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

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành tâm $O$, $M$ trung điểm $SC$, $I=AM\cap (SBD)$.

a) Đúng. Vì $M\in SC$ nên $M\in (SNC)$, mà $N\in (SNC)$ nên đường thẳng $MN\subset (SNC)$. Giao điểm $P$ của $MN$ với $(SBD)$ thì $P\in (SNC)$ và $P\in (SBD)$, do đó $P$ thuộc giao tuyến của $(SBD)$ và $(SNC)$.

b) Đúng. Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(s;t;h)$. Khi đó $M\left(\frac{s+1}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$. Mặt phẳng $(ABM)$ có phương trình $-hy+(t+1)z=0$. Thay điểm chạy trên $SD$: $(s(1-\lambda );t+\lambda (1-t);h(1-\lambda ))$ ta được $-h(t+\lambda (1-t))+(t+1)h(1-\lambda )=h(1-2\lambda )=0\Rightarrow \lambda =\frac{1}{2}$, tức $E$ là trung điểm $SD$: $E\left(\frac{s}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$. Mặt khác $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ (vì $OM\parallel SA$ trong mặt phẳng $(SAC)$, $AM\cap SO$ tại trọng tâm, và $I=\frac{S+A+C}{3}=\frac{S+B+D}{3}\in (SBD)$): $I\left(\frac{s+1}{3};\frac{t+1}{3};\frac{h}{3}\right)$. Đường thẳng $BI$: $(1;0;0)+\mu \left(\frac{s-2}{3};\frac{t+1}{3};\frac{h}{3}\right)$; với $\mu =\frac{3}{2}$ ta được đúng điểm $E$. Vậy $E\in BI$.

c) Đúng. Trong mặt phẳng $(SAC)$: $O$ trung điểm $AC$, $M$ trung điểm $SC$ nên $OM\parallel SA$; do đó $AM$ cắt $SO$ tại trọng tâm $G$ của tam giác $SAC$. Vì $G\in SO\subset (SBD)$ và $G\in AM$ nên $G\equiv I$, tức $AM\cap SO=I$.

d) Sai. Vì $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nằm trên trung tuyến $AM$ nên $\frac{IA}{IM}=2\ne 3$.

Khớp với đáp án mã đề 102: a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M\in SC\subset (SNC)$ nên $MN\subset (SNC)$; giao điểm của $MN$ với $(SBD)$ thuộc cả hai mặt phẳng nên thuộc giao tuyến của $(SBD)$ và $(SNC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tọa độ hóa: $E=SD\cap (ABM)$ là trung điểm $SD$ với $E\left(\frac{s}{2};\frac{t+1}{2};\frac{h}{2}\right)$; đường thẳng $BI$ với $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ đi qua $E$ khi $\mu =\frac{3}{2}$. Vậy $E\in BI$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong $(SAC)$, $OM\parallel SA$ nên $AM$ cắt $SO$ tại trọng tâm tam giác $SAC$; điểm này thuộc $(SBD)$ vì $S+A+C=S+B+D$, nên chính là $I$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ trên trung tuyến $AM$ nên $\frac{IA}{IM}=2\ne 3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $K\in CD\subset (ACD)$ và $J$ là trung điểm $AD$ nên $J\in (ACD)$. Đường thẳng $IJ$ cắt $(ACD)$ tại chính $J$ (kiểm tra bằng tọa độ: với $D$ là gốc, $I=\frac{B+C}{2}$, $J=\frac{A}{2}$, điểm trên $IJ$ thuộc $(ACD)$ khi hệ số của $B$ triệt tiêu, cho đúng điểm $J$). Vậy giao tuyến của $(IJK)$ và $(ACD)$ là đường thẳng $JK$, đi qua $K\in CD$ và $J\in AD$. Trong tam giác $DAC$: $J$ là trung điểm $AD$, và vì $CK=\frac{1}{2}CD$ nên $K$ là trung điểm $CD$. Do đó $JK$ là đường trung bình của tam giác $DAC$, song song với $AC$ và $JK=\frac{1}{2}AC$. Tỉ số cần tính là $\frac{JK}{AC}=0,5$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in AC$, $N\in AD$ nên $MN\subset (ACD)$. Trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với đường thẳng $CD$.

Ta có $AM=\frac{1}{3}AC\Rightarrow \frac{CM}{MA}=2$; $AN=2ND\Rightarrow AN=\frac{2}{3}AD\Rightarrow \frac{AN}{ND}=2$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ACD$ với ba điểm thẳng hàng $M,N,P$:
$$\frac{CM}{MA}\cdot \frac{AN}{ND}\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow 2\cdot 2\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow \frac{DP}{PC}=\frac{1}{4}.$$

Vì $M,N$ nằm trong tam giác $ACD$, cát tuyến $MN$ cắt đường thẳng $CD$ tại điểm $P$ nằm ngoài đoạn $CD$, cụ thể trên tia đối của tia $DC$. Khi đó $PC=PD+DC$, suy ra
$$\frac{PD}{PD+DC}=\frac{1}{4}\Rightarrow 4PD=PD+DC\Rightarrow PD=\frac{1}{3}DC.$$

Kiểm tra bằng vectơ: lấy $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{c}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\vec{d}$. Điểm trên đường thẳng $MN$ có dạng $\frac{1-t}{3}\vec{c}+\frac{2t}{3}\vec{d}$. Để điểm này thuộc đường thẳng $CD$, tổng hai hệ số phải bằng $1$: $\frac{1-t}{3}+\frac{2t}{3}=\frac{1+t}{3}=1\Rightarrow t=2$. Khi đó điểm là $\frac{4}{3}\vec{d}$, tức $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\vec{d}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DA}$... chính xác hơn: $\overrightarrow{AP}=\frac{4}{3}\overrightarrow{AD}$ nên $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ (phía ngoài qua $D$) và $DP=\frac{1}{3}DC$ — khớp kết quả Menelaus.

Vì $P\in CD\subset (BCD)$ và $P\in MN$, nên $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(BCD)$.

Kết luận: $MN\cap (BCD)=\{P\}$, trong đó $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ sao cho $DP=\frac{1}{3}DC$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba điểm A, B, C không thẳng hàng thì xác định duy nhất một mặt phẳng đi qua cả ba điểm (định lý về mặt phẳng xác định bởi ba điểm không thẳng hàng). Vậy có đúng 1 mặt phẳng, khớp với đáp án C của mã đề 102.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in SA$ và $N\in SD$ nên cả bốn điểm $A,M,N,D$ đều thuộc mặt phẳng $(SAD)$, do đó chúng đồng phẳng. Xét các phương án khác: $S,A,B,C$ không đồng phẳng vì $S$ không thuộc đáy $(ABCD)$; $S,B,M,N$ không đồng phẳng vì $M\in SA,N\in SD$ còn $B$ không thuộc mặt phẳng $(SAD)$; $S,A,B,D$ không đồng phẳng vì $S$ không thuộc đáy. Vậy chọn D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Ba điểm A, B, C không thẳng hàng thì xác định duy nhất một mặt phẳng (định lý: ba điểm không thẳng hàng xác định một mặt phẳng duy nhất). Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Xét mặt phẳng (SAC): O là giao điểm của AC và BD nên O thuộc (SBD), do đó SO ⊂ (SBD). Trong tam giác SAC, SO là trung tuyến (O trung điểm AC) và AM là trung tuyến (M trung điểm SC), nên chúng cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC. Vì I ∈ SO ⊂ (SBD) nên I chính là giao điểm của AM và (SBD).
a) I là trọng tâm tam giác SAC nên IA/IM = 2/1 = 2 ≠ 3 → Sai.
b) Hai mặt phẳng (SBD) và (SNC) đều chứa S nên giao tuyến đi qua S; giao điểm của MN với (SBD) vừa thuộc (SBD) vừa thuộc (SNC) (vì M ∈ SC ⊂ (SNC), N ∈ (SNC)) nên thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng → Đúng.
c) Như trên, AM ∩ SO = trọng tâm I của tam giác SAC, và I ∈ (SBD) → Đúng.
d) Mặt phẳng (ABM) chứa A, M nên chứa I ∈ AM; mặt phẳng (SBD) chứa I và B. Vậy giao tuyến của (ABM) và (SBD) là đường thẳng BI. Điểm E = SD ∩ (ABM) thuộc SD ⊂ (SBD) và thuộc (ABM) nên E ∈ BI → Đúng.
So sánh với đáp án giữ kỳ mã đề 101: S, Đ, Đ, Đ — khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SAC, AM và SO là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm I, nên IA/IM = 2 ≠ 3.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm của MN và (SBD) thuộc cả hai mặt phẳng (SBD) và (SNC) nên thuộc giao tuyến của chúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
AM và SO là hai trung tuyến của tam giác SAC, cắt nhau tại trọng tâm I, và I ∈ (SBD).
d) (AI giải đề cho tôi)
(ABM) ∩ (SBD) là đường thẳng BI (vì I ∈ AM ⊂ (ABM) và I ∈ (SBD)), nên E = SD ∩ (ABM) thuộc BI.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $K\in CD\subset (ACD)$ nên $K$ thuộc giao tuyến của $(IJK)$ và $(ACD)$. Điểm thứ hai: $J$ là trung điểm $AD$ nên $J\in (ACD)$, đồng thời $J\in (IJK)$, vậy $J$ cũng thuộc giao tuyến. Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $JK$, đi qua hai điểm thuộc cạnh $CD$ (điểm $K$) và $AD$ (điểm $J$) — đúng như đề bài mô tả. Trong tam giác $ACD$: $J$ là trung điểm $AD$, $K$ là trung điểm $CD$ (vì $CK=\frac{1}{2}CD$), nên $JK$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, suy ra $JK=\frac{1}{2}AC$. Tỷ số cần tính là $\frac{JK}{AC}=0,5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (0,5).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ACD)$, ta có $\frac{AM}{AC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{AN}{AD}=\frac{1}{2}$. Vì $\frac{AM}{AC}\ne \frac{AN}{AD}$ nên $MN$ không song song với $CD$, do đó $MN$ cắt $CD$ tại một điểm $P$. Vì $CD\subset (BCD)$ nên $P=MN\cap (BCD)$.

Xác định vị trí điểm $P$: chọn $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{c}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}\vec{d}$. Điểm $P$ thuộc đường thẳng $MN$ nên $\overrightarrow{AP}=(1-t)\overrightarrow{AM}+t\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}(1-t)\vec{c}+\frac{t}{2}\vec{d}$. Để $P\in CD$ thì tổng hai hệ số bằng $1$: $\frac{2}{3}(1-t)+\frac{t}{2}=1\iff \frac{2}{3}-\frac{t}{6}=1\iff t=-2$. Suy ra $\overrightarrow{AP}=2\vec{c}-\vec{d}$, tức $\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}=\vec{c}-\vec{d}=\overrightarrow{DC}$.

Vậy $P$ nằm trên đường thẳng $CD$, ngoài đoạn $CD$ về phía $C$, sao cho $C$ là trung điểm của $PD$ (khi đó $DP=2DC$).

Kết luận: Giao điểm của $MN$ và $(BCD)$ là điểm $P$ thuộc đường thẳng $CD$ sao cho $\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{DC}$, tức $C$ là trung điểm của $PD$.

(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 chung hai điểm phân biệt $S$ và $M$, do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng $SM$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Câu 5, mã đề 101: C).

(AI giải đề cho tôi)
M thuộc $SA$ và N thuộc $SD$ nên M, N cùng nằm trong mặt phẳng $(SAD)$. Do đó bốn điểm $A,M,N,D$ đồng phẳng (cùng thuộc mặt phẳng $(SAD)$). Kiểm tra các phương án khác: A) $S,B,M,N$: M thuộc $(SAD)$, B không thuộc $(SAD)$ nên không đồng phẳng. B) $S,A,B,C$: S không thuộc mặt phẳng đáy $(ABC)$ nên không đồng phẳng. D) $S,A,B,D$: S không thuộc $(ABD)$ nên không đồng phẳng. Vậy đáp án C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 6: C).

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABEF$ là hình bình hành tâm $H$ nên $H$ là giao điểm của hai đường chéo $AE$ và $BF$, tức $H\in AE$ và $H\in BF$. Vì $Q$ là trung điểm của $SH$ nên $Q\in SH$. - Xét $(SAE)$: do $H\in AE\subset (SAE)$ và $S\in (SAE)$ nên $SH\subset (SAE)$, suy ra $Q\in (SAE)$, do đó $QA\subset (SAE)$: khẳng định A đúng. - Xét $(SBF)$: do $H\in BF\subset (SBF)$ và $S\in (SBF)$ nên $SH\subset (SBF)$, suy ra $Q\in (SBF)$ và $SQ\subset (SBF)$: các khẳng định B và D đúng. - Xét $(SBE)$: mặt phẳng $(SBE)$ chứa $S$ và đường chéo $BE$; $H$ không thuộc $BE$ (vì $H$ là giao của $AE$ và $BF$), nên đường thẳng $SH$ không nằm trong $(SBE)$ và nói chung $Q\notin (SBE)$: khẳng định C sai. Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 2345, câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABEF là hình bình hành (thứ tự đỉnh A, B, E, F) nên hai đường chéo là AE và BF, cắt nhau tại tâm H. Do đó H ∈ BF và H ∈ AE.
- A đúng: H ∈ BF ⊂ (SBF) nên S, H thuộc (SBF), suy ra Q (trung điểm SH) ∈ (SBF).
- B đúng: Vì Q ∈ (SBF) và S ∈ (SBF) nên SQ ⊂ (SBF).
- D đúng: H ∈ AE ⊂ (SAE) nên Q ∈ (SAE); lại có A ∈ (SAE) nên QA ⊂ (SAE).
- C sai: H thuộc AE nhưng H không thuộc mặt phẳng (SBE) (H chỉ nằm trên AE, không thuộc mặt phẳng qua S, B, E nói chung), do đó Q không thuộc (SBE).
Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1072, câu 12: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành tâm $O$ (nên $O$ là trung điểm $AC$ và $BD$), $M$ là trung điểm $SC$.

a) Sai: $(SAC)$ chứa $S,A,C$; $(SBD)$ chứa $S,B,D$. Hai mặt phẳng này cùng chứa điểm $S$ và giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ (giao tuyến không phải $MO$ vì $MO$ không đi qua $S$).

b) Đúng: Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$ và $M$ là trung điểm $SC$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM//SA$.

c) Đúng: $ABCD$ là hình bình hành nên $BC//AD$, mà $AD\subset (SAD)$, $BC\not\subset (SAD)$, do đó $BC//(SAD)$.

d) Sai: $BM$ không song song với $(SAD)$; thực tế $BM$ cắt mặt phẳng $(SAD)$ (ví dụ $BM$ cắt đường trung bình tương ứng trong mặt phẳng đó), nên khẳng định sai.

Kết quả khớp bảng đáp án trang 7, mã đề 1072, Phần II câu 2: SDDS (a Sai, b Đúng, c Đúng, d Sai).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $M\in SD\subset (SCD)$ và $M\in (MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng. b) Sai: Vì $AB\parallel CD$ với $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Hai mặt phẳng $(MAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung $M$, do đó giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ (cũng song song với $CD$), không phải $SO$. c) Đúng: Trong tam giác $SDC$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song $DC$ thì cắt $SC$ tại trung điểm $N$ (do $MN\parallel DC$). Vì $AB\parallel DC$ nên $MN\parallel AB\subset (MAB)$, suy ra $MN\subset (MAB)$, vậy $N=SC\cap (MAB)$ là trung điểm $SC$. d) Đúng: $MN=\frac{DC}{2}=AB$ (vì $CD=2AB$) và $MN\parallel AB$, hơn nữa $MN$ và $AB$ không cùng mặt phẳng gốc nhưng tứ giác $MNBA$ có $MN\parallel AB$, $MN=AB$ nên là hình bình hành (các điểm $M,N,B,A$ đồng phẳng vì cùng thuộc $(MAB)$). Khớp với đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M$ thuộc $SD\subset (SCD)$ và $M$ thuộc $(MAB)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$; giao tuyến của $(MAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$, không phải $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Qua $M$ kẻ đường song song $DC$ cắt $SC$ tại trung điểm $N$; do $MN\parallel AB$ nên $MN\subset (MAB)$, vậy $N=SC\cap (MAB)$ là trung điểm $SC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel AB$ và $MN=\frac{CD}{2}=AB$ nên tứ giác $MNBA$ (đồng phẳng trong $(MAB)$) là hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,SC$ nên $MN\parallel AC$. Mà $MN\subset (MNP)$ và $AC\not\subset (MNP)$ nên $AC\parallel (MNP)$. Mặt phẳng $(ABC)$ chứa $AC$ và cắt $(MNP)$ theo giao tuyến $PQ$ (vì $P\in (MNP)\cap (ABC)$), do đó $PQ\parallel AC$. Trong tam giác $ABC$, đường thẳng qua $P$ song song $AC$ cắt $BC$ tại $Q$, với $AP=\frac{AB}{3}$ nên $BP=\frac{2AB}{3}$. Theo định lý Thales: $\frac{BQ}{BC}=\frac{BP}{BA}=\frac{2}{3}$, suy ra $\frac{BQ}{CQ}=\frac{2}{1}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn.

Xét hai mặt phẳng $(GCB)$ và $(SAD)$ có $G$ là điểm chung và $AD//CB$.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng $(GCB)$ và $(SAD)$ đi qua $G$ và song song với $AD$.

[Hình cần kiểm tra lại: p12_f1]

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $BK\subset (SBC)$. Vì $I$ là trung điểm của $BC$ nên $I\in (SBC)$, do đó mặt phẳng $(SAI)$ và mặt phẳng $(SBC)$ có hai điểm chung $S$ và $I$, suy ra $(SAI)\cap (SBC)=SI$. Giao điểm của đường thẳng $BK$ với mặt phẳng $(SAI)$ chính là giao điểm của $BK$ với giao tuyến $SI$, tức $J=BK\cap SI$. Vậy đáp án C, khớp với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 3: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $M$ (trung điểm $AD$) và $N$ (trung điểm $BC$) đối xứng nhau qua tâm $O$ của hình bình hành, do đó $O\in MN$. Mặt khác $O$ cũng là giao điểm của hai đường chéo nên $O\in AC$. Hai mặt phẳng $(SMN)$ và $(SAC)$ đều chứa $S$ và $O$, và $S\ne O$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $SO$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 4: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(MSB)$ và $(SAC)$ đều chứa điểm $S$. Trong mặt đáy, $BM$ cắt $AC$ tại $I$ (vì $M$ thuộc $CD$, đường thẳng $BM$ không song song với $AC$ trong hình thang). Khi đó $I\in BM\subset (MSB)$ và $I\in AC\subset (SAC)$. Vậy hai mặt phẳng có hai điểm chung là $S$ và $I$, nên giao tuyến là $SI$. Đáp án A, khớp với bảng đáp án (Mã đề 111, câu 13: A).