{2}\vec{d}$ không tỉ lệ với $\overrightarrow{SB}=\vec{b}-\vec{s}$ (có thành phần theo $\vec{d}$), nên $OG$ không song song $(SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với gốc $A$: $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $G=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$. Điểm $P=O+t(G-O)$ thuộc $(SAD)$ khi hệ số của $\vec{b}$ bằng 0: $\frac{1}{2}-\frac{t}{6}=0\Rightarrow t=3$. Vậy $K=O+3(G-O)$, $KG=2OG$, $KO=3OG$, nên $\frac{KG}{KO}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình tứ diện ABCD có 4 đỉnh, mỗi cặp đỉnh xác định một cạnh. Số cạnh là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=\frac{4\cdot 3}{2}=6$. Vậy đáp án C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 5: C).