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

a) Gọi $N,P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SD,SC,BC$. Ta có: $AB\parallel MQ$; $AS\parallel MN$; $BS\parallel QP$; $AB\parallel MQ$. Thiết diện là hình thang $MNPQ$ (vì $NP\parallel AB\parallel MQ$). b) Gọi $E=AD\cap BC,I=MN\cap PQ$ ta có $S,I,E$ thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$. Ta có $M$ là trung điểm $AD$, $D$ là trung điểm của $AE$ nên $$\frac{MI}{SA}=\frac{3}{4}\Rightarrow S_{\Delta IMQ}=\frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}$$ $$\frac{NP}{DC}=\frac{1}{2},\frac{DC}{MQ}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{NP}{MQ}=\frac{1}{3}\Rightarrow S_{\Delta INP}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}$$ Suy ra: $S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-S_{\Delta INP}$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}=\frac{8}{9}{S}_{\Delta IMQ}.$$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta SAB}$$ $$=\frac{1}{2}\cdot \frac{6^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}\approx 7,79$$ (đv diện tích). Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng, giám khảo cho điểm đầy đủ. Câu 3: Học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }{A}_1=4A{A}_1$ và $A{A}_1+A_1{A}^{\prime }=A{A}^{\prime }=60$ nên $5A{A}_1=60\Rightarrow A{A}_1=12$, do đó $A_1{A}^{\prime }=48$. Hai thanh $A_1{D}_1,F_1{C}_1$ song song với mặt đáy nên $A_1,C_1,D_1,F_1$ nằm trong một mặt phẳng song song với đáy, cách đáy một khoảng $A{A}_1=12$.

a) $C_{1}C=C{C}^{\prime }-C_1{C}^{\prime }=60-12=12\ne 10$ → Sai.

b) Mặt phẳng $(A_1{C}_1{D}_1{F}_1)$ song song với mặt đáy nên thiết diện là lục giác đều $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ cạnh $20$, diện tích $\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 20^2=600\sqrt{3}\ne 700\sqrt{3}$ → Sai.

c) Thiết diện cắt cả 6 cạnh bên nên có 6 đỉnh, là lục giác chứ không phải tứ giác → Sai.

d) Thiết diện là hình lục giác $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ → Đúng. Kết quả khớp đáp án mã đề 101: SSSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$A{A}_1=12$ nên $C_{1}C=60-12=12\ne 10$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là lục giác đều cạnh 20, diện tích $600\sqrt{3}\ne 700\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng song song với đáy cắt cả 6 cạnh bên, thiết diện là lục giác, không phải tứ giác.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là lục giác đều $A_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ cạnh 20.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;b;0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$ với $D{D}^{\prime }=h$. Khi đó $M\left(0;0;\frac{h}{2}\right)$, $N\left(a;0;\frac{h}{3}\right)$, $P\left(a;b;\frac{h}{4}\right)$ (vì $C^{\prime }P=\frac{3}{4}C{C}^{\prime }$ nên $P$ cao $\frac{h}{4}$). Mặt phẳng $(MNP)$ có dạng $z=\alpha x+\beta y+\gamma$. Thay $M$: $\gamma =\frac{h}{2}$. Thay $N$: $\alpha a=\frac{h}{3}-\frac{h}{2}=-\frac{h}{6}$. Thay $P$: $\beta b=\frac{h}{4}-\alpha a-\gamma =\frac{h}{4}+\frac{h}{6}-\frac{h}{2}=-\frac{h}{12}$. Tại $D(0;b;0)$, giao điểm $Q$ có cao độ $z_Q=\beta b+\gamma =-\frac{h}{12}+\frac{h}{2}=\frac{5h}{12}$. Vậy $Q$ nằm giữa $D$ và $D^{\prime }$, suy ra $D^{\prime }Q=h-\frac{5h}{12}=\frac{7h}{12}$, do đó $\frac{D^{\prime }Q}{D{D}^{\prime }}=\frac{7}{12}\approx 0,58$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,58.

a) Gọi $N,P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SD,SC,BC$. Ta có: $AB\parallel MQ$; $AS\parallel MN$; $BS\parallel QP$; $AB\parallel MQ$. Thiết diện là hình thang $MNPQ$ (vì $NP\parallel AB\parallel MQ$). b) Gọi $E=AD\cap BC,I=MN\cap PQ$ ta có $S,I,E$ thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$. Ta có $M$ là trung điểm $AD$, $D$ là trung điểm của $AE$ nên $$\frac{MI}{SA}=\frac{3}{4}\Rightarrow S_{\Delta IMQ}=\frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}$$ $$\frac{NP}{DC}=\frac{1}{2},\frac{DC}{MQ}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{NP}{MQ}=\frac{1}{3}\Rightarrow S_{\Delta INP}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}$$ Suy ra: $S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-S_{\Delta INP}$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=S_{\Delta IMQ}-\frac{1}{9}{S}_{\Delta IMQ}=\frac{8}{9}{S}_{\Delta IMQ}.$$ $$\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{8}{9}\cdot \frac{9}{16}{S}_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta SAB}$$ $$=\frac{1}{2}\cdot \frac{6^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}\approx 7,79$$ (đv diện tích). Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng, giám khảo cho điểm đầy đủ. Câu 3: Học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A đúng (tiên đề: qua hai điểm phân biệt cho trước có một và chỉ một đường thẳng). B đúng (tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng, ví dụ bốn đỉnh của một hình chóp). C đúng (hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì giao của chúng là một đường thẳng duy nhất chứa mọi điểm chung). D sai vì qua ba điểm phân biệt nhưng thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng; chỉ khi ba điểm không thẳng hàng mới có duy nhất một mặt phẳng. Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$ cùng chứa $A$, $C$ (vì $S,A,C$ xác định $(SAC)$; $A,C\in (ABCD)$), nên giao tuyến là đường thẳng $AC$.
b) Sai. $E=AB\cap CD$ và $F=AC\cap BD$ đều nằm trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, nên đường thẳng $EF$ nằm trong $(ABCD)$.
c) Sai. Xét $(SAB)$ và $(SCD)$: chung điểm $S$; $AB\cap CD=E$ nên $E\in (SAB)\cap (SCD)$, do đó giao tuyến là $SE$, không phải $SF$. Xét $(SAC)$ và $(SBD)$: chung điểm $S$; $AC\cap BD=F$ nên giao tuyến là $SF$. Phát biểu đã hoán đổi hai kết quả nên sai.
d) Đúng. $E,F\in (SEF)$ và $E,F\in (ABCD)$ nên $(SEF)\cap (ABCD)=EF$. Vì $G=EF\cap AD$ nên $G\in (SEF)$; cũng có $G\in AD\subset (SAD)$ và $S\in (SAD)\cap (SEF)$. Hai mặt phẳng $(SEF)$ và $(SAD)$ chung hai điểm phân biệt $S,G$ nên giao tuyến là $SG$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ và $(ABCD)$ chung hai điểm phân biệt $A$, $C$ nên giao tuyến là $AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$E,F$ đều thuộc $(ABCD)$ nên $EF\subset (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là $SE$ (vì $AB\cap CD=E$); giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $SF$ (vì $AC\cap BD=F$). Phát biểu hoán đổi hai kết quả nên sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(SEF)\cap (ABCD)=EF$, $G=EF\cap AD\in (SAD)$, hai mặt phẳng $(SEF)$ và $(SAD)$ chung $S$ và $G$ nên giao tuyến là $SG$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Tìm giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$.**

Vì $AB//CD$ nên $AB//(SCD)$ (vì $AB$ không nằm trong $(SCD)$ và song song với đường thẳng $CD\subset (SCD)$).

Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung là $S$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AB$ (do $AB//(SCD)$ thì $AB$ song song với giao tuyến).

Trong mặt phẳng $(SCD)$, qua $S$ vẽ đường thẳng $d//CD$. Khi đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là $d$ (đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ và $CD$).

**b) Chứng minh $OE//(SAB)$.**

Trong hình thang $ABCD$ với $AB//CD$, $AB=2CD$, xét tam giác $OAB$ và $OCD$:
- $AB//CD$ nên $△OAB\backsim △OCD$, suy ra $\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$.

Trên tia $SA$ lấy điểm $F$ sao cho $SF=2FA$ (tức $\frac{SF}{FA}=2$). Trong tam giác $SBD$: vì $\frac{SF}{FA}=\frac{SE}{ED}=2$... xét tam giác $SAD$: $E$ trên $SD$ với $SE=2ED$ tức $\frac{SE}{ED}=2$; $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$. Suy ra $EF//AD$ (định lí Thales trong tam giác $SAD$).

Xét tam giác $SAC$: $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$, và $O$ trên $AC$ với $\frac{OA}{OC}=2$ tức $\frac{OA}{AC}=\frac{2}{3}$, cũng có $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$. Suy ra $\frac{SF}{SA}=\frac{OA}{AC}$, do đó $FO//SC$ (định lí Thales đảo trong tam giác $SAC$).

Vì $FO\subset (SAD)$... xét mặt phẳng $(FEO)$: ta có $FO//SC$ với $SC\subset (SCD)$, và $FE//AD$.

Xét tam giác $SBD$: $E$ trên $SD$ với $\frac{SE}{ED}=2$ tức $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$; $O$ trên $BD$ với $\frac{OB}{OD}=2$ tức $\frac{OB}{BD}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{SO}{SB}=\frac{1}{3}$... chính xác hơn: $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$ nên $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$.

Cách trình bày chuẩn: Trong tam giác $SBD$, gọi $I$ là điểm trên $SB$ sao cho $\frac{SI}{IB}=2$ (tức $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$). Vì $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}=\frac{SI}{SB}$ nên $EI//DB$ (Thales trong tam giác $SDB$).

Xét tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, và $O$ trên $AB$? Không — $O$ nằm trong đáy. Ta dùng mặt phẳng $(EIO)$: vì $EI//BD$ nên $EI//(ABCD)$, do đó $EI//OD$... Suy ra $EIOD$ là hình bình hành? Kiểm tra: $EI//BD$ tức $EI//OD$, và $E$ thuộc $SD$. Xét tam giác $SDB$: đường thẳng qua $E$ song song $DB$ cắt $SB$ tại $I$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Gọi $K$ là giao điểm của $OI$ với $AB$... Thay vào đó dùng tỉ số: trong tam giác $SAB$, đường thẳng qua $O$ (trong mặt phẳng $(SAB)$) song song với $SA$ cắt $SB$ tại $I^{\prime }$ với $\frac{S{I}^{\prime }}{SB}=\frac{S{O}^{\prime }}{...}$ — cần vị trí của $O$ theo phương $SA$.

Cách gọn: Vì $\frac{OA}{OC}=2$ nên lấy $G$ trên đoạn $AC$ sao cho $\frac{AG}{GC}=2$... $O$ chính là điểm đó. Trong tam giác $SAC$, điểm $O$ trên $AC$ với $\frac{AO}{OC}=2$, lấy $F$ trên $SA$ với $\frac{SF}{FA}=2$, suy ra $OF//SC$. Mặt khác trong tam giác $SAD$: $\frac{SE}{ED}=\frac{SF}{FA}=2$ nên $EF//AD$. Vậy $(OEF)//(SCD)$? Không: $OF//SC$ và $EF//AD$ với $AD,SC\subset (SCD)$, hai đường cắt nhau tại $F$, nên $(OEF)//(SCD)$.

Suy ra giao tuyến của $(OEF)$ và $(SAB)$ là đường thẳng qua $O$ song song với giao tuyến của $(SCD)$ và $(SAB)$, tức song song với $AB$. Gọi giao tuyến này cắt $SB$ tại $I$ (vì $O$ nằm giữa $A$ và $C$, đường qua $O$ song song $AB$ trong $(SAB)$ cắt đoạn $SB$). Khi đó $OI//AB$.

Xét tam giác $SAB$: $OI//AB$ với $O$... nhưng $O$ không thuộc $(SAB)$! Sửa lại: giao tuyến của $(OEF)$ và $(SAB)$ đi qua $F$ (vì $F\in SA\subset (SAB)$) và song song với $AB$; cắt $SB$ tại $I$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$.

Vậy trong tam giác $SBD$: $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, suy ra $EI//BD$ (Thales).

Xét tam giác $SBD$: $E\in SD$, $I\in SB$ với $\frac{SE}{SD}=\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, nên $EI//DB$.

Xét tam giác $SDB$ và điểm $O\in BD$: vì $EI//OB$ nên $OB//EI$, tức $O$ nằm trên đường thẳng qua... Xét tam giác $SBI$ (đường $BD$ cắt $OI$?): Ta có $EI//DB$, xét tam giác $SDB$: đường thẳng $OI$ với $I\in SB$, $O\in DB$: vì $EI//DB$ thì $\frac{SI}{SB}=\frac{SE}{SD}$, và trong tam giác $SDB$, đường thẳng qua $I$ song song với $DB$... Cần chứng minh $O,E,I$ thẳng hàng: xét tam giác $SBD$, đường thẳng qua $I$ song song $BD$ cắt $SD$ tại điểm có $\frac{SX}{SD}=\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$, đó chính là $E$. Vậy $E,I$ và đường song song: $EI//BD$ và $O\in BD$, xét tam giác $SBI$ với $O$ trên $BI$? Không, $O\in BD$ không thuộc $BI$.

Dùng mặt phẳng: $EI//BD$ nên $EI//(ABCD)$, do đó $EI//OE$? Không. Ta có $EI//BD$ và $O\in BD$ nên $EI//OD$. Xét mặt phẳng $(SBD)$ chứa $E,I,O,D,B$: trong đó $EI//OD$ với $E\in SD$, $I\in SB$. Xét tam giác $SDB$: $EI//DB$. Đường thẳng $OI$: $O\in DB$, $I\in SB$. Trong tam giác $SDB$, $EI//DB$ nên $\frac{SE}{ED}=\frac{SI}{IB}=2$. Xét tam giác $SBI$... không cần: vì $EI//OB$ (vì $O\in BD$), xét tam giác $SBI$ không chứa $E$.

Chứng minh $O,E,I$ thẳng hàng: trong mặt phẳng $(SBD)$, $EI//BD$ và $O\in BD$. Đường thẳng $IE$ song song $BD$ nên không cắt $BD$; nhưng $O$ cần nằm trên $IE$ — sai hướng. Thực ra $O,E,I$ không thẳng hàng theo cách này.

**Trở lại cách đúng với hình bình hành:** Vì $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SO}{?}$... Cách chuẩn của bài này: Trong $(SBD)$, vì $\frac{OB}{OD}=2$, ta có $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$. Lấy $I$ trên đoạn $SB$ sao cho $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$; khi đó $\frac{IB}{SB}=\frac{1}{3}=\frac{OD}{BD}$, suy ra $IO//SD$ (Thales trong tam giác $SBD$: $\frac{BI}{BS}=\frac{BO}{BD}=\frac{1}{3}$). Vậy $IO//SD$, mà $E\in SD$, $S,E,D$ thẳng hàng.

Xét tam giác $SAD$... thay vào đó: $IO//SE$ (vì $SE\subset SD$). Xét tam giác $SDE$? Không. Xét mặt phẳng $(SAD)$: không chứa $O$.

Dùng tam giác $SBD$: $IO//SD$. Trong tam giác $SAD$, $EF//AD$ (với $F\in SA$, $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$). Xét tam giác $SAC$: $OF//SC$ (vì $\frac{SO}{?}$... đúng: $\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}=\frac{AF}{AS}$? Kiểm tra: $\frac{SF}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{AF}{AS}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$. Không khớp theo đỉnh $A$: cần $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}$, tức $\frac{1}{3}\ne \frac{2}{3}$.

Sửa: lấy $F$ trên $SA$ sao cho $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$, tức $\frac{SF}{SA}=\frac{1}{3}$. Khi đó trong tam giác $SAC$: $\frac{AF}{AS}=\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$ suy ra $FO//SC$. Trong tam giác $SAD$: $\frac{SF}{SA}=\frac{1}{3}$, còn $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$ — không Thales được.

**Cách chuẩn (dùng điểm $I$ trên $SB$):** Chọn $I\in SB$ với $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Trong tam giác $SBD$: $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}=\frac{SI}{SB}$ nên $EI//DB$, do đó $EI//(ABCD)$.

Trong tam giác $SAB$: $\frac{SI}{SB}=\frac{2}{3}$. Trong $(SBD)$, $O\in BD$ với $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$. Xét tam giác $SBD$: đường thẳng qua $O$ song song với $SD$ cắt $SB$ tại điểm có $\frac{SX}{SB}=\frac{SO}{?}$ — không trực tiếp.

Dùng hệ quả Thales trong tam giác $SBD$ với đường thẳng $OI$: $I\in SB$, $O\in BD$, $\frac{BI}{BS}=\frac{1}{3}=\frac{BO}{BD}$ suy ra $IO//SD$ tức $IO//SE$.

Vậy ta có: $EI//OB$ (vì $EI//DB$ và $O\in DB$) và $IO//EB$? Không: $IO//SD$ tức $IO//ED$ (vì $E\in SD$). Vậy tứ giác $EIOD$: $EI//OD$ và $IO//ED$ — $EIOD$ là hình bình hành! Suy ra $OE$ và $ID$... điều cần: $OE//ID$? Không, hình bình hành $EIOD$ (đỉnh theo thứ tự $E,I,O,D$): $EI//DO$ và $IO//ED$. Đường chéo không song song. Nhưng ta cần $OE//(SAB)$: trong $(SBD)$, gọi $K$ là giao của $OE$ với $SB$...

Thực chất: trong mặt phẳng $(SBD)$, $E\in SD$ với $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$, $O\in BD$ với $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$, tức $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$. Đường thẳng $OE$ cắt $SB$ tại $I$: theo Menelaus trong tam giác $SDB$ với đường thẳng $O-E-I$: $\frac{BO}{OD}\cdot \frac{DE}{ES}\cdot \frac{SI}{IB}=1\Rightarrow 2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{SI}{IB}=1\Rightarrow \frac{SI}{IB}=1$, tức $I$ là trung điểm $SB$.

Vậy $OE$ cắt $SB$ tại trung điểm $I$ của $SB$. Xét tam giác $SAB$... nhưng cần $OE//(SAB)$ — nếu $OE$ cắt $SB$ thì $OE$ cắt $(SAB)$! Mâu thuẫn — nghĩa là $OE$ phải song song $(SAB)$, tức $OE//SB$? Kiểm tra Menelaus lại: nếu $OE//SB$ thì không giao. Kiểm tra trực tiếp bằng tọa độ:

Đặt $D=(0,0)$, $C=(1,0)$, $A=(2,2)$, $B=(4,2)$ (AB=2CD=2, đúng, AB//CD). $S=(0,0,3)$ (đỉnh trên D). $E$ với $SE=2ED$: $E=S+\frac{1}{3}(D-S)=(0,0,2)$. $O=AC\cap BD$: đường $AC$: $(2,2)+t(-1,-2)$; đường $BD$: $(4,2)+u(-4,-2)$. Giải: $2-t=4-4u$, $2-2t=2-2u\Rightarrow t=u$. $2-t=4-4t\Rightarrow 3t=2\Rightarrow t=2/3$. $O=(4/3,2/3)$.

Vector $OE=(0-4/3,0-2/3,2-0)=(-4/3,-2/3,2)$. Vector $SB=B-S=(4,2,-3)$. Không song song. Vector $AB=(2,0,0)$: không song song. Kiểm tra $OE$ có song song $(SAB)$ không: mặt $(SAB)$ chứa $S=(0,0,3),A=(2,2),B=(4,2)$. Normal: $SA=(2,2,-3)$, $SB=(4,2,-3)$, cross $=(-3\cdot ...)$: $SA\times SB=(2,2,-3)\times (4,2,-3)=(2\cdot (-3)-(-3)\cdot 2,(-3)\cdot 4-2\cdot (-3),2\cdot 2-2\cdot 4)=(-6+6,-12+6,4-8)=(0,-6,-4)$. Phương trình: $-6(y-0)-4(z-3)=0\Rightarrow -6y-4z+12=0\Rightarrow 3y+2z=6$. Điểm $E=(0,0,2)$: $0+4=4\ne 6$. Điểm $O=(4/3,2/3,0)$: $2+0=2\ne 6$. Vậy $OE$ không song song $(SAB)$ với cấu hình này?

Hmm, nhưng hình thang có thể đặt khác: $AB=2CD$, $O$ là giao $AC,BD$ — tỉ lệ $\frac{OA}{OC}=\frac{AB}{CD}=2$ luôn đúng. $\frac{OB}{OD}=2$ cũng đúng. Vậy trong $(SBD)$: $\frac{BO}{OD}=2$, $E$ với $\frac{SE}{ED}=2$ tức $\frac{SE}{SD}=\frac{2}{3}$, $\frac{OD}{BD}=\frac{1}{3}$, $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$.

Trong mặt phẳng $(SBD)$: dùng tọa độ phẳng với $S$ gốc: $D$ = vector $d$, $B$ = vector $b$. $E=\frac{1}{3}d$ (từ S). $O=\frac{1}{3}b$ (vì $BO:OD=2:1$, $O$ gần D: $O=D+\frac{1}{3}(B-D)$, từ $S$: $O=\frac{1}{3}b+\frac{2}{3}d$). Sửa: $O=\frac{2}{3}d+\frac{1}{3}b$. $E=\frac{1}{3}d$. $OE=O-E=\frac{1}{3}b$. Vậy $OE=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}$, tức $OE//SB$!

Tọa độ trước của tôi sai chỗ nào? $E$: $SE=2ED$ nên $E$ chia $SD$ theo $2:1$, $E=S+\frac{2}{3}(D-S)=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}D=(0,0,1)$, không phải $(0,0,2)$. Tôi nhầm. Với $E=(0,0,1)$: $OE=(0-4/3,0-2/3,1-0)=(-4/3,-2/3,1)$. $SB=(4,2,-3)$. Tỉ lệ: $-4/3/4=-1/3$, $-2/3/2=-1/3$, $1/(-3)=-1/3$. Có! $OE=-\frac{1}{3}SB$, tức $OE//SB$. Chuẩn.

Vậy lời giải: $\frac{BO}{BD}=\frac{AB}{AB+CD}=\frac{2}{3}$ (từ đồng dạng $OAB\backsim OCD$), $\frac{BE}{?}$... Trình bày: trong $(SBD)$, $\frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{BE}{?}$ — dùng $E$: $\frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$. Xét tam giác $SBD$: $O\in BD$ với $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$, $E\in DS$ với $\frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$, suy ra $OE//SB$ (định lí Thales trong tam giác $DBS$ tại đỉnh $D$). Mà $SB\subset (SAB)$, $OE\not\subset (SAB)$, nên $OE//(SAB)$. Đẹp!

Tỉ lệ $\frac{DO}{DB}$: đồng dạng $△OAB\backsim △OCD$ cho $\frac{OD}{OB}=\frac{CD}{AB}=\frac{1}{2}$, nên $\frac{OD}{OB}=\frac{1}{2}$, $\frac{OD}{DB}=\frac{1}{3}$. Và $SE=2ED\Rightarrow \frac{DE}{DS}=\frac{1}{3}$. Kết luận đúng.

Lời giải hoàn chỉnh như trên.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;h)$ với $h>0$. Vì $BC=3BM$ nên $BM=\frac{1}{3}BC$, do đó $M\left(1;\frac{1}{3};0\right)$. Điểm chạy trên đường thẳng $DM$: $P(t)=D+t(M-D)=(t;1-\frac{2t}{3};0)$, với $t=0$ tại $D$ và $t=1$ tại $M$. Mặt phẳng $(SAC)$ đi qua $A$, chứa vectơ $\overrightarrow{AC}=(1;1;0)$ và $\overrightarrow{AS}=(0;0;h)$, nên có phương trình $x-y=0$. Thay tọa độ $P(t)$: $t=1-\frac{2t}{3}\Rightarrow \frac{5t}{3}=1\Rightarrow t=\frac{3}{5}$. Vậy $E$ nằm giữa $D$ và $M$ với $\frac{DE}{DM}=\frac{3}{5}=0,6$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $AD$ của hình bình hành nên $MN\parallel AB$ (đường thẳng nối trung điểm hai cạnh không kề của hình bình hành song song với cạnh còn lại). Do đó $MN\parallel (SAB)$ vì $MN$ không nằm trong $(SAB)$ và song song với $AB\subset (SAB)$. Mặt phẳng $(MNK)$ chứa đường thẳng $MN\parallel (SAB)$ và cắt $(SAB)$ theo giao tuyến đi qua $K$ (vì $K\in SB\subset (SAB)$ và $K\in (MNK)$). Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến của $(MNK)$ và $(SAB)$ là đường thẳng qua $K$ và song song với $MN$, tức song song với $AB$ và cũng song song với $CD$. Vậy đáp án là B.

Bài 2a: Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$. — 1.0đ
$\{\begin{array}{l}S\in (SAB)\cap (SCD)\\ AB\parallel CD\end{array}$ — 0.25×2
$\Rightarrow (SAB)\cap (SCD)=d$ qua S và $d\parallel AB\parallel CD$ — 0.25×2

Bài 2b: Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh $OM\parallel (SBC)$. — 1.0đ
$AB\parallel DC\Rightarrow \frac{AO}{OC}=\frac{AB}{DC}=2$ — 0.25
$\Rightarrow \frac{AO}{OC}=\frac{AM}{MB}=2\Rightarrow OM\parallel BC\Rightarrow OM\parallel (SBC)$ — 0.25×3

Bài 2c: Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$. Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $MG$ với mặt phẳng $(SBD)$. Chứng minh diện tích của tam giác $OMG$ bằng diện tích của tam giác $OKG$. — 1.0đ

Gọi $N$ là trung điểm $SC$ và $F$ là giao điểm của $OG$ và $SA$.

Ta có: $\frac{AG}{GN}=\frac{AO}{OC}=2$ (G là trọng tâm tam giác $SAC$) $\Rightarrow OG\parallel SC\Rightarrow OF\parallel SC$. — 0.25

$\Rightarrow \frac{AF}{FS}=\frac{AO}{OC}=\frac{AM}{MB}\Rightarrow MF\parallel SB$ — 0.25

$\{\begin{array}{l}MF\parallel SB\\ (SBD)\cap (OMG)=OK\end{array}\Rightarrow OK\parallel SB\parallel MF$ — 0.25

$\Rightarrow \frac{MG}{GK}=\frac{FG}{GO}=\frac{SN}{NC}=1$ — 0.25

Vậy $\frac{S_{OMG}}{S_{OKG}}=\frac{MG}{GK}=1$. — 0.25

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: A(0,0,0), B(9,0,0), D(0,9,0), C(9,9,0), A'(0,0,9), B'(9,0,9), C'(9,9,9), D'(0,9,9). Khi đó M(0;4,5;9), N(9;4,5;9), P(9;4,5;0).
a) M, N đều thuộc mặt phẳng (A'B'C'D') (mặt z=9) và thuộc (MNP), nên giao tuyến là MN. Đúng.
b) (ABB'A') là mặt y=0 nên (α) qua MP song song với nó là mặt y=4,5. E=AD∩(α)=(0;4,5;0), F=B'C'∩(α)=(9;4,5;9). ME=EP=PF=FM=9 nên chu vi MEPF = 36cm ≠ 18cm. Sai.
c) (MNP) là mặt y=4,5 (pháp tuyến (0;1;0)). Mặt (BA'C'): BA'=(-9;0;9), BC'=(0;9;9), pháp tuyến (1;-1;1), phương trình x−y+z=9. Hai pháp tuyến không song song nên hai mặt phẳng không song song. Sai.
d) Mặt (B'PD'): B'P=(0;4,5;-9), B'D'=(-9;9;0), pháp tuyến (2;2;1), phương trình 2x+2y+z=27. Đường BM: (9−9t; 4,5t; 9t), thay vào: 2(9−9t)+9t+9t=18≠27, nên BM không cắt mặt phẳng và BM không nằm trong mặt phẳng (vì B cho 18≠27). Vậy BM song song với (B'PD'). Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
M, N cùng thuộc (A'B'C'D') và (MNP) nên giao tuyến là MN.
b) (AI giải đề cho tôi)
(α) là mặt y=4,5; E(0;4,5;0), F(9;4,5;9), cả bốn cạnh ME, EP, PF, FM đều bằng 9cm nên chu vi bằng 36cm, không phải 18cm.
c) (AI giải đề cho tôi)
(MNP) có pháp tuyến (0;1;0), (BA'C') có pháp tuyến (1;-1;1), không vuông góc cùng một vectơ nên hai mặt phẳng không song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
(B'PD'): 2x+2y+z=27; đường BM có 2x+2y+z=18 hằng số nên BM không cắt mặt phẳng và không nằm trong nó, tức BM song song với (B'PD').

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $DC$. Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(50;0;0),C(50;50;0),D(0;50;0)$, đỉnh $S(25;25;h)$ với $h=\sqrt{50^2-25^2-25^2}=25\sqrt{2}$.
Mặt phẳng $(SAD)$ có phương trình $z=\sqrt{2}x$. Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $M(25;50;0)$ và song song với $(SAD)$ nên có phương trình $z=\sqrt{2}(x-25)$.
Khảo sát các đỉnh: $S,A,D$ nằm cùng phía của $(\alpha )$, còn $B,C$ nằm phía kia. Do đó mặt cắt là tứ giác với các đỉnh là giao điểm của $(\alpha )$ với các cạnh $AB,SB,SC,DC$:
- Giao với $AB$: $P(25;0;0)$.
- Giao với $DC$: chính là $M(25;50;0)$.
- Giao với $SB$ (trung điểm vì $S$ và $B$ cách đều mặt phẳng): $Q(37,5;12,5;\frac{25\sqrt{2}}{2})$.
- Giao với $SC$: $K(37,5;37,5;\frac{25\sqrt{2}}{2})$.
Tứ giác $PMKQ$ là hình thang cân với hai đáy song song $PM\parallel QK$ (cùng phương $Oy$), độ dài $PM=50$, $QK=25$.
Khoảng cách giữa hai đáy: $d=\sqrt{(37,5-25{)}^2+{\left(\frac{25\sqrt{2}}{2}-0\right)}^2}=\sqrt{156,25+312,5}=\sqrt{468,75}=12,5\sqrt{3}$.
Diện tích mặt cắt $=\frac{(50+25)\cdot 12,5\sqrt{3}}{2}=468,75\sqrt{3}\approx 811,87\approx 812c{m}^2$.