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

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Gọi $d$ là giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$, qua $S$. Vì $d$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ nên $d$ song song hoặc cắt $AB$; tương tự với $CD$. Nếu $d$ cắt $AB$ tại $I$ thì $I\in (SCD)\cap (ABCD)=CD$, nhưng $I\in AB$ và $AB\parallel CD$, vô lí. Vậy $d\parallel AB\parallel CD$ (không phải song song với $AC$).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ (hình bình hành), giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không phải song song với $AC$. Nếu giao tuyến cắt $AB$ tại $I$ thì $I$ thuộc giao của hai mặt phẳng đáy, tức thuộc $CD$, mâu thuẫn với $AB\parallel CD$. Do đó khẳng định a) Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$N$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $N$ nằm trên trung tuyến $BD$ với $\frac{DN}{DB}=\frac{2}{3}$. Khẳng định b) Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Dùng vectơ: $\overrightarrow{GN}=\vec{N}-\vec{G}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3}-\frac{\vec{S}+\vec{A}+\vec{B}}{3}=\frac{\vec{C}-\vec{S}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SC}$. Vậy $NG\parallel SC$, mà $SC\subset (SAC)$ và $NG\not\subset (SAC)$, nên $NG\parallel (SAC)$, không cắt mặt phẳng $(SAC)$. Khẳng định c) Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3}-\vec{A}-\frac{\vec{D}-\vec{A}}{3}=\frac{\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}}{3}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{B}-\vec{A}=\vec{C}-\vec{D}$, suy ra $\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}=2(\vec{B}-\vec{A})$, tức $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$. Vậy $MN\parallel AB\parallel CD$, với $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$, do đó $MN\parallel (SCD)$. Khẳng định d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(0,1,0)$, $D=(0,0,1)$. Vì $PR\parallel AC$ trong tam giác $ABC$ với $P\in AB$, $R\in BC$ nên $\frac{BP}{BA}=\frac{BR}{BC}=t$, suy ra $P=(1-t,0,0)$, $R=(1-t,t,0)$. Vì $CQ=2QD$ nên $Q=\frac{1}{3}C+\frac{2}{3}D=\left(0,\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{PR}=(0,t,0)$, $\overrightarrow{PQ}=\left(-(1-t),\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$, pháp tuyến của $(PQR)$: $\vec{n}=\overrightarrow{PR}\times \overrightarrow{PQ}=\left(\frac{2t}{3},0,t(1-t)\right)$. Mặt phẳng qua $P$: $\frac{2}{3}(x-(1-t))+(1-t)z=0$. Điểm $S\in AD$ có dạng $S=(0,0,s)$, thay vào: $\frac{2}{3}(t-1)+(1-t)s=0\Rightarrow s=\frac{2}{3}$. Vậy $AS=\frac{2}{3}AD$, $DS=\frac{1}{3}AD$, do đó $AD=3DS$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN\parallel AB$ và $MN=\frac{AB}{2}=\frac{x}{2}$. Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành nên $PQ\parallel MN\parallel AB$ và $PQ=MN=\frac{x}{2}$. Trong mặt phẳng đáy, chọn hệ tọa độ: $A(0,0)$, $B(x,0)$, $D(d,h)$, $C(d+6,h)$ (vì $CD=6$ và $AB\parallel CD$). Vì $AD=3QD$ nên $AQ=\frac{2}{3}AD$, tức $Q=\left(\frac{2d}{3},\frac{2h}{3}\right)$. Điểm $P$ thuộc $BC$: $P=B+t(C-B)$, do $PQ\parallel AB$ (phương ngang) nên $t=\frac{2}{3}$, suy ra $P=\left(x+\frac{2}{3}(d+6-x),\frac{2h}{3}\right)$. Khi đó $PQ=x+\frac{2}{3}(d+6-x)-\frac{2d}{3}=\frac{x}{3}+4$. Theo hình bình hành: $\frac{x}{3}+4=\frac{x}{2}\Rightarrow 4=\frac{x}{6}\Rightarrow x=24$. Thử lại: $MN=PQ=12$, thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau, hình chiếu của đỉnh trùng tâm đáy (B, C, D đúng). Cạnh đáy không nhất thiết bằng cạnh bên, nên mệnh đề 'có tất cả các cạnh bằng nhau' là sai.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông (định nghĩa hình chóp tứ giác đều: đáy là hình vuông, chân đường cao trùng tâm O của đáy). Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt đều trong hình vẽ có hai đáy là hai tứ giác (đáy lớn và đáy nhỏ song song, giống nhau về hình dạng). Mỗi đáy có 4 cạnh, nên tổng số cạnh thuộc hai mặt đáy là $4+4=8$ cạnh đáy. Vậy đáp án đúng là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1014, câu 3: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt đều trong hình vẽ có hai đáy là hai đa giác đều song song, mỗi đáy là tứ giác (4 cạnh). Số cạnh đáy của hình chóp cụt bằng tổng số cạnh của hai đáy: 4 (đáy lớn) + 4 (đáy nhỏ) = 8 cạnh đáy. Vậy chọn đáp án C. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1013, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. Do đó các cạnh bên vuông góc với đáy (A đúng), các mặt bên là hình chữ nhật (C đúng), mặt đáy là đa giác đều (D đúng). Các mặt bên chỉ là hình chữ nhật, không phải đa giác đều bất kỳ, nên khẳng định B sai. Kết quả khớp đáp án nguồn (mã 3267, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều có đáy là đa giác đều và các cạnh bên vuông góc với đáy, nên các mặt bên là hình chữ nhật (không nhất thiết là đa giác đều trừ khi cạnh bên bằng cạnh đáy). Vậy khẳng định sai là C. Đáp án khớp với bảng đáp án (Câu 8, mã 1354: C).

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BM$ với $\frac{BG}{GM}=2$. Vì $I\in AG$ nên $I$ thuộc mặt phẳng $(ABG)$, do đó đường thẳng $BI$ nằm trong $(ABG)$. Giao tuyến của $(ABG)$ và $(ACD)$ là đường thẳng qua $A$ và giao điểm của $BG$ (tức $BM$) với $(ACD)$, tức đường thẳng $AM$. Suy ra $J=BI\cap (ACD)$ nằm trên $AJ=(ABG)\cap (ACD)$, và $A,J,M$ thẳng hàng → A, C đúng. Trong mặt phẳng $(BDJ)$, đường thẳng $DJ$ là giao tuyến với $(ACD)$ (vì $D\in (ACD)$, $J\in (ACD)$) → B đúng. Vị trí $J$ trên đoạn $AM$ phụ thuộc vào vị trí của $I$ trên $AG$ (theo Menelaus trong tam giác $ABM$: $\frac{AJ}{JM}=\frac{BG}{GM}\cdot \frac{AI}{IB}=2\cdot \frac{AI}{IB}$, chỉ bằng 1 khi $I$ là trung điểm $AG$). Vậy khẳng định '$J$ là trung điểm $AM$' không luôn đúng → D sai, trùng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;\sqrt{3};0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;2)$. Vectơ $\overrightarrow{SC}=(1;\sqrt{3};-2)$ nên mặt phẳng $(\alpha )$ qua $A$ vuông góc với $SC$ có phương trình: $x+\sqrt{3}y-2z=0$.

Tìm giao điểm:
- Với $SB$: điểm $E\left(\frac{4}{5};0;\frac{2}{5}\right)$ (thay $(t;0;2-2t)$: $t-2(2-2t)=0\Rightarrow t=\frac{4}{5}$).
- Với $SC$: điểm $G\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)$ (thay $(t;\sqrt{3}t;2-2t)$: $t+3t-2(2-2t)=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$).
- Với $SD$: điểm $F\left(0;\frac{4\sqrt{3}}{7};\frac{6}{7}\right)$ (thay $(0;\sqrt{3}t;2-2t)$: $3t-2(2-2t)=0\Rightarrow t=\frac{4}{7}$).

Thiết diện là tứ giác $AEGF$. Chia theo đường chéo $AG$:
- $\overrightarrow{AE}\times \overrightarrow{AG}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{5};-\frac{3}{5};\frac{2\sqrt{3}}{5}\right)$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{5}$, nên $S_{AEG}=\frac{\sqrt{6}}{5}$.
- $\overrightarrow{AG}\times \overrightarrow{AF}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{7};-\frac{3}{7};\frac{2\sqrt{3}}{7}\right)$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{7}$, nên $S_{AGF}=\frac{\sqrt{6}}{7}$.

Vậy $S=S_{AEG}+S_{AGF}=\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{6}}{7}=\frac{12\sqrt{6}}{35}\approx 0,8397\approx 0,84$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;\sqrt{3};0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;2)$. Vectơ $\overrightarrow{SC}=(1;\sqrt{3};-2)$ nên $(\alpha ):x+\sqrt{3}y-2z=0$. Giao với $SB$: điểm $P(\frac{4}{5};0;\frac{2}{5})$; giao với $SD$: điểm $Q(0;\frac{4\sqrt{3}}{7};\frac{6}{7})$; giao với $SC$: điểm $R(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};1)$. Thiết diện là tứ giác $APRQ$. Diện tích tam giác $APR$: $\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AR}=(-\frac{\sqrt{3}}{5};-\frac{3}{5};\frac{2\sqrt{3}}{5})$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{5}$, diện tích $\frac{\sqrt{6}}{5}$. Diện tích tam giác $AQR$: $\overrightarrow{AQ}\times \overrightarrow{AR}=(\frac{\sqrt{3}}{7};\frac{3}{7};-\frac{2\sqrt{3}}{7})$, độ dài $\frac{2\sqrt{6}}{7}$, diện tích $\frac{\sqrt{6}}{7}$. Tổng $S=\frac{\sqrt{6}}{5}+\frac{\sqrt{6}}{7}=\frac{12\sqrt{6}}{35}\approx 0,84$. Khớp với đáp án nguồn 0,84.

(AI giải đề cho tôi)
$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BM$ với $BG=2GM$. Xét mặt phẳng $(ABM)$: $I$ thuộc $AG$ nên $BI$ nằm trong $(ABM)$; $J=BI\cap (ACD)$ thì $J$ thuộc $AM$ (vì $AM=(ABM)\cap (ACD)$). Do đó $A,J,M$ thẳng hàng (B đúng) và $AJ$ là giao tuyến của $(ABG)\subset (ABM)$ với $(ACD)$ (A đúng), $DJ$ là giao tuyến của $(BDJ)$ với $(ACD)$ (C đúng). Áp dụng Menelaus trong tam giác $ABM$ với ba điểm $I\in AG$, $G\in BM$, $J\in AM$ thẳng hàng: $\frac{AJ}{JM}\cdot \frac{MG}{GB}\cdot \frac{BI}{IA}=1$, tức $\frac{AJ}{JM}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{BI}{IA}=1$. Vì vị trí của $I$ trên đoạn $AG$ không xác định nên tỉ số $AJ/JM$ không cố định, nói chung $AJ/JM=2\cdot \frac{BI}{IA}\ne 1$, do đó $J$ không phải là trung điểm $AM$. Khẳng định D sai.

* Có $DM\perp AC\Rightarrow DM\perp NH$
* $DM=\sqrt{2^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{6}$.
* Tam giác $SCD$ vuông tại $D$, $SD=2\sqrt{2}$. $DN=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}=2$; $DH=\frac{2}{3}DM=\frac{2\sqrt{6}}{3}$; $NH=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
* $S_{MND}=\frac{1}{2}.\sqrt{6}.\frac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$, với $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$ không đồng phẳng. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$ (vì $M$ là trung điểm $SD$), $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$ (vì $N$ là trọng tâm tam giác $SAB$).

Điểm $I$ trên đường thẳng $MN$ có dạng $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AM}+t(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}+\frac{t}{6}(-\vec{s}+2\vec{b}-3\vec{d})$.

Vì $I$ thuộc mặt phẳng $(SBC)$ nên $\overrightarrow{AI}=\vec{s}+\alpha (\vec{b}-\vec{s})+\beta (\vec{b}+\vec{d}-\vec{s})=(1-\alpha -\beta )\vec{s}+(\alpha +\beta )\vec{b}+\beta \vec{d}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$:
- Hệ số $\vec{b}$: $\frac{t}{3}=\alpha +\beta$;
- Hệ số $\vec{d}$: $\frac{1}{2}-\frac{t}{2}=\beta$;
- Hệ số $\vec{s}$: $\frac{1}{2}-\frac{t}{6}=1-\alpha -\beta =1-\frac{t}{3}$.

Phương trình cuối cho $3-t=6-2t\Rightarrow t=3$.

Vậy $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AM}+3(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})$, tức $N$ nằm giữa $M$ và $I$ với $IN=2MN$, $IM=3MN$. Suy ra $\frac{IN}{IM}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có hai đáy là hai tam giác đều $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (nên B, C đúng), các cạnh bên $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ là các cạnh bên của hình chóp đều nên bằng nhau (A đúng). Hai đáy là hai tam giác đều đồng dạng nhưng không nhất thiết bằng nhau, tức $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ có thể khác nhau. Vậy khẳng định sai là D. Đáp án D trùng với bảng đáp án mã đề 1004.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có hai đáy là hai tam giác đều $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (nên A và C đúng), các cạnh bên $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ là các đoạn thẳng song song và bằng nhau (nên D đúng). Hai đáy là hai tam giác đều đồng dạng nhưng không nhất thiết bằng nhau (đáy dưới lớn hơn đáy trên), do đó $BC\ne B^{\prime }{C}^{\prime }$ nói chung. Khẳng định sai là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1003, Câu 11: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có hai đáy là hai tam giác đều $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (nên A và C đúng), các cạnh bên bằng nhau $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ (nên D đúng). Tuy nhiên hai đáy là hai tam giác đều đồng dạng nhưng không nhất thiết bằng nhau (đáy dưới lớn hơn đáy trên), do đó $BC\ne B^{\prime }{C}^{\prime }$ nói chung. Khẳng định B sai, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1001: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I\in BD$ nên $I$ thuộc $(ABD)$ và $(BCD)$. Vì $I\in MN$ với $M\in AB,N\in AD$ nên $I$ thuộc mặt phẳng $(AMN)$; mặt khác $I\in MN\subset (CMN)$ nên $I$ thuộc $(CMN)$. Còn $(ACD)$ chứa $A,C,D$: nếu $I\in (ACD)$ thì $I\in BD\cap (ACD)=AD$, tức $I\in AD$, nhưng $I\in BD$ và $BD\cap AD=D$, khi đó $I=D$, vô lý vì $I$ là giao của $MN$ với $BD$ với $M,N$ thuộc $AB,AD$ (khi đó $MN$ không qua $D$ trong cấu hình tứ diện). Vậy $I$ không thuộc $(ACD)$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét các tổ hợp chập 3 của 5 điểm $A,B,C,D,S$: có $C_5^3=10$ bộ ba điểm. Trong đó các bộ ba $ABC,ABD,ACD,BCD$ đều xác định cùng một mặt phẳng $(ABCD)$ (vì $ABCD$ là tứ giác lồi nên 4 điểm này đồng phẳng). Các bộ ba còn lại chứa $S$: $ABS,ACS,ADS,BCS,BDS,CDS$ — mỗi bộ ba xác định một mặt phẳng phân biệt. Thật vậy, nếu hai mặt phẳng trong số đó trùng nhau thì mặt phẳng đó chứa ít nhất 4 điểm trong $\{A,B,C,D\}$ cùng với $S$, tức chứa cả 5 điểm, suy ra nó phải là $(ABCD)$ — mâu thuẫn vì $S\notin (ABCD)$. Vậy có đúng $1+6=7$ mặt phẳng phân biệt, nhiều nhất là 7.