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

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. (SAB) và (ABCD) có hai điểm chung A, B nên giao tuyến là AB.

b) Sai. Gọi I là trung điểm AD, J là trung điểm CD. Trong tam giác SAD, G là trọng tâm nên G thuộc SI với SG = (2/3)SI; tương tự K thuộc SJ với SK = (2/3)SJ. Suy ra GK // IJ. Lại có IJ là đường trung bình của tam giác DAC nên IJ // AC. Vậy GK // AC, do đó GK và AC không có điểm chung.

c) Đúng. Vì GK // AC và AC nằm trong (ABCD), GK không nằm trong (ABCD) (G, K thuộc các mặt bên), nên GK // (ABCD).

d) Đúng. Mặt phẳng (α) chứa GK và song song với (ABCD) cắt hình chóp theo thiết diện MNEF đồng dạng với đáy ABCD qua phép vị tự tâm S (vì (α) // (ABCD) nên MN // AB, NE // BC, EF // CD, FM // DA). Tứ giác MNEF có các cạnh lần lượt song song với các cạnh của hình bình hành ABCD, do đó MN // EF và NE // FM, tức MNEF là hình bình hành.
a) (AI giải đề cho tôi)
(SAB) và (ABCD) có chung hai điểm A, B phân biệt nên giao tuyến là đường thẳng AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AD, CD. G thuộc SI với SG=(2/3)SI, K thuộc SJ với SK=(2/3)SJ nên GK // IJ; mà IJ // AC (đường trung bình tam giác DAC) nên GK // AC. Hai đường thẳng song song nên không có điểm chung.
c) (AI giải đề cho tôi)
GK // AC với AC nằm trong (ABCD) và GK không nằm trong (ABCD), suy ra GK // (ABCD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng song song với (ABCD) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại M, N, E, F thì MN // AB, NE // BC, EF // CD, FM // DA. Vì ABCD là hình bình hành nên MN // EF và NE // FM, do đó MNEF là hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong tam giác ACD, I trung điểm AD, J trung điểm AC nên IJ là đường trung bình, do đó IJ ∥ CD. Đúng.
b) Vì IJ ∥ CD và CD ⊂ (BCD) nên IJ ∥ (BCD). Mặt phẳng (GIJ) chứa IJ và cắt (BCD) theo giao tuyến đi qua G và song song với IJ, tức song song với CD (không phải BC). Sai.
c) Giao tuyến MN đi qua trọng tâm G của tam giác BCD và MN ∥ CD, nên MN = (2/3)CD (đoạn nối hai cạnh BC, BD song song CD cách đỉnh B theo tỉ số 2/3). Lại có IJ = (1/2)CD. Vậy IJ/MN = (1/2)/(2/3) = 3/4. Đúng.
d) Với CD = 6: IJ = 3, MN = 4, nên 3IJ + 2MN = 9 + 8 = 17 ≠ 18. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
IJ là đường trung bình tam giác ACD nên IJ ∥ CD.
b) (AI giải đề cho tôi)
IJ ∥ CD nên giao tuyến của (GIJ) và (BCD) là đường qua G song song với CD, không phải BC.
c) (AI giải đề cho tôi)
MN ∥ CD qua trọng tâm G nên MN = (2/3)CD, IJ = (1/2)CD, do đó IJ/MN = 3/4.
d) (AI giải đề cho tôi)
CD = 6 cho IJ = 3, MN = 4, nên 3IJ + 2MN = 17 ≠ 18.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tham chiếu affine: lấy $K$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{KB}=\mathbf{b},\overrightarrow{KC}=\mathbf{c},\overrightarrow{KS}=\mathbf{s}$. Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c}$. Khi đó $E=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b},F=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{c}$.

a) Mặt phẳng $(CDE)$ có vectơ chỉ phương $\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c}$ và $\mathbf{c}$. Điểm $M\in SB$ có dạng $M=(1-\lambda )\mathbf{s}+\lambda \mathbf{b}$. Giải $M=\alpha (\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c})+\gamma \mathbf{c}$ ta được $\alpha =\lambda ,1-\lambda =\lambda /2\Rightarrow \lambda =\frac{2}{3}$, tức $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\left(\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$. Vậy $M\in KE$. Về lý thuyết: $(SAB)\cap (CDE)=KE$ (vì $K\in AB\cap CD$, $E\in SA$), mà $M\in SB\subset (SAB)$ và $M\in (CDE)$ nên $M\in KE$. Đúng.

b) Tương tự, giải $N=(1-\mu )\mathbf{s}+\mu \mathbf{c}\in (EMF)$ ta được $\mu =\frac{2}{3}$, tức $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$. Khi đó $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}(\mathbf{c}-\mathbf{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$, tức $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.

c) Đường $AM$: $2\mathbf{b}+t\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{b}}{3}\right)$; đường $DN$: $2\mathbf{c}+u\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{c}}{3}\right)$. Cho hai biểu thức bằng nhau: hệ số $\mathbf{s}$ cho $t=u$; hệ số $\mathbf{b}$ cho $2-\frac{4t}{3}=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}$; hệ số $\mathbf{c}$ cho $2-\frac{4u}{3}=0\Rightarrow u=\frac{3}{2}$ (nhất quán). Giao điểm là $P=\frac{\mathbf{s}}{2}$, tức trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm $SK$. Đúng.

d) Vì $K$ là gốc, $M=\frac{2}{3}E,N=\frac{2}{3}F$ (theo vectơ từ $K$), nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$. Sai.

Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\cap (CDE)=KE$ vì $K\in AB\cap CD$ và $E\in SA$. Mà $M=SB\cap (CDE)\subset (SAB)\cap (CDE)$ nên $M\in KE$. (Kiểm tra tọa độ: với $K$ gốc, $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c},S=\mathbf{s}$ thì $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$.)
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ và $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$: $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hệ tọa độ với $K$ gốc, $AM\cap DN=P=\frac{\mathbf{s}}{2}$ là trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy ba đường thẳng $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm của $SK$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$ và $N=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ (tính theo vectơ từ $K$), tam giác $KMN$ đồng dạng với $KEF$ với tỉ số $\frac{2}{3}$, nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện ABCD đều cạnh 2. Gọi M là trung điểm BC, khi đó A, G, M thẳng hàng với AG/AM = 2/3 (G là trọng tâm tam giác ABC). Mặt phẳng (P) qua G song song (BCD) cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm với tỉ số đồng dạng 2/3, nên thiết diện là tam giác đều cạnh 2·(2/3) = 4/3. Diện tích = (√3/4)·(4/3)² = 4√3/9 ≈ 0.77.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(2;2;0)$, $D(0;0;2)$. Khi đó $K(1;0;0)$, $L(2;1;0)$, và $N$ trên $CD$ với $CN=3ND$ tức $N$ chia $CD$ theo tỉ số $\frac{CN}{ND}=3$: $N=C+\frac{3}{4}(D-C)=(0,5;0,5;1,5)$.

Vectơ $\overrightarrow{KL}=(1;1;0)$, $\overrightarrow{KN}=(-0,5;0,5;1,5)$, nên vectơ pháp tuyến của $(KLN)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{KL}\times \overrightarrow{KN}=(1,5;-1,5;1)$, tức có thể lấy $\vec{n}=(3;-3;2)$.

Mặt phẳng $(KLN)$: $3(x-1)-3y+2z=0\iff 3x-3y+2z=3$.

Điểm $P$ trên đường thẳng $AD$ có dạng $P=(0;0;t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2t=3\Rightarrow t=\frac{3}{2}$.

Vậy $P$ là trung điểm của $AD$, suy ra $\frac{PA}{PD}=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{a}+\vec{c}=\vec{b}+\vec{d}$, tức $\vec{d}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Ta có $M$ là trung điểm $SB$: $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{b}$; $SN=2ND$ nên $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{d}$. Điểm $P\in SC$ với $\overrightarrow{SP}=k\vec{c}$ nằm trong mặt phẳng $(AMN)$ nên $\overrightarrow{SP}=\alpha \vec{a}+\beta \cdot \frac{1}{2}\vec{b}+\gamma \cdot \frac{2}{3}\vec{d}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$. Thay $\vec{d}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$: $\overrightarrow{SP}=\left(\alpha +\frac{2\gamma }{3}\right)\vec{a}+\left(\frac{\beta }{2}-\frac{2\gamma }{3}\right)\vec{b}+\frac{2\gamma }{3}\vec{c}$. So sánh với $k\vec{c}$: $\alpha +\frac{2\gamma }{3}=0$, $\frac{\beta }{2}=\frac{2\gamma }{3}$, $k=\frac{2\gamma }{3}$. Kết hợp $\alpha +\beta +\gamma =1$: $-\frac{2\gamma }{3}+\frac{4\gamma }{3}+\gamma =\frac{5\gamma }{3}=1\Rightarrow \gamma =\frac{3}{5}$. Vậy $k=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{5}=\frac{2}{5}=0,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $O$ là gốc, $A=(1,0,0)$, $C=(-1,0,0)$, $B=(0,1,0)$, $D=(0,-1,0)$, $S=(0,0,h)$. Khi đó $E$ trung điểm $SC$ là $E=(-\frac{1}{2},0,\frac{h}{2})$; $F$ trên $BD$ với $BF=\frac{2}{3}BD$ nên $F=(0,-\frac{1}{3},0)$. Mặt phẳng $(AEF)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AE}\times \overrightarrow{AF}=(\frac{h}{6},-\frac{h}{2},\frac{1}{2})$, nên phương trình: $\frac{h}{6}(x-1)-\frac{h}{2}y+\frac{1}{2}z=0$. Điểm $M$ trên $SB$ có dạng $M=(0,t,h(1-t))$ với $t=\frac{SM}{SB}$. Thay vào: $-\frac{h}{6}-\frac{h}{2}t+\frac{h}{2}(1-t)=0\Rightarrow -\frac{1}{6}+\frac{1}{2}-t=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{3}$, tức $a=1$, $b=3$ và $3a+b=6$.

(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 $I$ trên $SC$ với $SI=\frac{1}{4}SC$: $I=\left(\frac{3}{4};\frac{3}{4};\frac{h}{4}\right)$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $A$, chứa $I$, song song với $BD$ (vecto chỉ phương $(-1;1;0)$). Vecto pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AI}\times (-1;1;0)=\left(-\frac{h}{4};-\frac{h}{4};\frac{3}{2}\right)$, nên $(\alpha ):-\frac{h}{4}x-\frac{h}{4}y+\frac{3}{2}z=0$. Điểm $K$ trên $SD$ có dạng $(0;t;h(1-t))$, thay vào phương trình: $-\frac{t}{4}+\frac{3}{2}(1-t)=0\Rightarrow 7t=6\Rightarrow t=\frac{6}{7}$, tức $\frac{SK}{SD}=\frac{6}{7}$. Vì $I\in SC$, $K\in SD$ nên tam giác $SIK$ nằm trong mặt phẳng $(SCD)$, do đó $\frac{S_{△SIK}}{S_{△SCD}}=\frac{SI}{SC}\cdot \frac{SK}{SD}=\frac{1}{4}\cdot \frac{6}{7}=\frac{3}{28}$.

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét: $C\in (MBC)$ và $C\in (ABCD)$, $B\in (MBC)$ và $B\in (ABCD)$ nên hai mặt phẳng $(MBC)$ và $(ABCD)$ có hai điểm chung $B,C$. Vậy giao tuyến của $(MBC)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $BC$.

Tương tự, $M\in SA\subset (SAB)$ nên $M\in (SAB)$, đồng thời $M\in (MBC)$; $B\in (SAB)$ và $B\in (MBC)$. Hai mặt phẳng $(MBC)$ và $(SAB)$ có hai điểm chung $M,B$. Vậy giao tuyến của $(MBC)$ và $(SAB)$ là đường thẳng $MB$.

Kết luận: $(MBC)\cap (ABCD)=BC$ và $(MBC)\cap (SAB)=MB$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 78: Ta có $S$ thuộc cả hai mặt phẳng $(SCM)$ và $(SAN)$ nên $S$ thuộc giao tuyến. Trong mặt phẳng $(ABC)$: $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN\parallel BC$. Xét tam giác $SBC$: $M$ thuộc $AB\subset (SBC)$... chính xác hơn, $M$ là trung điểm $AB$ nên $M$ không thuộc tam giác $SBC$; thay vào đó xét: $N$ thuộc $AC$, và $MN\parallel BC$ với $M\in AB$, $N\in AC$. Trong mặt phẳng $(SBC)$, đường thẳng qua $M$ song song $BC$ cắt $SC$ tại $I$ với $\frac{SI}{IC}=\frac{SM}{MB}$... Cách chuẩn: Gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng qua $M$ song song với $BC$ trong mặt phẳng $(SBC)$: vì $MN\parallel BC$, $M\in (SBC)$, đường thẳng $d$ qua $M$ song song $BC$ nằm trong $(SBC)$, cắt $SC$ tại $I$ với $I$ là trung điểm $SC$ (do $M$ trung điểm $AB$, tam giác $SAB$... ). Cụ thể: trong tam giác $SAC$, $N$ là trung điểm $AC$; đường thẳng qua $N$ song song với... Ta chứng minh $I$ (trung điểm $SC$) thuộc cả hai mặt phẳng: $I\in SC\subset (SCM)$; trong tam giác $SAB$, đường trung bình... Xét tam giác $SBC$: $I$ trung điểm $SC$, đường thẳng qua $I$ song song $BC$ cắt $SB$ tại trung điểm của $SB$; không cần. Kết luận: $MN\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)$. Gọi $I$ là trung điểm $SC$. Trong tam giác $SAB$: không dùng. Thay vào đó: vì $MN\parallel BC$, mặt phẳng $(SMN)$ song song $BC$... Cách trình bày gọn: $I$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng qua $N$ song song $SB$ trong $(SAC)$? Không. Trình bày đúng: Trong mặt phẳng $(SAC)$, $N$ là trung điểm $AC$. Trong mặt phẳng $(SBC)$, gọi $I$ là trung điểm $SC$. Ta có $NI$ là đường trung bình tam giác $SAC$? $I\in SC$, $N\in AC$, tam giác $SAC$: $I$ trung điểm $SC$, $N$ trung điểm $AC$ $\Rightarrow NI\parallel SA$. Mà $SA\subset (SAN)$ nên $I\in (SAN)$ (vì $NI\parallel SA$, $N\in (SAN)$, đường thẳng qua $N$ song song $SA$ nằm trong $(SAN)$, và $I$ thuộc đường thẳng đó). Đồng thời $I\in SC\subset (SCM)$. Vậy $I$ thuộc cả hai mặt phẳng. Mặt khác $S$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến của $(SCM)$ và $(SAN)$ là đường thẳng $SI$ (đường trung tuyến của tam giác $SBC$ từ $S$, tức đường thẳng qua $S$ và trung điểm $I$ của $SC$).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAM)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$ nên giao tuyến đi qua $S$. Trong mặt phẳng đáy, $M$ thuộc đoạn $BI$ nên $M$ nằm trong mặt phẳng đáy; xét đường thẳng $AM$ cắt đường thẳng $BC$ tại $K$ (vì $ABCD$ là hình bình hành, $I$ là giao điểm hai đường chéo, $M$ là trung điểm $BI$, nên $AM$ không song song với $BC$). Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $A(0;0),C(2;0),B(1;1),D(1;-1)$ thì $I(1;0)$, $M(1;0,5)$. Đường $AM$: $y=0,5x$; đường $BC$: $y=-x+2$; giao điểm $K(\frac{4}{3};\frac{2}{3})$ thuộc đoạn $BC$. Khi đó $K\in AM\subset (SAM)$ và $K\in BC\subset (SBC)$. Vậy giao tuyến của $(SAM)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $SK$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là giao điểm của hai đường thẳng $AB$ và $CD$ (hai cạnh bên của hình thang, không song song nên cắt nhau). Vì $N\in CD\subset (MCD)$ và $N\in AB$ nên $N$ thuộc mặt phẳng $(SAB)$.

Xét hai mặt phẳng $(MCD)$ và $(SAB)$: cả $M$ (thuộc $SA$) và $N$ đều thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $MN$.

Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng $MN$ cắt cạnh $SB$ tại một điểm $P$ (vì $M\notin AB$ nên $MN$ không song song với $SB$). Khi đó $P\in SB\subset (SBC)$ và $P\in MN\subset (MCD)$.

Mặt khác, điểm $C$ thuộc cả $(MCD)$ và $(SBC)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(MCD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $CP$ (với $P=MN\cap SB$).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K$ là giao điểm của $MN$ với $CD$ ($K$ là trung điểm $CD$) và $Q$ là giao điểm của $PN$ với $SC$ ($Q$ nằm trên tia $C$ của đường thẳng $SC$, với $CQ=½CS$). Khi đó $QK$ chính là giao tuyến của $(SCD)$ và $(MNP)$. Chi tiết: (1) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $MN$ đi qua $M$ (trung điểm $BC$) và $N$ (trung điểm $OC$); đặt hệ toạ độ $A=0$, $B=b$, $D=d$, $C=b+d$ thì $M=b+d/2$, $N=3(b+d)/4$, nên $MN$ có phương hướng $(d-b)$, và $MN$ cắt $CD$ tại điểm có b-coeff $1/2$, tức $K$ là trung điểm $CD$. Vì $K\in CD\subset (SCD)$ và $K\in MN\subset (MNP)$ nên $K\in ((SCD)\cap (MNP))$. (2) $P$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $OC$ nên $PN\subset (SAC)$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $PN$ cắt $SC$ tại $Q$. Toạ độ: $P=(S+A)/2$, $N=(A+3C)/4$ (vì $O=(A+C)/2$), giải $P+t(N-P)=(1-u)S+uC$ cho $t=2$, $u=3/2$, tức $Q=(3C-S)/2$, nghĩa là $Q$ nằm ngoài đoạn $SC$, phía trên $C$, với $CQ=½CS$ ($C$ là trung điểm $SQ$... chính xác: vectơ $CQ=½$ vectơ $CS$ theo chiều ngược, $Q-C=(C-S)/2$). Vì $Q\in SC\subset (SCD)$ và $Q\in PN\subset (MNP)$ nên $Q\in ((SCD)\cap (MNP))$. (3) Hai mặt phẳng có hai điểm chung phân biệt $K$, $Q$ nên giao tuyến là đường thẳng $KQ$. Vậy giao tuyến của $(SCD)$ và $(MNP)$ là đường thẳng qua $K$ (trung điểm $CD$) và $Q$ (điểm trên tia đối của tia $CS$... cụ thể $Q$ thuộc đường thẳng $SC$ sao cho $C$ nằm giữa $S$ và $Q$ và $CQ=½CS$).

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $N\in SC\subset (SBC)$ nên $N\in (SBC)$, hiển nhiên $N\in MN$. Mặt khác $M\in SA$, mà $SA\cap (SBC)=S$ và $M\ne S$ nên $M\notin (SBC)$, do đó $MN\not\subset (SBC)$. Đường thẳng không nằm trong mặt phẳng cắt mặt phẳng đó tại nhiều nhất một điểm. Vậy $MN\cap (SBC)=N$.

b) Vì $P\in AB\subset (SAB)$ nên $P\in (SAB)$, hiển nhiên $P\in PI$. Mặt khác $I\in AC$, $I\notin AB$, mà $(SAB)\cap (ABC)=AB$ nên $I\notin (SAB)$, suy ra $PI\not\subset (SAB)$. Do đó $PI$ cắt $(SAB)$ tại đúng một điểm. Vậy $PI\cap (SAB)=P$.

Nhận xét: Bài tập vận dụng tính chất: nếu đường thẳng đã có một điểm chung với mặt phẳng và không nằm trong mặt phẳng đó thì giao điểm chính là điểm chung đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 83: a) Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O=AC\cap BD$. Mà $AC\subset (SAC)$ nên $O\in (SAC)$. Do đó $BD\cap (SAC)=O$. b) Vì $M$ là trung điểm của $SA$ nên $M\in SA\subset (SAB)$, tức $M\in (SAB)$; đồng thời $M\in DM$. Mặt khác $D\notin (SAB)$ (mặt phẳng $(SAB)$ cắt mặt đáy theo đường thẳng $AB$, mà $D\notin AB$), nên đường thẳng $DM$ không nằm trong $(SAB)$. Vậy $DM\cap (SAB)=M$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 84: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành, $M$ trung điểm $AD$, $G$ trọng tâm tam giác $SAB$.

a) Xác định giao điểm của $CM$ với $(SAB)$:
- Đường thẳng $CM$ nằm trong mặt phẳng đáy $(ABC)$. Trong mặt phẳng đáy, $CM$ cắt $AB$ tại $E$ (vì $M$ thuộc $AD$, và $CM$ không song song $AB$ do $M$ không phải trung điểm tạo phương song song với $AB$ — đường thẳng qua $C$ và $M$ cắt đường thẳng $AB$ tại một điểm $E$ xác định).
- Ta có $E\in AB\subset (SAB)$ và $E\in CM$, nên $E$ là giao điểm của $CM$ với $(SAB)$.

b) Xác định giao tuyến $(SAB)$ và $(SCM)$:
- $S$ là điểm chung: $S\in (SAB)\cap (SCM)$.
- $E$ (từ câu a) thuộc $CM\subset (SCM)$ và $E\in AB\subset (SAB)$.
- Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCM)$ là đường thẳng $SE$.

c) Xác định giao tuyến $(GCM)$ và $(SBC)$:
- $C$ là điểm chung: $C\in (GCM)\cap (SBC)$.
- $E\in CM\subset (GCM)$ và $E\in AB\subset (SAB)$, nên $E\in (GCM)$.
- Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng $GE$ đi qua $E\in AB$ và $G$ nằm trong tam giác $SAB$ nên $GE$ cắt cạnh $SB$ tại $K$.
- Khi đó $K\in GE\subset (GCM)$ và $K\in SB\subset (SBC)$.
- Vậy giao tuyến của $(GCM)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $CK$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $MN$ không song song với $CD$ mà $MN\subset (ACD)$, $CD\subset (BCD)$, nên $MN$ cắt $CD$ tại một điểm $I$ (hai đường thẳng này cùng nằm trong mặt phẳng $(ACD)$ và không song song). Khi đó $I\in MN\subset (OMN)$ và $I\in CD\subset (BCD)$, tức $I$ thuộc giao tuyến của $(OMN)$ và $(BCD)$. Mặt khác $O\in (OMN)$ và $O\in (BCD)$, nên giao tuyến của hai mặt phẳng $(OMN)$ và $(BCD)$ là đường thẳng $OI$.

a) Trong mặt phẳng $(BCD)$, vì $O$ thuộc miền trong tam giác $BCD$ và $I$ nằm trên $CD$ (ngoài đoạn $BD$), đường thẳng $OI$ cắt đường thẳng $BD$ tại một điểm $P$ duy nhất. Khi đó $P\in BD\subset (BCD)$ và $P\in OI\subset (OMN)$, vậy $P=BD\cap (OMN)$.

b) Tương tự, trong mặt phẳng $(BCD)$, đường thẳng $OI$ cắt đường thẳng $BC$ tại một điểm $Q$ duy nhất. Khi đó $Q\in BC\subset (BCD)$ và $Q\in OI\subset (OMN)$, vậy $Q=BC\cap (OMN)$.

(Kết luận: giao tuyến của $(OMN)$ với $(BCD)$ là $OI$; $BD\cap (OMN)=\{P\}$ với $P=BD\cap OI$; $BC\cap (OMN)=\{Q\}$ với $Q=BC\cap OI$.)

(AI giải đề cho tôi)
Câu 85 (hình chóp $S.ABC$, $M\in SA$, $N\in SB$, $O$ nằm trong tam giác $ABC$).

Vì $O$ nằm trong tam giác $ABC$ nên đường thẳng $CO$ cắt cạnh $AB$ tại một điểm $I^{\prime }$ ($I^{\prime }$ thuộc đoạn $AB$). Ta có $I^{\prime }\in OC\subset (SOC)$ và $I^{\prime }\in AB$, đồng thời $S\in (SOC)\cap (SAB)$, nên giao tuyến của hai mặt phẳng $(SOC)$ và $(SAB)$ là đường thẳng $S{I}^{\prime }$.

a) Xét mặt phẳng $(SOC)$ và đường thẳng $AB$: $I^{\prime }=OC\cap AB$ thuộc $(SOC)$ và thuộc $AB$. Vậy giao điểm của $AB$ và $(SOC)$ là $I^{\prime }=AB\cap OC$.

b) Trong mặt phẳng $(SAB)$: giao tuyến của $(SAB)$ và $(SOC)$ là $S{I}^{\prime }$. Đường thẳng $MN$ nằm trong $(SAB)$ và cắt $S{I}^{\prime }$ tại điểm $I$ ($I=MN\cap S{I}^{\prime }$). Khi đó $I\in S{I}^{\prime }\subset (SOC)$, suy ra $I$ là giao điểm của $MN$ và $(SOC)$. Vậy $I=MN\cap S{I}^{\prime }$.

c) Hai mặt phẳng $(CMN)$ và $(SOC)$ có điểm chung $C$; lại có điểm chung $I$ (vì $I\in MN\subset (CMN)$ và $I\in S{I}^{\prime }\subset (SOC)$). Vậy giao tuyến của $(CMN)$ và $(SOC)$ là đường thẳng $CI$. Đường thẳng $SO$ nằm trong $(SOC)$ và cắt giao tuyến $CI$ tại điểm $K=SO\cap CI$ (trong mặt phẳng $(SOC)$). Vì $K\in CI\subset (CMN)$ và $K\in SO$, nên giao điểm của $SO$ và $(CMN)$ là $K=SO\cap CI$.

Tóm tắt: a) $AB\cap (SOC)=I^{\prime }=AB\cap OC$; b) $MN\cap (SOC)=I=MN\cap S{I}^{\prime }$; c) $SO\cap (CMN)=K=SO\cap CI$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $SB$. Trong mặt phẳng $(SAC)$: $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SC$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OM\parallel SA$.

Xét $K=AM\cap DI$ (với $I$ là trung điểm $SB$, $DI$ là trung tuyến của tam giác $SBD$). Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A=\vec{0}$, $B=\vec{b}$, $D=\vec{d}$, $C=\vec{b}+\vec{d}$ (vì $ABCD$ hình bình hành tâm $O$, $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$), $S=\vec{s}$. Khi đó:
- $M=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$ (trung điểm $SC$),
- $N=\frac{\vec{b}+\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}}{2}=\frac{3\vec{b}+\vec{d}}{4}$ (trung điểm $OB$).

Điểm $K=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$ (trọng tâm tam giác $SBD$) nằm trên đường thẳng $AM$ vì $K=\frac{2}{3}M$, đồng thời $K\in (SBD)$ và $K$ nằm trên trung tuyến $DI$ của tam giác $SBD$ (vì $I$ là trung điểm $SB$).

Hai mặt phẳng $(AMN)$ và $(SBD)$ cùng chứa điểm $N$ và điểm $K$ (vì $K\in AM\subset (AMN)$ và $K\in (SBD)$). Suy ra giao tuyến là đường thẳng $KN$. Gọi $P=SD\cap KN$ (trong mặt phẳng $(SBD)$), khi đó $P=SD\cap (AMN)$.

Tính tỉ số: trong mặt phẳng $(SBD)$, dùng tọa độ theo bộ đếm $S,B,D$: $K=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$, $N=\left(0,\frac{3}{4},\frac{1}{4}\right)$. Đường thẳng $KN$ cắt $SD$ (có tọa độ $B=0$) tại điểm có tọa độ $\left(\frac{3}{5},0,\frac{2}{5}\right)$. Vậy $P$ nằm trên đoạn $SD$ với $\frac{SP}{SD}=\frac{2}{5}$, tức $\frac{SP}{PD}=\frac{2}{3}$.

Kiểm tra trực tiếp: điểm $P=S+t(D-S)=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$ thuộc mặt phẳng $(AMN)$ khi tồn tại $\alpha ,\beta$ sao cho $(1-t)\vec{s}+t\vec{d}=\alpha M+\beta N$ (do $A$ là gốc). So sánh hệ số theo $\vec{s},\vec{b},\vec{d}$: từ hệ số của $\vec{b}$: $\alpha =-\frac{3\beta }{2}$; từ $\vec{d}$: $t=\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{4}=-\frac{\beta }{2}$; từ $\vec{s}$: $1-t=\frac{\alpha }{2}=-\frac{3\beta }{4}=\frac{3t}{2}$, suy ra $t=\frac{2}{5}$. Kết quả trùng khớp.

Kết luận: Gọi $I$ là trung điểm $SB$, $K=AM\cap DI$ (khi đó $K$ là trọng tâm tam giác $SBD$). Trong mặt phẳng $(SBD)$, gọi $P=KN\cap SD$. Điểm $P$ chính là giao điểm của $SD$ và $(AMN)$, với $P$ nằm giữa $S$ và $D$ thỏa mãn $\frac{SP}{SD}=\frac{2}{5}$ (tức $SP=\frac{2}{3}PD$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Ta có $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$, và $AB\parallel CD$. Xét $(SAB)$ và $(SCD)$: chúng có điểm chung $S$ (vì $S\in (SAB)$ và $S\in (SCD)$). Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng: $CD\parallel AB$ và $AB\subset (SAB)$ nên $CD\parallel (SAB)$; do đó mặt phẳng $(SCD)$ chứa $CD$ và cắt $(SAB)$ theo giao tuyến đi qua $S$ và song song với $CD$ (tức song song với $AB$). Vậy giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ với $d\parallel AB\parallel CD$. (Cách khác: gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng qua $S$ song song $AB$ — thực chất giao tuyến chính là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$.)