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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$, suy ra $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$. Trong hệ cơ sở $(\vec{a},\vec{b},\vec{c})$ ta có $M=\left(\frac{1}{2},0,0\right)$, $N=\left(0,\frac{2}{3},0\right)$, $P=\left(0,0,\frac{1}{2}\right)$. Mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình $\frac{x}{1/2}+\frac{y}{2/3}+\frac{z}{1/2}=1$, tức $2x+\frac{3}{2}y+2z=1$. Điểm $Q$ thuộc $SD$ nên $Q=t\overrightarrow{SD}=(t,-t,t)$. Thay vào phương trình: $2t-\frac{3}{2}t+2t=\frac{5}{2}t=1\Rightarrow t=\frac{2}{5}$. Vậy $\frac{SQ}{SD}=\frac{2}{5}=\frac{a}{5}$, suy ra $a=2$.

(AI giải đề cho tôi)
**Bài 5.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình bình hành, $E\in CD$ với $CD=3CE$ (nghĩa là $CE=\frac{1}{3}CD$), $F\in SD$ với $SF=\frac{3}{4}SD$.

**a) Giao tuyến của $(SBE)$ và $(SAC)$.**
Hai mặt phẳng đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Xét trong mặt phẳng $(ABCD)$: $BE$ cắt $AC$ tại $I$. Ta xác định vị trí $I$ bằng cách đặt hệ tọa độ: $A(0,0)$, $B=\vec{b}$, $D=\vec{d}$, $C=\vec{b}+\vec{d}$, khi đó $E=\frac{2\vec{b}+3\vec{d}}{3}$.
Điểm trên $BE$: $\vec{b}+t(E-\vec{b})$; điểm trên $AC$: $s(\vec{b}+\vec{d})$. So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d}$ ta được $t=s$ và $1-\frac{t}{3}=t\Rightarrow t=\frac{3}{4}$.
Vậy $I\in AC$ với $\frac{AI}{AC}=\frac{3}{4}$ (tức $3IA=IC$... chính xác là $AI=\frac{3}{4}AC$).
Giao tuyến của $(SBE)$ và $(SAC)$ là đường thẳng $SI$ với $I=BE\cap AC$, $AI=\frac{3}{4}AC$.

**b) Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$; của $(SAB)$ và $(SCD)$.**
- Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$. Mặt phẳng $(SAD)$ chứa đường $d_1$ qua $S$ song song với $AD$; mặt phẳng $(SBC)$ chứa đường $d_2$ qua $S$ song song với $BC$. Vì $AD\parallel BC$ nên $d_1\equiv d_2$. Vậy giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (và $BC$).
- Tương tự, $AB\parallel CD$, nên giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (và $CD$).

**c) Tìm $K=AF\cap (SBE)$ và tính $\frac{KF}{KA}$.**
Dùng hệ vectơ độc lập $\{{\overrightarrow{SA}}^{\prime },\vec{b},\vec{d}\}$ với gốc $A$: $S=\vec{s}$, $F=\frac{1}{4}\vec{s}+\frac{3}{4}\vec{d}$ (vì $SF=\frac{3}{4}SD$), $E=\frac{2\vec{b}+3\vec{d}}{3}$.
Điểm $K$ trên $AF$: $K=uF=u\left(\frac{1}{4}\vec{s}+\frac{3}{4}\vec{d}\right)$.
Điểm $K$ trong $(SBE)$: $K=(1-\alpha -\beta )\vec{s}+\alpha \vec{b}+\beta E$.
So sánh hệ số:
- Theo $\vec{b}$: $0=\alpha +\frac{2}{3}\beta$;
- Theo $\vec{d}$: $\frac{3}{4}u=\beta$;
- Theo $\vec{s}$: $\frac{u}{4}=1-\alpha -\beta$.
Từ hai phương trình đầu: $\alpha =-\frac{u}{2}$, $\beta =\frac{3u}{4}$. Thay vào: $\frac{u}{4}=1+\frac{u}{2}-\frac{3u}{4}=1-\frac{u}{4}\Rightarrow u=2$.
Vậy $K=2F$ (tính theo vectơ từ $A$), tức $F$ là trung điểm của $AK$, do đó $KF=FA$ và $$\frac{KF}{KA}=\frac{1}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
a) Theo ý b), N là trung điểm SB. Trong tam giác SAB, M trung điểm SA, N trung điểm SB nên MN là đường trung bình, do đó MN ∥ AB. Đúng.
b) CD ∥ AB (đáy là hình bình hành). Mặt phẳng (MCD) chứa CD nên chứa phương AB; giao tuyến của (MCD) với mặt phẳng (SAB) là đường thẳng qua M song song AB (vì M∈(MCD)∩(SAB)). Trong mặt phẳng (SAB), đường thẳng qua trung điểm M của SA song song AB cắt SB tại trung điểm N của SB. Đúng.
c) O = AC ∩ BD. Vì M ∈ SA nên (SMC) = (SAC), chứa O; (SBD) chứa S, O. Hai mặt phẳng có chung S và O nên giao tuyến là đường thẳng SO, tức đường thẳng qua S và I = O. Đúng.
d) Tọa hóa: S=0, A=a, B=b, D=d, C=b+d−a, N=b/2. Điểm trên DN: d + t(b/2 − d). Điều kiện thuộc (SAC): d + t(b/2−d) = (α−β)a + βb + βd cho β = t/2 và β = 1−t, suy ra t = 2/3. Khi đó điểm J = (b+d)/3 = (2/3)O, tức SJ = (2/3)SO, không phải trung điểm SO. Ngoài ra có thể lập luận: trong tam giác SBD, NO là đường trung bình nên NO ∥ SD, DO/DB = 1/2; đường DN cắt SO tại điểm J với SJ/SO = 2/3 (theo định lý Menelaus hoặc hình bình hành SJND... kiểm tra: J thỏa SJ = 2/3 SO). Vậy J không phải trung điểm SO. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
N là trung điểm SB (theo ý b), M trung điểm SA nên MN là đường trung bình tam giác SAB, suy ra MN ∥ AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB nên giao tuyến của (MCD) và (SAB) là đường qua M song song AB, cắt SB tại trung điểm N của SB.
c) (AI giải đề cho tôi)
(SMC) = (SAC) chứa O = AC ∩ BD; (SBD) cũng chứa O và S, nên giao tuyến là đường thẳng SO qua S và I = O.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SBD, N trung điểm SB, O trung điểm BD. Đường DN cắt SO tại J với SJ/SO = 2/3 (tọa hóa: J = (b+d)/3 = (2/3)O), không phải trung điểm SO.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ toạ độ affine: $A=0,B={\mathbf{e}}_1,C={\mathbf{e}}_2,D={\mathbf{e}}_3$. Khi đó $M=\frac{1}{2}{\mathbf{e}}_1$, $N=\frac{1}{2}({\mathbf{e}}_2+{\mathbf{e}}_3)$. Vì $\frac{AP}{PC}=2$ nên $P=\frac{2}{3}{\mathbf{e}}_2$. Gọi $Q=(1-t){\mathbf{e}}_1+t{\mathbf{e}}_3$ với $\frac{BQ}{QD}=\frac{t}{t-1}$ (Q nằm ngoài đoạn BD). Vì $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $Q=M+s(N-M)+r(P-M)$. So sánh toạ độ: theo ${\mathbf{e}}_3$: $t=\frac{s}{2}$; theo ${\mathbf{e}}_2$: $\frac{s}{2}+\frac{2r}{3}=\frac{2}{3}$; theo ${\mathbf{e}}_1$: $1-t=\frac{1}{2}-\frac{s}{2}-\frac{r}{2}$. Thế $s=2t$ vào phương trình theo ${\mathbf{e}}_1$: $1-t=\frac{1}{2}-t-\frac{r}{2}\Rightarrow r=-1$. Khi đó $t-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\Rightarrow t=\frac{4}{3}$. Vậy $\frac{BQ}{QD}=\frac{t}{t-1}=\frac{4/3}{1/3}=4$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ cùng chứa điểm $S$; $AB$ nằm trong $(SAB)$, $CD$ nằm trong $(SCD)$ và $AB\parallel CD$. Do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$ (cũng song song với $CD$). Vậy $(SAB)\cap (SCD)=d$, với $d$ qua $S$, $d\parallel AB\parallel CD$.

b) Đặt $S$ là gốc, các vectơ $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành, trung điểm hai đường chéo trùng nhau nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$.

Từ các tỉ số: $\overrightarrow{S{A}^{\prime }}=\frac{1}{2}\vec{a}$, $\overrightarrow{S{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{S{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\vec{c}$. Gọi $t=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$, thì $\overrightarrow{S{D}^{\prime }}=t(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$.

Vì $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ đồng phẳng (thuộc $(\alpha )$), $D^{\prime }$ phải biểu diễn được qua $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ với tổng hệ số bằng 1: $\overrightarrow{S{D}^{\prime }}=\alpha \overrightarrow{S{A}^{\prime }}+\beta \overrightarrow{S{B}^{\prime }}+\gamma \overrightarrow{S{C}^{\prime }}$, $\alpha +\beta +\gamma =1$. So sánh hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$: $\frac{\alpha }{2}=t\Rightarrow \alpha =2t$; $\frac{\beta }{3}=-t\Rightarrow \beta =-3t$; $\frac{\gamma }{4}=t\Rightarrow \gamma =4t$. Suy ra $2t-3t+4t=1\Rightarrow 3t=1\Rightarrow t=\frac{1}{3}$.

Vậy $\frac{SD}{S{D}^{\prime }}=\frac{1}{t}=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Gọi $O=AC\cap BD$ (hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại $O$). Khi đó $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$, nên $O$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SO$.

$EF$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ nên $EF\parallel BC$, $EF=\frac{1}{2}BC$. $OP$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $OP\parallel BC$. Hai mặt phẳng $(OEF)$ và $(ABCD)$ có điểm chung $O$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $EF$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $O$ song song với $BC$, chính là đường thẳng $OP$. Đường thẳng này cắt $CD$ tại trung điểm $Q$ của $CD$.
a) Ta có $PQ\parallel BC$, $PQ=BC$, nên $EF\parallel PQ$ nhưng $EF=\frac{1}{2}PQ\ne PQ$. Tứ giác $EFQP$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.
b) Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không song song với $AB$. Sai.
c) $P\in AB$ và $P\in OP\subset (OEF)$. Mặt khác $(OEF)\cap (ABCD)=PQ$ và $B\notin PQ$ nên $B\notin (OEF)$, tức $AB$ không nằm trong $(OEF)$. Vậy $AB$ cắt $(OEF)$ tại $P$. Đúng.
d) $EF\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $EF\parallel AD$. Đúng.
a) Ta có $PQ\parallel BC$, $PQ=BC$, nên $EF\parallel PQ$ nhưng $EF=\frac{1}{2}PQ\ne PQ$. Tứ giác $EFQP$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.
b) Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không song song với $AB$. Sai.
c) $P\in AB$ và $P\in OP\subset (OEF)$. Mặt khác $(OEF)\cap (ABCD)=PQ$ và $B\notin PQ$ nên $B\notin (OEF)$, tức $AB$ không nằm trong $(OEF)$. Vậy $AB$ cắt $(OEF)$ tại $P$. Đúng.
d) $EF\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $EF\parallel AD$. Đúng.

$MQ$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MQ\parallel SC$. Hai mặt phẳng $(MNQ)$ và $(SBC)$ có điểm chung $N$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $MQ$, $SC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $N$ song song với $SC$, cắt $BC$ tại $P$. Trong tam giác $SBC$ có $NP\parallel SC$ nên $\frac{BP}{BC}=\frac{BN}{BS}=\frac{1}{4}$. Suy ra $PB=\frac{1}{4}BC$, $PC=\frac{3}{4}BC$, $\frac{PC}{PB}=3$. Đáp số: 3.

a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AB$, $CD$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AB$ (và $CD$).

b) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $K=BP\cap CD$. Hai tam giác $PAB$ và $PDK$ bằng nhau (vì $PA=PD$, $AB\parallel DK$) nên $DK=AB=CD$, tức $D$ là trung điểm $CK$.

Ta có $K\in BP\subset (BPM)$ nên $(BPM)\cap (SCD)=KM$. Trong mặt phẳng $(SCD)$, gọi $Q=KM\cap SC$ thì $Q=(BPM)\cap SC$.

Trong tam giác $SCK$, $SD$ là đường trung tuyến và $SM=2MD$ nên $M$ là trọng tâm tam giác $SCK$. Do đó đường thẳng $KM$ đi qua trung điểm của $SC$, tức $Q$ là trung điểm $SC$.

Vậy $\frac{SQ}{SC}=\frac{1}{2}$.

Đáy $ABCD$ là hình thang đáy lớn $AB$ nên $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $I$. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có hai điểm chung là $S$ và $I$ nên giao tuyến là đường thẳng $SI$. Chọn C.

Bốn điểm không đồng phẳng thì ba điểm bất kì không thẳng hàng, mỗi bộ ba điểm xác định một mặt phẳng: $(ABC)$, $(ABD)$, $(ACD)$, $(BCD)$. Có 4 mặt phẳng. Chọn B.

Trong tam giác $BCD$, đường thẳng $BG$ đi qua đỉnh $B$ và trọng tâm $G$ nên là đường trung tuyến của tam giác $BCD$, cắt cạnh $CD$ tại trung điểm của đoạn $CD$.

Điểm này thuộc $CD\subset (ACD)$ nên là giao điểm của đường thẳng $BG$ và mặt phẳng $(ACD)$.

Chọn D.

a) Đúng. Trong tam giác $SBC$, $NK$ là đường trung bình nên $NK\parallel BC$. Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Suy ra $NK\parallel AD$.

b) Đúng. Trong tam giác $SAB$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AB$.

c) Sai. Thiết diện là một hình bình hành có các cạnh tương ứng bằng một nửa các cạnh của đáy $ABCD$. Đề bài không cho $AB=BC$, nên thiết diện không nhất thiết là hình thoi.

d) Sai. Do $MN\parallel AB$ và $AB\parallel CD$ nên $MN\parallel CD$, hai đường thẳng này song song chứ không chéo nhau.
a) Đúng. Trong tam giác $SBC$, $NK$ là đường trung bình nên $NK\parallel BC$. Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$. Suy ra $NK\parallel AD$.
b) Đúng. Trong tam giác $SAB$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AB$.
c) Sai. Thiết diện là một hình bình hành có các cạnh tương ứng bằng một nửa các cạnh của đáy $ABCD$. Đề bài không cho $AB=BC$, nên thiết diện không nhất thiết là hình thoi.
d) Sai. Do $MN\parallel AB$ và $AB\parallel CD$ nên $MN\parallel CD$, hai đường thẳng này song song chứ không chéo nhau.

Trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $E$ là giao điểm của $MQ$ và $AC$. Điểm $E$ nằm trên tia $AC$, phía ngoài điểm $C$.

Qua $D$ kẻ đường thẳng song song với $AC$, cắt $MQ$ tại $H$.

Hai tam giác $QDH$ và $QCE$ bằng nhau theo trường hợp góc - cạnh - góc (do $QD=QC$ và các cặp góc so le trong bằng nhau), suy ra $DH=CE$.

Trong tam giác $AME$, vì $DH\parallel AE$ nên theo định lý Ta-lét: $\frac{DH}{AE}=\frac{MD}{MA}=\frac{1}{4}$.

Thay $DH=CE$ vào, ta được $\frac{CE}{AE}=\frac{1}{4}\Rightarrow AE=4CE$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, điểm $E$ nằm trên tia $AC$, phía ngoài $C$. Vì $P$ là trung điểm của $AB$, đường thẳng $EP$ cắt đoạn $BC$ tại $N$. Điểm $N$ chính là giao điểm của đường thẳng $BC$ và mặt phẳng $(MPQ)$.

Qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $AC$, cắt $EP$ tại $K$.

Hai tam giác $PBK$ và $PAE$ bằng nhau theo trường hợp góc - cạnh - góc (do $PA=PB$ và các góc so le trong bằng nhau), suy ra $BK=AE=4CE$.

Do $BK\parallel CE$, áp dụng định lý Ta-lét cho hai tam giác $NBK$ và $NCE$:
$$\frac{NB}{NC}=\frac{BK}{CE}=\frac{4CE}{CE}=4\Rightarrow NB=4NC.$$

Vì $N$ nằm trên đoạn $BC$ nên $BC=NB+NC=4NC+NC=5NC$.

Vậy tỉ số $\frac{NB}{BC}=\frac{4NC}{5NC}=\frac{4}{5}=0,8$.

Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ có điểm chung thứ nhất là $S$.

Trong mặt phẳng đáy, $AC\cap BD=O$ nên $O$ là điểm chung thứ hai.

Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $SO$.

Chọn D.

a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung thứ nhất là $S$.

Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, do $AD\parallel BC$ và $AD$ là đáy lớn nên hai cạnh bên $AB$ và $CD$ không song song.

Gọi $E=AB\cap CD$.

Khi đó $E\in AB\subset (SAB)$ và $E\in CD\subset (SCD)$ nên $E$ là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $SE$.

b) Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $CD$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAB$ nên $\frac{SG}{SM}=\frac{2}{3}$.

Vì $K$ là trọng tâm của tam giác $SCD$ nên $\frac{SK}{SN}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $SMN$, do $\frac{SG}{SM}=\frac{SK}{SN}=\frac{2}{3}$ nên theo định lý Ta-lét đảo, ta có $GK\parallel MN$.

Trong hình thang $ABCD$, đoạn thẳng $MN$ nối trung điểm hai cạnh bên $AB$ và $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang, suy ra $MN\parallel AD$.

Từ $GK\parallel MN$ và $MN\parallel AD$, suy ra $GK\parallel AD$.

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ chứa hai đường thẳng song song là $AD$ và $BC$, có điểm chung là $S$.

Giao tuyến $d$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD,BC$.

Chọn C.

Chọn A. Ta có $(MSB)\cap (SAC)=SI$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét các cách xác định mặt phẳng: một mặt phẳng được xác định khi biết nó đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng; chứa hai đường thẳng cắt nhau; chứa hai đường thẳng song song; hoặc đi qua một điểm và chứa một đường thẳng không đi qua điểm đó. Do đó các khẳng định B, C, D đều đúng. Khẳng định A sai vì nếu ba điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua chúng, không xác định được duy nhất một mặt phẳng. Vậy khẳng định sai là A.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $SB$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$, cắt mặt đáy tại $B$, mà $B\notin AC$ nên $SB$ và $AC$ chéo nhau.
b) Sai: $O\in AC$ nên $(SAO)=(SAC)$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ có chung $S$ và $C$, do đó giao tuyến là $SC$, không phải $SO$.
c) Đúng: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, 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 với $AB$).
d) Đúng: $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB\parallel DC$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, thiết lập của $(DMN)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $DC$. Chọn hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$: giao điểm $P$ của $SO$ với $(DMN)$ thỏa $P=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{b}+\mathbf{d}}{3}$, đúng bằng trọng tâm tam giác $SAC$ (tọa độ trọng tâm $\frac{\mathbf{s}+0+(\mathbf{b}+\mathbf{d})}{3}$).
a) (AI giải đề cho tôi)
$SB$ cắt mặt đáy tại $B\notin AC$ nên $SB$ và $AC$ chéo nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAO)=(SAC)$, giao tuyến với $(SBC)$ là $SC$ chứ không phải $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel BC$ nên giao tuyến qua $S$ và song song với $AD$, cũng tức song song với $AB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho thấy giao điểm của $SO$ và $(DMN)$ là $\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}$, đúng là trọng tâm tam giác $SAC$.