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

(AI giải đề cho tôi)
Hướng giải chi tiết cho Câu 3 (Phần IV):

a) Ta có: $S\in (SMD)\cap (SAC)$ nên hai mặt phẳng đã có điểm chung $S$.
Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, gọi $P=MD\cap AC$. Vì $M\in AB$, $D\in CD$ nên đường thẳng $MD$ cắt đường chéo $AC$ tại điểm $P$ (xác định, $P$ nằm trong đoạn $AC$ vì $M$ là trung điểm $AB$).
Khi đó: $P\in MD\subset (SMD)$ và $P\in AC\subset (SAC)$.
Vậy giao tuyến của $(SMD)$ và $(SAC)$ là đường thẳng $SP$.

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $G\in SM$ với $SG=2GM$.
Xét mặt phẳng $(SOM)$ (chứa đường thẳng $GO$ vì $G,O\in (SOM)$):
- Trong đáy, $MO$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ (vì $M$ trung điểm $AB$, $O$ trung điểm $BD$) nên $MO\parallel AD$ và $MO$ cắt $CD$ tại trung điểm $Q$ của $CD$.
- Ta có $Q\in CD\subset (SCD)$ và $S\in (SCD)$, nên $(SOM)\cap (SCD)=SQ$.
- Trong mặt phẳng $(SOM)$, đường thẳng $GO$ cắt đường thẳng $SQ$ tại $K$.
Vậy $K=GO\cap SQ$ chính là giao điểm cần tìm, với $K$ nằm ngoài đoạn $GO$ (phía qua $O$), thỏa mãn $OK=3OG$ (tức $GK=4GO$).

Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;3)$. Khi đó $M(1;0;0)$, $G(\frac{2}{3};0;1)$, $O(1;1;0)$, $Q(1;2;0)$. Mặt phẳng $(SCD)$ có phương trình $3y+2z=6$. Đường thẳng $GO$: $(x;y;z)=(\frac{2}{3}+\frac{t}{3};t;1-t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $3t+2(1-t)=6\Rightarrow t=4$, suy ra $K(2;4;-3)$. Kiểm tra $K$ trên đường thẳng $SQ$: $(u;2u;3-3u)$ với $u=2$ cho $(2;4;-3)$ — khớp. Vậy kết luận đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định trong không gian: A đúng vì tồn tại 4 điểm không cùng thuộc một mặt phẳng (ví dụ 4 đỉnh không cùng mặt của một hình chóp). B đúng theo tiên đề: qua ba điểm không thẳng hàng có một và chỉ một mặt phẳng. C đúng theo tính chất: nếu một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt thuộc một mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng thuộc mặt phẳng đó. D sai vì qua hai điểm phân biệt cho trước chỉ có duy nhất một đường thẳng đi qua, nên không thể có hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua hai điểm đó. Vậy khẳng định không đúng là D.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ cùng chứa điểm $S$. Ngoài ra, $O=AB\cap CD$ với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$ nên $O$ thuộc cả hai mặt phẳng. Do đó giao tuyến đi qua hai điểm chung $S$ và $O$, tức là đường thẳng $SO$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, $S(\frac{1}{2};\frac{1}{2};h)$. Khi đó $M(\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{h}{2})$, $N(\frac{3}{4};\frac{1}{4};\frac{h}{2})$. Mặt phẳng $(MNO)$ có phương trình $z=h(1-2y)$.
- Cắt mặt $(SAB)$ theo đoạn $MN$ (vì $MN\parallel AB$).
- Cắt mặt $(SAD)$: tại $y=\frac{1}{2}$, $z=0$ cho điểm $P$ là trung điểm $AD$, nên được đoạn $MP$.
- Cắt mặt $(SBC)$: tương tự được đoạn $NQ$ với $Q$ là trung điểm $BC$.
- Cắt mặt $(ABCD)$: $z=0\Rightarrow y=\frac{1}{2}$, tức đường thẳng qua $O$ song song $AB$, cho đoạn $PQ$.
- Mặt $(SCD)$: phương trình mặt phẳng cho hệ vô nghiệm trên mặt này (mặt phẳng $(MNO)$ song song với phương chiếu lên $(SCD)$), nên không cắt mặt $(SCD)$.
Vậy thiết diện là tứ giác $MNQP$ có 4 cạnh.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O; M, N là trung điểm của SB, SC; P ∈ SA.

a) Xác định giao tuyến của (MNP) với các mặt của hình chóp:
• Vì M ∈ SB, N ∈ SC nên MN là giao tuyến của (MNP) với mặt (SBC). Tam giác SBC có M, N là trung điểm nên MN ∥ BC; mà BC ∥ AD nên MN ∥ AD, do đó MN ∥ (ABCD) và MN ∥ (SAD).
• Với mặt (SAB): (MNP) ∩ (SAB) = MP (vì M ∈ (SAB), P ∈ (SAB)). Cho đường thẳng MP cắt AB tại E.
• Với mặt đáy (ABCD): vì (MNP) chứa MN ∥ AD nên (MNP) ∥ AD, suy ra giao tuyến của (MNP) với mặt đáy là đường thẳng ℓ đi qua E và song song với AD (tức song song với MN, BC). Trên hình bình hành, ℓ cắt DC tại K (và có thể cắt AD tại L tùy vị trí của P).
• Với mặt (SCD): (MNP) ∩ (SCD) là đường thẳng qua N và K (K ∈ DC ⊂ (SCD), N ∈ SC), tức là NK.
• Với mặt (SAD): (MNP) ∩ (SAD) là đường thẳng qua P và L, với L = ℓ ∩ AD (do (MNP) ∥ AD nên giao tuyến với (SAD) qua P và song song AD, cắt SD tại Q; ba điểm P, Q, L thẳng hàng và N, Q, K thẳng hàng — nhất quán vì cùng thuộc (MNP)).
Vậy các giao tuyến là: MP (mặt SAB), MN (mặt SBC), NK (mặt SCD), PL (mặt SAD) và đoạn EK (hoặc ELK) trên mặt đáy, với E = MP ∩ AB, đường qua E song song AD.
Nhận xét: MN ∥ EK (cùng song song AD) nên các giao tuyến đó tạo thành một hình thang MNKE (hai cạnh MP và NK là hai cạnh bên; P, L nằm trên hai cạnh bên đó).

b) Chứng minh OJ ∥ (SAD) với J ∈ MN:
• Trong tam giác SBD: O là trung điểm của BD (tính chất hình bình hành), M là trung điểm của SB nên OM là đường trung bình ⇒ OM ∥ SD ⇒ OM ∥ (SAD) (vì SD ⊂ (SAD)).
• Trong tam giác SAC: O là trung điểm của AC, N là trung điểm của SC nên ON là đường trung bình ⇒ ON ∥ SA ⇒ ON ∥ (SAD) (vì SA ⊂ (SAD)).
• OM và ON là hai đường thẳng cắt nhau tại O, cùng song song với (SAD) ⇒ mặt phẳng (OMN) ∥ (SAD).
• Vì J ∈ MN ⊂ (OMN) nên đường thẳng OJ nằm trong mặt phẳng (OMN), mà (OMN) ∥ (SAD) và OJ không nằm trong (SAD) ⇒ OJ ∥ (SAD). Đpcm.
(Kiểm tra bằng vectơ: với A làm gốc, OJ = ½·S + ½(t−1)·D với J = M + t(N−M), t ∈ [0;1], tức OJ là tổ hợp tuyến tính của SA và SD nên OJ ∥ (SAD) với mọi J ∈ MN.)

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$; mà $CD\subset (SCD)$ và $AB\subset (SAB)$, do đó theo tính chất giao tuyến, giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). Vậy đáp án B.

(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 $h>0$.

a) Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không song song với $AC$ hay $BD$. → Sai.

b) $AD=3AM\Rightarrow M(0;\frac{1}{3};0)$. Trọng tâm tam giác $ABC$: $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Đường $MN$ nằm trong mặt phẳng đáy $(z=0)$ với phương trình $y=\frac{1}{3}$; đường $SD$ chỉ gặp mặt phẳng đáy tại $D(0;1;0)$, mà $D\notin MN$ (vì $1\ne \frac{1}{3}$). Ngoài ra $MN$ không song song với $SD$ (vectơ chỉ phương của $SD$ là $(0;1;-h)$). Vậy $MN$ và $SD$ chéo nhau. → Đúng.

c) Đường thẳng $MN$: $y=\frac{1}{3},z=0$, song song với $CD$ (nằm trên $y=1,z=0$). Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ nên $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.

d) Trọng tâm tam giác $SAB$: $G(\frac{1}{3};0;\frac{h}{3})$. Đường $NG$ có vectơ chỉ phương $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};-\frac{h}{3}\right)$ nên trên nó $x-y=\frac{1}{3}$ không đổi, trong khi mặt phẳng $(SAC)$ có phương trình $x=y$ (tức $x-y=0$). Vậy $NG\parallel (SAC)$, không cắt mặt phẳng này. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không song song với $AC$ hay $BD$. → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(0;0;h)$: $M(0;\frac{1}{3};0)$, trọng tâm tam giác $ABC$ là $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Đường $MN$ nằm trong mặt phẳng đáy $(z=0)$ với phương trình $y=\frac{1}{3}$; đường $SD$ chỉ gặp mặt phẳng đáy tại $D(0;1;0)$, mà $D\notin MN$. Ngoài ra $MN$ không song song với $SD$ (SD có phương $(0;1;-h)$). Vậy $MN$ và $SD$ chéo nhau. → Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với $M(0;\frac{1}{3};0),N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$, đường $MN$ có phương trình $y=\frac{1}{3},z=0$, song song với $CD$ (trên đường thẳng $y=1,z=0$). Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$, theo tính chất đường thẳng song song với mặt phẳng, $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm tam giác $SAB$: $G(\frac{1}{3};0;\frac{h}{3})$; $N(\frac{2}{3};\frac{1}{3};0)$. Vectơ chỉ phương của $NG$ là $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};-\frac{h}{3}\right)$, có thành phần theo $x$ và $y$ bằng nhau, nên trên đường $NG$ ta luôn có $x-y=\frac{1}{3}$ (không đổi). Mặt phẳng $(SAC)$ có phương trình $x=y$, tức $x-y=0\ne \frac{1}{3}$. Vậy $NG$ song song với $(SAC)$ và không cắt mặt phẳng này. → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $SA$ nằm trong mặt phẳng $(SAD)$, còn $CD$ nằm trong $(SCD)$; $A\notin (SCD)$ nên $SA$ và $CD$ không đồng phẳng, chúng là hai đường thẳng chéo nhau chứ không cắt nhau.

b) Đúng: Trong tam giác $SCD$, đường thẳng qua trọng tâm $M$ song song với $DC$ cắt $SD,SC$ tại $H,K$ với $\frac{SH}{SD}=\frac{SK}{SC}=\frac{2}{3}$, suy ra $HK=\frac{2}{3}DC$. Vì đáy là hình thang nên $AB\parallel DC\parallel HK$, do đó $ABKH$ là hình bình hành khi và chỉ khi $HK=AB$, tức $\frac{2}{3}DC=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$.

c) Đúng: $M\in HK\subset (SCD)$ và $M\in (MAB)$ nên $M$ thuộc giao tuyến. Vì $AB\parallel DC$ nên $AB\parallel (SCD)$, giao tuyến của $(MAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$, chính là $HK$.

d) Đúng: $(SAC)$ chứa $S,A,C$; $(SBD)$ chứa $S,B,D$. Cả hai mặt phẳng đều chứa $S$, và $O=AC\cap BD$ thuộc cả hai mặt phẳng, nên giao tuyến là $SO$. Khớp với đáp án mã đề 112: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA$ và $CD$ không đồng phẳng (chéo nhau), không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$HK=\frac{2}{3}DC\parallel AB$; $ABKH$ là hình bình hành $\iff HK=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$M$ chung, $AB\parallel (SCD)$ nên giao tuyến qua $M$ song song $AB$, là $HK$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cả hai mặt phẳng chứa $S$ và $O=AC\cap BD$, giao tuyến là $SO$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),D(0;0;1)$. Khi đó $M(0;\frac{1}{2};0)$, $N(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, và vì $BP=2DP$ nên $P$ chia $BD$ theo tỉ số $\frac{BP}{BD}=\frac{2}{3}$, tức $P(\frac{1}{3};0;\frac{2}{3})$. Điểm $F$ nằm trên $AD$ nên $F=(0;0;t)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\overrightarrow{MN}=(\frac{1}{2};0;0)$, $\overrightarrow{MP}=(\frac{1}{3};-\frac{1}{2};\frac{2}{3})$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(0;-\frac{1}{3};-\frac{1}{4})$. Mặt phẳng qua $M$: $-\frac{1}{3}(y-\frac{1}{2})-\frac{1}{4}z=0$, tức $-\frac{1}{3}y-\frac{1}{4}z=-\frac{1}{6}$. Thay $F(0;0;t)$: $-\frac{t}{4}=-\frac{1}{6}\Rightarrow t=\frac{2}{3}$. Vậy $F$ nằm giữa $A$ và $D$ với $FD=\frac{1}{3}$, $FA=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{FD}{FA}=\frac{1/3}{2/3}=\frac{1}{2}=0,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,5$ (bảng đáp án mã đề 112, câu 16).

Giải (theo hướng dẫn chấm đề chẵn):



Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

a) Ta có $S\in (SAD)\cap (SMN)$.

Ta có: $MN//EF//AD$; $AD\subset (SAD)$; $MN\subset (SMN)$; $(SAD)\cap (SMN)=Sy$.

Suy ra $Sy//AB//CD$.

Vậy giao tuyến của mặt phẳng $(SAD)$ và $(SMN)$ là đường thẳng $Sy$ thỏa mãn $Sy//AB//CD$.

b) Ta có $I=BM\cap CN$, suy ra $I\in BM\subset (SAB)$ và $I\in CN\subset (SCD)$, do đó $I\in (SAB)\cap (SCD)$.

Mà $S\in (SAB)\cap (SCD)$. Do đó $(SAB)\cap (SCD)=SI$.

Ta có: $AB//CD$; $AB\subset (SAB)$; $CD\subset (SCD)$; $(SAB)\cap (SCD)=SI$, suy ra $SI//AB//CD$. Vì $SI//CD$ nên $SI//CF$.

Theo định lý Ta – let ta có: $\frac{SI}{CF}=\frac{SN}{NF}=2\Rightarrow SI=2CF=CD=a$.

Gọi $J$ là giao điểm của $SD$ và $IC$. Suy ra hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(AIC)$ và các mặt của hình chóp là tam giác $ACJ$.

+ Tứ giác $SIDC$ là hình bình hành $\Rightarrow J$ là trung điểm của $SD,CI$.

Mặt khác, $AC=SD=a\sqrt{2}\Rightarrow AJ=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

+ Tứ giác $SIAB$ là hình bình hành $\Rightarrow AI=AB=a$.

Xét tam giác $IAC$ có $C{I}^2=2(A{C}^2+A{I}^2)-4A{J}^2=4a^2\Rightarrow CI=2a\Rightarrow CJ=a$.

Ta có: $\cos \widehat{CAJ}=\frac{A{J}^2+A{C}^2-C{J}^2}{2\cdot AC\cdot AJ}=\frac{\frac{a^2}{2}+2a^2-a^2}{2a^2}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow \sin \widehat{CAJ}=\frac{\sqrt{7}}{4}$

Diện tích thiết diện là $S_{\Delta AJC}=\frac{1}{2}AC\cdot AJ\cdot \sin \widehat{CAJ}=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{a^2\sqrt{7}}{8}$ (đvdt).

Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng đều được điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Xét các mệnh đề về mặt phẳng: (A) Đúng — hai đường thẳng song song luôn xác định một và chỉ một mặt phẳng. (B) Đúng — một đường thẳng và một điểm không thuộc nó xác định duy nhất một mặt phẳng. (D) Đúng — ba điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một mặt phẳng. (C) Sai — nếu hai đường thẳng chéo nhau thì không có mặt phẳng nào chứa cả hai; nếu chúng cắt nhau hoặc song song thì có duy nhất một mặt phẳng. Vậy mệnh đề sai là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 6: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$. Mặt khác, $M$ là giao điểm của $AD$ và $BC$ nên $M\in AD\subset (SAD)$ và $M\in BC\subset (SBC)$. Vậy $S$ và $M$ đều thuộc cả hai mặt phẳng, do đó giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $SM$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 8: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác có 1 mặt đáy (tứ giác) và 4 mặt bên (tam giác), tổng cộng 5 mặt. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Xét các mệnh đề về mặt phẳng: A đúng (đường thẳng $a$ và điểm $A$ không thuộc $a$ xác định duy nhất một mặt phẳng). B đúng (hai đường thẳng song song xác định duy nhất một mặt phẳng). C đúng (ba điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một mặt phẳng). D sai: nếu hai đường thẳng chéo nhau thì không có mặt phẳng nào chứa cả hai; nếu chúng cắt nhau hoặc song song thì có duy nhất một mặt phẳng — do đó khẳng định 'có một và chỉ một' không đúng trong mọi trường hợp. Vậy mệnh đề sai là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 11: D).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (mã đề 111), đáp án SDSD. a) SAI. Vì $M$ là trọng tâm $△SCD$ và $HK\parallel DC$ đi qua $M$ nên $HK$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $\frac{SH}{SD}=\frac{SK}{SC}=\frac{2}{3}$ và $HK=\frac{2}{3}DC$. Do đáy là hình thang nên $AB\parallel DC\parallel HK$. Tứ giác $ABKH$ là hình bình hành khi và chỉ khi $HK=AB$, tức $\frac{2}{3}DC=AB\iff DC=\frac{3}{2}AB$, không phải $DC=3AB$. b) ĐÚNG. $SA$ không nằm trong mặt phẳng $(SCD)$, không song song và không cắt $CD$ (chỉ gặp đáy tại $A\notin CD$), nên $SA$ và $CD$ chéo nhau. c) SAI. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có chung điểm $S$; gọi $P=AD\cap BC$ (hai cạnh bên hình thang không song song nên cắt nhau) thì $P\in (SAD)\cap (SBC)$, giao tuyến là $SP$. Điểm $O=AC\cap BD$ không thuộc $(SAD)$ (vì $C,B\notin (SAD)$), nên $O$ không nằm trên giao tuyến; khẳng định sai. d) ĐÚNG. $(MAB)$ và $(SCD)$ có chung điểm $M$. Vì $AB\parallel DC\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$; theo định lý về giao tuyến, giao tuyến đi qua $M$ và song song với $AB$ (tức song song với $DC$), chính là $HK$. Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng — khớp đáp án mã đề 111 (SDSD).
a) (AI giải đề cho tôi)
HK là đường trung bình tam giác SCD nên HK = (2/3)DC. ABKH là hình bình hành ⇔ HK = AB ⇔ DC = (3/2)AB, không phải DC = 3AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA không nằm trong (SCD), không song song CD, không cắt CD ⇒ chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và P = AD ∩ BC, không phải SO với O = AC ∩ BD vì O không thuộc (SAD).
d) (AI giải đề cho tôi)
AB ∥ (SCD) nên giao tuyến của (MAB) và (SCD) đi qua M song song với AB, chính là HK.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm của $AC,BC$ nên $MN\parallel AB$, do đó $MN\parallel (ABD)$. Suy ra mặt phẳng $(MNP)$ cắt mặt phẳng $(ABD)$ theo giao tuyến qua $P$ và song song với $AB$. Gọi giao tuyến này cắt $AD$ tại $F$, khi đó $PF\parallel AB$ (vì $F\in AD\subset (ABD)$ và $(MNP)$ chứa giao tuyến qua $P$ song song $AB$). Trong tam giác $ABD$ có $PF\parallel AB$ với $BP=2DP$ tức $DP=\frac{1}{3}DB$, nên theo định lý Thales: $\frac{DF}{DA}=\frac{DP}{DB}=\frac{1}{3}$. Suy ra $FA=\frac{2}{3}DA$, $FD=\frac{1}{3}DA$, do đó $\frac{FA}{FD}=2$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 18, mã đề 111: 2).

Giải (theo hướng dẫn chấm đề lẻ):



Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

a) Ta có $I=BM\cap CN\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in BM\subset (SAB)\\ I\in CN\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow I\in (SAB)\cap (SCD)$.

Mà $S\in (SAB)\cap (SCD)$. Do đó $(SAB)\cap (SCD)=SI$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}AB\parallel CD\\ AB\subset (SAB)\\ CD\subset (SCD)\\ (SAB)\cap (SCD)=SI\end{array}\Rightarrow SI\parallel AB\parallel CD$. Vì $SI\parallel CD$ nên $SI\parallel CF$.

(Ở đây học sinh có thể chỉ ra giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là $Sx$ thỏa mãn $Sx//AB//CD$.)

b) Theo định lý Ta – let ta có: $\frac{SI}{CF}=\frac{SN}{NF}=2\Rightarrow SI=2CF=CD=a$.

Gọi $J$ là giao điểm của $SD$ và $IC$. Suy ra hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(AIC)$ và các mặt của hình chóp là tam giác $ACJ$.

+ Từ giác $SIDC$ là hình bình hành $\Rightarrow J$ là trung điểm của $SD,CI$

Mặt khác, $AC=SD=a\sqrt{2}\Rightarrow AJ=\frac{a\sqrt{2}}{2}$,

+ Từ giác $SIAB$ là hình bình hành $\Rightarrow AI=AB=a$

Xét tam giác $IAC$ có $C{I}^2=2(A{C}^2+A{I}^2)-4A{J}^2=4a^2\Rightarrow CI=2a\Rightarrow CJ=a$.

Ta có: $\cos \widehat{CAJ}=\frac{A{J}^2+A{C}^2-C{J}^2}{2\cdot AC\cdot AJ}=\frac{\frac{a^2}{2}+2a^2-a^2}{2a^2}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow \sin \widehat{CAJ}=\frac{\sqrt{7}}{4}$

Diện tích thiết diện là $S_{\Delta AJC}=\frac{1}{2}AC\cdot AJ\cdot \sin \widehat{CAJ}=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{a^2\sqrt{7}}{8}$ (đvdt).

(Thang điểm: a) 0,5; b) 0,25 + 0,25.)

(AI giải đề cho tôi)
Hình tứ diện $ABCD$ có 4 đỉnh, mỗi mặt là một tam giác: $ABC$, $ABD$, $ACD$, $BCD$. Vậy tứ diện có đúng 4 mặt. Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 111 (Câu 4: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Trong mặt phẳng đáy, $O=AC\cap BD$ nên $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Do đó $O$ thuộc cả hai mặt phẳng, giao tuyến là đường thẳng đi qua $S$ và $O$, tức là $SO$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 8: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Ngoài ra, $M=AC\cap BD$ nên $M\in AC\subset (SAC)$ và $M\in BD\subset (SBD)$. Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung là $S$ và $M$, do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng $SM$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 1: D).