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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thang với đáy lớn $AD$ nên $BC\parallel AD$. Ta có $BC\subset (MBC)$, $BC\not\subset (SAD)$ và $AD\subset (SAD)$, $AD\not\subset (MBC)$. Theo tính chất hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song, giao tuyến $\Delta$ của $(MBC)$ và $(SAD)$ song song với $BC$ và $AD$. Mặt khác $\Delta$ đi qua $M\in (SAD)$, nên $\Delta$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ (và cũng song song với $BC$). Vậy $\Delta \parallel AD$, đáp án C. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 8: C).

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $(SAB)\cap (SBC)=SB$ vì hai mặt phẳng cùng đi qua $S$ và $B$, không phải $SA$.
b) Đúng: trong tam giác $SBD$, $M$ trung điểm $SB$, $P$ trung điểm $SD$ nên $MP\parallel BD$, do đó $MP\subset (SBD)$. Đường thẳng $SC$ cắt mặt phẳng $(SBD)$ tại $S$, mà $S\notin MP$, nên $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau.
c) Đúng: đặt $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$; vì $ABCD$ hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b}$. Khi đó $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\mathbf{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}(\mathbf{b}+\mathbf{c})$, $\overrightarrow{SP}=\frac{1}{2}(\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b})$. Điểm $X\in (MNP)$ có dạng $\overrightarrow{SX}=\frac{1}{2}\mathbf{b}+u\cdot \frac{1}{2}\mathbf{c}+v\cdot \frac{1}{2}(\mathbf{a}+\mathbf{c}-2\mathbf{b})$. Để $X\in SA$ tức $\overrightarrow{SX}=t\mathbf{a}$, so sánh hệ số: $\frac{1}{2}-v=0\Rightarrow v=\frac{1}{2}$; $\frac{u}{2}+\frac{v}{2}=0\Rightarrow u=-\frac{1}{2}$; $t=\frac{v}{2}=\frac{1}{4}$. Vậy $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}$.
d) Sai: $MP\parallel BD$, $MP\subset (MNP)$, $BD\subset (ABCD)$ nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng qua $N$ song song với $BD$ (và song song với $MP$). Đường này song song với $BD$ nên không cắt $BD$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\cap (SBC)=SB$ vì hai mặt phẳng cùng đi qua $S$ và $B$, không phải $SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MP\parallel BD$ (đường trung bình tam giác $SBD$) nên $MP\subset (SBD)$; $SC$ cắt $(SBD)$ tại $S\notin MP$, vậy $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chọn $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$; vì $ABCD$ hình bình hành nên $\overrightarrow{SD}=\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b}$. Điểm $X\in (MNP)$ có dạng $\overrightarrow{SX}=\frac{1}{2}\mathbf{b}+\frac{u}{2}\mathbf{c}+\frac{v}{2}(\mathbf{a}+\mathbf{c}-2\mathbf{b})$. Với $X\in SA$ tức $\overrightarrow{SX}=t\mathbf{a}$, so sánh hệ số: $v=\frac{1}{2}$, $u=-\frac{1}{2}$, $t=\frac{1}{4}$, nên $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là đường thẳng qua $N$ song song với $BD$ (vì $MP\parallel BD$), nên nó song song với $BD$, không cắt $BD$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ (trang 2): tứ diện $ABCD$ với $M\in AB$, $Q\in AD$, $P\in BD$, $N\in AC$, và điểm $I$ nằm trên phần kéo dài của đường thẳng $QP$ (ngoài tứ diện). Vì $Q\in AD$ và $P\in BD$ nên cả $Q$ và $P$ đều thuộc mặt phẳng $(ABD)$, suy ra đường thẳng $QP\subset (ABD)$. Điểm $I$ nằm trên đường thẳng $QP$ (phần kéo dài) nên $I\in (ABD)$. Vậy khẳng định đúng là B. Ghi chú: do $Q\in AD$ nên mặt phẳng $(ABQ)$ thực chất trùng với $(ABD)$, tuy nhiên cách xác định điểm $I$ trong hình là qua đường thẳng $QP$ nằm trong mặt phẳng $(ABD)$, và đáp án của đề là $I\in (ABD)$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác SBC, MN là đường trung bình nên MN ∥ SC; trong tam giác SCD, NP là đường trung bình nên NP ∥ CD. Vì CD ⊂ (ABCD), mặt phẳng (MNP) chứa đường thẳng qua N song song với CD — đó là giao tuyến của (MNP) và (ABCD). Trong mặt phẳng đáy, đường thẳng qua N (trung điểm BC) song song với CD cắt BD tại trung điểm của BD (tính chất đường trung bình tam giác BCD). Vậy a) ĐÚNG.

b) MP là đường trung bình tam giác SBD nên MP ∥ BD và MP ⊂ (SBD). Đường thẳng SC cắt mặt phẳng (SBD) tại duy nhất điểm S, mà S ∉ MP. Do đó MP và SC không có điểm chung, tức chéo nhau. Vậy b) ĐÚNG.

c) Lấy A làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$. Khi đó $M=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{b}}{2}$, $N=\mathbf{b}+\frac{\mathbf{d}}{2}$, $P=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{d}}{2}$. Điểm $K\in SA$ có dạng $K=t\mathbf{s}$. Giải $K=M+\alpha (N-M)+\beta (P-M)$:
- Hệ số $\mathbf{d}$: $\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}=0\Rightarrow \beta =-\alpha$.
- Hệ số $\mathbf{b}$: $\frac{1}{2}+\frac{\alpha }{2}-\frac{\beta }{2}=0\Rightarrow \frac{1}{2}+\alpha =0\Rightarrow \alpha =-\frac{1}{2},\beta =\frac{1}{2}$.
- Hệ số $\mathbf{s}$: $t=\frac{1}{2}-\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$.
Vậy $\frac{AK}{AS}=\frac{3}{4}$, suy ra $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}$. Vậy c) ĐÚNG.

d) Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) cùng chứa S và B (vì B ∈ AB và B ∈ BC), nên giao tuyến của chúng là đường thẳng SB, không phải SA. Vậy d) SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
MN ∥ SC, NP ∥ CD nên giao tuyến của (MNP) và (ABCD) là đường qua N song song với CD; đường này cắt BD tại trung điểm BD (đường trung bình tam giác BCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
MP ∥ BD và MP ⊂ (SBD); SC cắt (SBD) tại S mà S ∉ MP, nên MP và SC chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Tọa hóa với A làm gốc: giải $K=M+\alpha (N-M)+\beta (P-M)$ cho $\alpha =-\frac{1}{2},\beta =\frac{1}{2}$, suy ra $\frac{AK}{AS}=\frac{3}{4}$ nên $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}$. Mệnh đề ĐÚNG.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
(SAB) và (SBC) cùng chứa S và B nên giao tuyến là SB, không phải SA.

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ đường thẳng qua $A$ song song với $SD$, cắt đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ tại $I$. Vì $AI\parallel SD$ và $SD\subset (\alpha )$, $A\in (\alpha )$ nên $AI$ là giao tuyến của $(\alpha )$ với $(SAD)$, suy ra $AI\subset (\alpha )$. Tứ giác $ASID$ có $AI\parallel SD$ và $SI\parallel AD$ nên là hình bình hành, do đó $SI=AD$.

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cùng đi qua $S$ và chứa hai đường thẳng song song $AD\parallel BC$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ song song với $BC$; do đó $I$ nằm trên đường thẳng này, tức $I\in (SBC)$.

Vậy $I\in (\alpha )\cap (SBC)$ và $M\in (\alpha )\cap (SBC)$, nên giao tuyến $(\alpha )\cap (SBC)$ là đường thẳng $MI$, suy ra $N=MI\cap SB$.

Xét trong mặt phẳng $(SBC)$: đặt $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $SI\parallel BC$, cùng hướng với $\overrightarrow{CB}$ và $SI=AD=BC$, nên $\overrightarrow{SI}=\vec{b}-\vec{c}$.

Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$, nên $\overrightarrow{MI}=\overrightarrow{SI}-\overrightarrow{SM}=\frac{\vec{b}}{2}-\frac{3\vec{c}}{2}$. Điểm $N$ trên đường thẳng $MI$ nên $\overrightarrow{SN}=\overrightarrow{SM}+t\overrightarrow{MI}$. Do $N\in SB$ nên $\overrightarrow{SN}=k\vec{b}$. So sánh hệ số theo $\vec{c}$: $\frac{1}{2}-\frac{3t}{2}=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. So sánh hệ số theo $\vec{b}$: $k=\frac{1}{2}+\frac{t}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$.

Kiểm tra bằng tọa độ: chọn $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;h)$, $M(2;1;0)$. Đường thẳng qua $A$ song song $SD$ cắt đường thẳng qua $S$ song song $AD$ tại $I(0;-2;h)$. Đường thẳng $MI$: $(2-2s;1-3s;hs)$; giao với $SB$: $(2u;0;h(1-u))$ cho $s=\frac{1}{3}$, $u=\frac{2}{3}$ (kiểm tra $z$: $\frac{h}{3}=h(1-\frac{2}{3})$ đúng).

Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ trang 5: tứ diện $ABCD$ với $M$ là trung điểm $AB$, $P$ là trung điểm $CD$, $N$ là trung điểm $BC$, $Q$ là trung điểm $AD$; hai đoạn $MP$ và $NQ$ (nối trung điểm các cặp cạnh đối của tứ diện) cắt nhau tại $I$ (trọng tâm tứ diện, $\vec{I}=\frac{1}{4}(\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}+\vec{D})$).

Vì $I\in MP$ và $M\in AB\subset (ABP)$, $P\in (ABP)$ nên đường thẳng $MP\subset (ABP)$, suy ra $I\in (ABP)$ → A đúng.

Kiểm tra các phương án khác:
- $I\in (ABD)$: mặt phẳng $(ABD)$ chỉ chứa tổ hợp $\alpha \vec{A}+\beta \vec{B}+\delta \vec{D}$ (hệ số của $\vec{C}$ bằng 0), nhưng $I$ có hệ số của $\vec{C}$ là $\frac{1}{4}\ne 0$ → sai.
- $I\in (ABQ)$ với $Q$ trung điểm $AD$: tương tự, hệ số của $\vec{C}$ trong $(ABQ)$ phải bằng 0, mâu thuẫn với $\frac{1}{4}$ → sai.
- $I\in (BCD)$: hệ số của $\vec{A}$ phải bằng 0, nhưng $I$ có hệ số của $\vec{A}$ là $\frac{1}{4}$ → sai.

Vậy khẳng định đúng là $I\in (ABP)$, khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: S là gốc, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SA}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{c}$ (vì ABCD hình bình hành). Khi đó $\overrightarrow{SM}=\vec{b}/2$, $\overrightarrow{SN}=(\vec{b}+\vec{c})/2$, $\overrightarrow{SP}=\vec{d}/2$.
a) Điểm trên $(MNP)$ có dạng $\frac{1-\mu }{2}\vec{b}+\frac{\lambda }{2}\vec{c}+\frac{\mu }{2}\vec{d}$. Điểm trên đường SA có dạng $t(\vec{b}+\vec{d}-\vec{c})$. So sánh hệ số: $t=\lambda /2$, $t=\mu /2$, $t=(1-\mu )/2\Rightarrow \lambda =\mu =2t$ và $2t=1-2t\Rightarrow t=1/4$. Vậy $SK/SA=1/4$ ⇒ mệnh đề a ĐÚNG.
b) Trong tam giác SBD, MP là đường trung bình nên MP ∥ BD. Vì MP ⊂ (MNP), BD ⊂ (ABCD) nên giao tuyến của (MNP) và (ABCD) là đường thẳng qua N song song với BD, do đó không cắt đường thẳng BD ⇒ mệnh đề b SAI.
c) MP nằm trong mặt phẳng (SBD) và MP ∥ BD; SC chỉ cắt mặt phẳng (SBD) tại S, mà MP không qua S, nên MP và SC chéo nhau, không cắt nhau ⇒ mệnh đề c ĐÚNG.
d) (SAB) và (SBC) có chung điểm S và B nên giao tuyến là SB, không phải SA ⇒ mệnh đề d SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc S: $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$; vì ABCD hình bình hành nên $\overrightarrow{SA}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{c}$. Khi đó $\overrightarrow{SM}=\vec{b}/2$, $\overrightarrow{SN}=(\vec{b}+\vec{c})/2$, $\overrightarrow{SP}=\vec{d}/2$. Điểm trên $(MNP)$ có dạng $\overrightarrow{SM}+\lambda (\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM})+\mu (\overrightarrow{SP}-\overrightarrow{SM})=\frac{1-\mu }{2}\vec{b}+\frac{\lambda }{2}\vec{c}+\frac{\mu }{2}\vec{d}$. Điểm trên đường SA có dạng $t(\vec{b}+\vec{d}-\vec{c})$. So sánh: $t=\lambda /2$, $t=\mu /2$, $t=(1-\mu )/2\Rightarrow \lambda =\mu =2t$ và $2t=1-2t\Rightarrow t=\frac{1}{4}$. Vậy $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}$ ⇒ mệnh đề a ĐÚNG.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SBD, MP là đường trung bình nên MP ∥ BD. Vì MP ⊂ (MNP), BD ⊂ (ABCD) nên giao tuyến của (MNP) và (ABCD) là đường thẳng qua N song song với BD, do đó không cắt đường thẳng BD ⇒ mệnh đề b SAI.
c) (AI giải đề cho tôi)
MP nằm trong mặt phẳng (SBD) và MP ∥ BD; SC chỉ cắt mặt phẳng (SBD) tại S, mà MP không qua S, nên MP và SC chéo nhau, không cắt nhau ⇒ mệnh đề c ĐÚNG.
d) (AI giải đề cho tôi)
(SAB) và (SBC) có chung điểm S và B nên giao tuyến là SB, không phải SA ⇒ mệnh đề d SAI.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $M\in AB$, $Q$ là điểm nằm trong mặt phẳng sao cho đường thẳng $MQ$ được vẽ kéo dài đi qua $I$ (ba điểm $M,Q,I$ thẳng hàng trên hình, đường thẳng này được kéo dài vượt quá $I$). Vì $M\in AB$ nên $M\in (ABQ)$, do đó đường thẳng $MQ\subset (ABQ)$. Mà $I\in MQ$ nên $I\in (ABQ)$. Vậy khẳng định đúng là $I\in (ABQ)$. Các phương án còn lại sai vì $I$ không thuộc mặt phẳng $(BCD)$ (không nằm trên đường thẳng $CD$ hay trong mặt phẳng đó theo hình vẽ), không thuộc $(ABP)$ vì $P$ không nằm trên đường thẳng $MQ$ nên $I$ không thuộc mặt phẳng $(ABP)$, và không thuộc $(ABD)$ vì $I$ không nằm trên $BD$ hay $AD$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O; M, N là trung điểm SA, SD.
a) Sai. Trong tam giác SAD, M, N là trung điểm nên MN // AD. Điểm O là trung điểm AC, không thuộc tam giác SAD; đoạn ON nối trung điểm AC với trung điểm SD không song song với SA (kiểm tra bằng tọa độ: A(0,0,0), B(2,0,0), D(0,2,0), C(2,2,0), S(0,0,3) thì O(1,1,0), N(0,1,1.5), vector ON = (-1,0,1.5) không cùng phương SA = (0,0,3)).
b) Đúng. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng chứa điểm S; AC ∩ BD = O nên O chung. Hai điểm chung S, O nên giao tuyến là SO.
c) Đúng. Với tọa độ trên: P(1,0,0), Q là trung điểm ON nên Q(0.5,1,0.75), vector PQ = (-0.5,1,0.75). Mặt phẳng (SBC) có pháp tuyến n = (6,0,4) (vì BC = (0,2,0), BS = (-2,0,3)). Tích n·PQ = -3 + 0 + 3 = 0, và P không thuộc (SBC), nên PQ // (SBC).
d) Sai. Mặt phẳng (OMN) có phương trình 1.5x + z = 1.5 (theo hệ tọa độ trên), song song với SB, SC và chứa MN // AD. Thiết diện gồm: MN trên (SAD), đoạn nối trung điểm AB (1,0,0) với trung điểm CD (1,2,0) trên đáy, và đoạn nối M với trung điểm AB trên (SAB), N với trung điểm CD trên (SCD). MN có độ dài AD/2 còn cạnh trên đáy có độ dài bằng khoảng cách hai đường thẳng, hai cặp cạnh không đều song song bằng nhau (MN // cạnh đáy nhưng độ dài khác nhau), nên thiết diện là hình thang, không phải hình bình hành.
Kết quả khớp đáp án mã đề 1102: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
O là trung điểm AC, N là trung điểm SD; ON không nằm trong tam giác SAD nên không thể có ON // SA (vector ON = (-1,0,1.5) không cùng phương SA).
b) (AI giải đề cho tôi)
(SAC) và (SBD) cùng chứa S; AC ∩ BD = O nên chúng có hai điểm chung S, O, giao tuyến là SO.
c) (AI giải đề cho tôi)
PQ = (-0.5,1,0.75) vuông góc với pháp tuyến (6,0,4) của (SBC) và P ∉ (SBC), nên PQ // (SBC).
d) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng (OMN) song song với SB, SC, chứa MN // AD; thiết diện có MN = AD/2 và cạnh trên đáy dài hơn, là hình thang chứ không phải hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $D=(4;0;0)$, $B=(b;h;0)$, $C=(b+8;h;0)$ với $b^2+h^2=16$ (không cần biết dạng cụ thể hình thang), tam giác $SAD$ đều cạnh 4 nên $S=(2;0;2\sqrt{3})$.

Mặt phẳng $(SAD)$ có phương trình $y=0$, nên $(\alpha )$ qua $Q\in SB$ và song song với $(SAD)$ là mặt phẳng $y=y_Q$. Đặt $t=\frac{BQ}{BS}\in (0;1)$, khi đó $y_Q=(1-t)h$ và
$$Q=(b(1-t)+2t;(1-t)h;2\sqrt{3}t).$$

Tìm các giao điểm:
- $(\alpha )\cap AB=M$: $M=A+(1-t)(B-A)=((1-t)b;(1-t)h;0)$, suy ra $MQ\parallel SA$, $MQ=4t$.
- $(\alpha )\cap CD=N$: $N=(4+(1-t)(b+4);(1-t)h;0)$, suy ra $MN\parallel AD$, $MN=4(2-t)$.
- $(\alpha )\cap SC=P$: $P=S+(1-t)(C-S)=(2+(1-t)(b+6);(1-t)h;2\sqrt{3}t)$, suy ra $QP\parallel BC$, $QP=8(1-t)$; đồng thời $NP=4t$.

Vậy $MNPQ$ là hình thang với hai đáy $MN=4(2-t)$, $QP=8(1-t)$ song song (cùng song song với $AD$), hai cạnh bên $QM=NP=4t$. Các đỉnh đều có tung độ $y=(1-t)h$ nên tứ giác nằm trong mặt phẳng đó; chiếu lên mặt phẳng tọa độ $(x,z)$ và dùng công thức diện tích (shoelace):
$$S_{MNPQ}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}t[x_N+x_P-x_Q-x_M]=\sqrt{3}t(16-12t)=4\sqrt{3}t(4-3t).$$
(Kết quả không phụ thuộc tham số $b$ của hình thang.)

Xét $f(t)=16t-12t^2$ trên $(0;1)$: $f^{\prime }(t)=16-24t=0\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, $f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{32}{3}-\frac{16}{3}=\frac{16}{3}$.

Vậy $\max S_{MNPQ}=\frac{16\sqrt{3}}{3}\approx 9,24$.

a) [Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

Xét hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$:

Có $S$ chung.

$AB\parallel CD$

Suy ra: $(SAB)\cap (SCD)=\Delta$ đi qua $S$, đồng thời song song với $AB$, $CD$.

b) Gọi $M$ là trung điểm của $AB$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ $\Rightarrow \frac{GB}{GM}=\frac{1}{2}$.

Lại có: $AB\parallel CD\Rightarrow \frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$.

Suy ra: $\frac{GB}{GM}=\frac{OB}{OD}=2\Rightarrow OG\parallel MD$

Mà: $OG\not\subset (SAD)$, $MD\subset (SAD)$

Do đó: $OG\parallel (SAD)$ (đpcm).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định:
- A đúng: tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng (ví dụ bốn đỉnh không cùng mặt của một hình tứ diện).
- B sai: chỉ khi ba điểm phân biệt không thẳng hàng thì có một và chỉ một mặt phẳng đi qua chúng; nếu ba điểm thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua. Vậy khẳng định B thiếu điều kiện 'không thẳng hàng' nên sai.
- C đúng: qua hai điểm phân biệt cho trước có đúng một đường thẳng.
- D đúng: nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì giao của chúng là một đường thẳng duy nhất chứa mọi điểm chung.
Vậy khẳng định sai là B, trùng với đáp án của đề (mã đề 1102, câu 6: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(ABCD)$ đều chứa điểm $A$ và $B$ (vì $A,B$ thuộc đáy và thuộc mặt $(SAB)$). Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua hai điểm chung $A$ và $B$, tức là đường thẳng $AB$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 1: D).

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E$ là giao điểm của $BC$ với $AD$. (0,25 điểm)

Ta có: $S$ và $E$ là hai điểm chung của mặt phẳng $(SAD)$ với mặt phẳng $(SBC)$.
Suy ra đường thẳng $SE$ là giao tuyến của mặt phẳng $(SAD)$ với mặt phẳng $(SBC)$. (0,25 điểm)

b) Gọi $N$ là trung điểm của $SD$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SBD$ nên $\frac{BG}{BN}=\frac{2}{3}$.

Theo giả thiết: $MB=2MA$ nên $\frac{BM}{BA}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $ABN$ có $\frac{BG}{BN}=\frac{BM}{BA}=\frac{2}{3}$ nên $GM$ song song với $AN$. (0,25 điểm)

Ta có: $GM$ song song với $AN$ mà $AN\subset (SAD)$ và $GM$ không nằm trong mặt phẳng $(SAD)$ nên đường thẳng $GM$ song song với mặt phẳng $(SAD)$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: Cả hai mặt phẳng đều chứa A'. Mặt phẳng (A'AC) chứa AC, mặt phẳng (A'BD) chứa BD; AC cắt BD tại O nên giao tuyến là đường thẳng A'O (đi qua A' và O), không phải AO.
b) Đúng: Vì $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (do $AB\parallel DC$, $A{A}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$), nên $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$, suy ra tứ giác A'BCD' là hình bình hành và $A^{\prime }B\parallel C{D}^{\prime }$.
c) Đúng: $G{G}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Vì $G\notin (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, đường thẳng $G{G}^{\prime }$ song song với mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.
d) Sai: Tọa độ hóa với gốc A. Trọng tâm $G=\frac{A^{\prime }+B+D}{3}$. Chiếu theo phương $A{A}^{\prime }$ xuống mặt phẳng (ABCD) (thay A' bằng A): $G^{\prime }=\frac{A+B+D}{3}$. Vì $B+D=A+C$ (O là trung điểm AC, BD), ta được $G^{\prime }=\frac{2A+C}{3}$, tức $\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$. Vậy $\frac{AC}{A{G}^{\prime }}=3\ne 4$. Khớp đáp án mã đề 1101: SĐĐS.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của (A'AC) và (A'BD) là A'O vì cả hai mặt phẳng chứa A' và AC cắt BD tại O.
b) (AI giải đề cho tôi)
A'BCD' là hình bình hành nên A'B ∥ CD'.
c) (AI giải đề cho tôi)
GG' ∥ AA' ∥ BB' và G không thuộc (BB'C'C) nên GG' song song mặt phẳng.
d) (AI giải đề cho tôi)
G' thỏa AG' = (2/3)AO = (1/3)AC nên AC/AG' = 3, không phải 4.

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E$ là giao điểm của $BC$ với $AD$. (0,25 điểm)

Ta có: $S$ và $E$ là hai điểm chung của mặt phẳng $(SAD)$ với mặt phẳng $(SBC)$.
Suy ra đường thẳng $SE$ là giao tuyến của mặt phẳng $(SAD)$ với mặt phẳng $(SBC)$. (0,25 điểm)

b) Gọi $N$ là trung điểm của $SD$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SBD$ nên $\frac{BG}{BN}=\frac{2}{3}$.

Theo giả thiết: $MB=2MA$ nên $\frac{BM}{BA}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $ABN$ có $\frac{BG}{BN}=\frac{BM}{BA}=\frac{2}{3}$ nên $GM$ song song với $AN$. (0,25 điểm)

Ta có: $GM$ song song với $AN$ mà $AN\subset (SAD)$ và $GM$ không nằm trong mặt phẳng $(SAD)$ nên đường thẳng $GM$ song song với mặt phẳng $(SAD)$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(ABCD)$ đều chứa điểm $A$ và $B$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua hai điểm chung $A$ và $B$, tức là đường thẳng $AB$. Do đó đáp án đúng là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 7: D).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, do các mặt song song tương ứng nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$. Xét $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}$. Vậy vectơ bằng $\overrightarrow{AC}$ là $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$. Kiểm tra các phương án khác: $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{AC}$; $\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=-\overrightarrow{AB}$; $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}$ — đều sai. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Mã đề 122, Câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A đúng (tiên đề: qua hai điểm phân biệt có duy nhất một đường thẳng). B sai vì nếu ba điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua chúng; mặt phẳng chỉ duy nhất khi ba điểm không thẳng hàng. C đúng (tồn tại bốn điểm không đồng phẳng, ví dụ bốn đỉnh của một hình chóp). D đúng (hệ quả: hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì cắt nhau theo một giao tuyến duy nhất). Vậy khẳng định sai là B, trùng với đáp án của đề (mã 2103, câu 4: B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I=d_1\cap d_2$. Vì $d_1\subset (P)$, $d_2\subset (Q)$... Thực tế: $d_1=(P)\cap (Q)$ nên $I\in (P)$ và $I\in (Q)$; $d_2=(Q)\cap (R)$ nên $I\in (R)$. Do đó $I\in (P)\cap (R)=d_3$, tức $d_3$ đi qua $I$. Vậy ba đường thẳng $d_1,d_2,d_3$ cùng đi qua điểm $I$, tức đồng quy. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1246, câu 2: A).