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 thang AD∥BC, K=AB∩CD, E,F trung điểm SA,SD, M=SB∩(CDE), N=SC∩(EFM).

d) Mặt phẳng (CDE) chứa K (vì K∈CD) và chứa E. Mặt phẳng (SAB) chứa K (vì K∈AB) và chứa E, đồng thời chứa đường thẳng SB. Vậy (CDE)∩(SAB)=EK, mà M∈SB⊂(SAB) và M∈(CDE) nên M∈EK. → Đúng.

c) Vì M∈EK nên mặt phẳng (EFM) chính là mặt phẳng (KEF). Mặt phẳng này cắt (SBC) theo giao tuyến đi qua M và N (N∈SC⊂(SBC), N∈(EFM)). Vậy MN=(KEF)∩(SBC). → Đúng.

a) EF là đường trung bình của tam giác SAD nên EF∥AD; mà AD∥BC nên EF∥BC, suy ra EF∥(SBC). Giao tuyến của (KEF) với (SBC) là MN nên MN∥EF∥AD. Vì AD⊂(SAD) và MN⊄(SAD) nên MN∥(SAD). → Đúng.

c) (đã chứng minh trên).

b) Kiểm tra bằng tọa độ: đặt S là gốc, A=a, B=b, C=c, D=a+m(c−b) với m≠1 (hình thang thật, AD là đáy lớn). Tính được M=λb với λ=m/(m+1) (do M∈(CDE)) và N=μc với μ=m/(m+1) (do N∈(EFM)). Khi đó vector EM=λb−a/2 còn NF=F−N=a/2−(m/2)b+[m(m−1)/(2(m+1))]c. Thành phần theo c của NF khác 0 khi m≠1, nên EM không song song NF. → Sai.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp với bảng đáp án chính thức mã đề 1002 (Đ S Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
EF∥AD (đường trung bình tam giác SAD) và EF∥BC nên EF∥(SBC). Giao tuyến MN của (KEF)=(EFM) với (SBC) nên MN∥EF∥AD, do đó MN∥(SAD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ S=0, D=a+m(c−b), m≠1, ta có M=N tham số λ=μ=m/(m+1); vector EM=λb−a/2 còn NF=a/2−(m/2)b+[m(m−1)/(2(m+1))]c có thành phần theo c khác 0, nên EM không song song NF.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì M∈EK nên (EFM)=(KEF); giao tuyến của (KEF) và (SBC) đi qua M và N, tức là MN.
d) (AI giải đề cho tôi)
(CDE)∩(SAB)=EK vì cả hai mặt phẳng cùng chứa E và K; M thuộc SB⊂(SAB) và M∈(CDE) nên M∈EK.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$, do đó $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a})$. Đặt $x=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}$, $y=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$ với $0<x,y\le 1$. Vì $A,M,B^{\prime },D^{\prime }$ đồng phẳng, tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ sao cho $\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a})=\alpha \vec{a}+\beta x\vec{b}+\gamma y\vec{d}$. Suy ra $\alpha =-\frac{1}{2}$, $\beta x=\frac{1}{2}$, $\gamma y=\frac{1}{2}$, và $\beta +\gamma =\frac{3}{2}$, tức $\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}=\frac{3}{2}$ hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3$, tức $x+y=3xy$. Suy ra $y=\frac{x}{3x-1}$ với $x\in \left[\frac{1}{2};1\right]$. Xét $f(x)=x+\frac{x}{3x-1}$, có $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{(3x-1{)}^2}\ge 0$ trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$ nên $f$ tăng, max tại $x=1$: $f(1)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ (khi đó $y=\frac{1}{2}$). Vậy giá trị lớn nhất là $\frac{3}{2}$, $a=3$, $b=2$ nguyên tố cùng nhau, $S=a+b=5$. Kết quả trùng đáp án nguồn (mã đề 1002, Phần III câu 2: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Ta có $N=AD\cap BC$ với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, do đó $N$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SN$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 2: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Trong mặt đáy, $O=AC\cap BD$ thuộc cả $AC\subset (SAC)$ lẫn $BD\subset (SBD)$, nên $O$ thuộc giao tuyến. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SO$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 5: D).

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$; $E$, $F$ là trung điểm $SA$, $SD$ nên $EF\parallel AD$ (định lý đường trung bình trong tam giác $SAD$), do đó $EF\parallel BC$.

a) Đúng. Mặt phẳng $(CDE)$ chứa đường thẳng $CD$ nên chứa $K=AB\cap CD$; mặt phẳng này cũng chứa $E$. Vậy $(CDE)\cap (SAB)$ là đường thẳng $KE$ (có hai điểm chung $K$, $E$). $M=SB\cap (CDE)$ với $SB\subset (SAB)$ nên $M$ thuộc giao tuyến $KE$, tức $M\in KE$.

b) Sai. Trong mặt phẳng $(EFM)$, vì $EF\parallel BC$ nên $EF\parallel (SBC)$, suy ra giao tuyến $MN$ của $(EFM)$ và $(SBC)$ song song $EF$. Tứ giác $EMNF$ có $MN\parallel EF$ nhưng $EM$ và $NF$ không song song ($M$ không phải trung điểm $SB$ vì vị trí $M$ trên $SB$ phụ thuộc hình dạng hình thang qua $K$), nên $EM\parallel NF$ sai.

c) Đúng. Từ trên: $MN\parallel EF$ và $EF\parallel AD\subset (SAD)$, nên $MN\parallel (SAD)$ (đường thẳng ngoài mặt phẳng song song với một đường thẳng trong mặt phẳng).

d) Đúng. Mặt phẳng $(KEF)$ chứa $M$ (vì $M\in KE$) và chứa $EF$. Đường thẳng qua $M$ song song $EF$ trong $(KEF)$ chính là $MN$ (vì $MN\parallel EF$, $M\in MN$). Suy ra $N\in (KEF)$. Mặt khác $M\in SB\subset (SBC)$, $N\in SC\subset (SBC)$. Vậy $(KEF)$ và $(SBC)$ có hai điểm chung $M$, $N$ nên giao tuyến là $MN$.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp bảng đáp án chính thức (Đ S Đ Đ).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc A: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{v}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{w}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{u}+\vec{v}$, $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{w}+\vec{u}+\vec{v}}{2}$. Đặt $x=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}$, $y=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$ thì $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=x\vec{u}+(1-x)\vec{w}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=y\vec{v}+(1-y)\vec{w}$. Vì $A,B^{\prime },D^{\prime },M$ đồng phẳng nên $\overrightarrow{AM}=\alpha \overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\beta \overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, so sánh hệ số: $\alpha x=\frac{1}{2}$, $\beta y=\frac{1}{2}$, $\alpha (1-x)+\beta (1-y)=\frac{1}{2}$. Suy ra $\frac{1-x}{2x}+\frac{1-y}{2y}=\frac{1}{2}\iff \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3$, với $0<x,y\le 1$. Do đó $\frac{1}{x},\frac{1}{y}\in [1,2]$, biểu thức $x+y$ lớn nhất khi $\{1/x,1/y\}=\{1,2\}$, tức $x=1,y=\frac{1}{2}$ (hoặc ngược lại), cho giá trị lớn nhất $\frac{3}{2}=\frac{a}{b}$ với $a=3,b=2$ nguyên tố cùng nhau. Vậy $S=a+b=5$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$ (vì $S\in (SAC)$ và $S\in (SBD)$), nên giao tuyến đi qua $S$. Mặt khác, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, nên $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$, tức $O$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là đường thẳng đi qua hai điểm chung phân biệt $S$ và $O$, tức là đường thẳng $SO$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Câu 8, mã đề 1001: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$, nên giao tuyến đi qua $S$. Lại có $N=AD\cap BC$ với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, nên $N$ thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SN$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1001, Câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Ngoài ra, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ nên $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Vậy cả $S$ và $O$ đều thuộc hai mặt phẳng, do đó giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 11: D).

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: $ABCD$ là tứ diện nên bốn điểm không đồng phẳng. b) Sai: $EG$ cắt $AD$ tại $J$ mà $AD\subset (ACD)$, nên giao điểm của $EG$ và $(ACD)$ là $J$ (không phải $I$). c) Đúng: $E,F\in (ABC)$ nên $I=EF\cap BC$ thuộc cả $(EFG)$ và $(BCD)$; $G\in BD\subset (BCD)$ và $G\in (EFG)$; do đó giao tuyến của $(EFG)$ và $(BCD)$ là $GI$. d) Đúng: $J\in (ACD)$, $F\in (ACD)$ nên $JF\subset (ACD)$; gọi $K=JF\cap CD$ thì $K\in (EFG)$ (vì $J,F\in (EFG)$) và $K\in (BCD)$ (vì $C,D\in (BCD)$), suy ra $K\in GI$. Vậy $JF$, $CD$, $IG$ đồng quy tại $K$. Kết quả khớp đáp án nguồn: a) S, b) S, c) Đ, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Sai. Tứ diện $ABCD$ có bốn đỉnh không cùng nằm trong một mặt phẳng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Sai. $EG$ cắt $AD$ tại $J$ và $AD\subset (ACD)$, nên giao điểm của $EG$ với $(ACD)$ là $J$, không phải $I$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Đúng. $I=EF\cap BC$ thuộc cả hai mặt phẳng $(EFG)$ và $(BCD)$; $G$ cũng chung. Vậy giao tuyến là $GI$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đúng. Gọi $K=JF\cap CD$; $K\in (EFG)\cap (BCD)=GI$, nên ba đường thẳng đồng quy tại $K$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $O=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$, $P=\frac{O+C}{2}=\frac{3}{4}(\vec{b}+\vec{d})$, $M=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{2}$, $N=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$.

Điểm $I$ trên $SA$ có dạng $I=\lambda \vec{s}$. Vì $I\in (MNP)$ nên $\lambda \vec{s}=M+\alpha \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+u(P-M)$ với $P-M=\frac{1}{4}\vec{b}+\frac{3}{4}\vec{d}-\frac{1}{2}\vec{s}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d},\vec{s}$:
- Theo $\vec{d}$: $0=\frac{\alpha }{2}+\frac{3u}{4}\Rightarrow \alpha =-\frac{3u}{2}$.
- Theo $\vec{b}$: $0=\frac{1}{2}-\frac{\alpha }{2}+\frac{u}{4}\Rightarrow \frac{1}{2}+\frac{3u}{4}+\frac{u}{4}=0\Rightarrow u=-\frac{1}{2}$.
- Theo $\vec{s}$: $\lambda =\frac{1}{2}-\frac{u}{2}=\frac{3}{4}$.

Vậy $\overrightarrow{SI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SA}$, suy ra $\frac{IS}{IA}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}$, tức $m=1,n=3$ (phân số tối giản).

Do đó $T=4\cdot 1+11\cdot 3+2025=4+33+2025=2062$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 111, Câu 4).

Đáp án nguồn (bảng đáp án, mã đề 1102, Câu 14): DSDS — a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai. Nguồn không in lời giải chi tiết cho câu này; phần giải thích từng ý trên do AI solution agent lập, nhất quán với đáp án nguồn.
a) Đúng theo đáp án nguồn (mã đề 1102, Câu 14 = DSDS). $SA$ chỉ cắt mặt đáy tại $A$, mà $A\notin CD$, và $SA$ không song song với $CD$, nên $SA$ và $CD$ chéo nhau.
b) Sai theo đáp án nguồn (DSDS). Trong hình thang $ABCD$ với hai đáy $AB\parallel DC$, hai cạnh bên $AD$ và $BC$ không song song, nên $AD$ không song song $(SBC)$.
c) Đúng theo đáp án nguồn (DSDS). Vì $AB\parallel DC$ nên $AB\parallel (SDC)$; do đó giao tuyến của $(SAB)$ và $(SDC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ và $CD$.
d) Sai theo đáp án nguồn (DSDS). Đường thẳng qua $M$ (trọng tâm tam giác $SCD$) song song với $DC$ cắt $SD$, $SC$ tại $H$, $K$ với $SH=\frac{2}{3}SD$, suy ra $HK=\frac{2}{3}DC$. Khi đó $ABKH$ là hình bình hành $⟺AB=HK⟺DC=\frac{3}{2}AB$, không phải $DC=3AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $A$ là gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$ độc lập tuyến tính. Khi đó $B=(1,0,0)$, $D=(0,1,0)$, $C=(1,1,0)$, $S=(0,0,1)$. Suy ra $M$ trung điểm $BC$ có tọa độ $(1,\frac{1}{2},0)$, $N$ trung điểm $CD$ có tọa độ $(\frac{1}{2},1,0)$, $P$ trung điểm $SD$ có tọa độ $(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$. Mặt phẳng $(MNP)$ có dạng $\alpha x+\beta y+\gamma z=\delta$. Từ $M,N$: $\alpha +\frac{\beta }{2}=\delta$ và $\frac{\alpha }{2}+\beta =\delta \Rightarrow \alpha =\beta$. Chọn $\alpha =\beta =1$ thì $\delta =\frac{3}{2}$; thay tọa độ $P$: $\frac{1}{2}+\frac{\gamma }{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow \gamma =2$. Vậy $(MNP):x+y+2z=\frac{3}{2}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $SA$ có dạng $(0,0,t)$, thay vào phương trình mặt phẳng: $2t=\frac{3}{2}\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $\overrightarrow{AI}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AS}$. Suy ra $IS=\frac{1}{4}SA$ và $IA=\frac{3}{4}SA$, do đó $\frac{IS}{IA}=\frac{1}{3}$ với $a=1,b=3$. Vậy $a+2b=1+2\cdot 3=7$, khớp với đáp án nguồn (bảng đáp án mã đề 1102, Câu 21 = 7).

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAM)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$ và điểm $M$ (vì $M\in BC\subset (SBC)$ và $M\in (SAM)$). Hai điểm phân biệt chung là $S$ và $M$, nên giao tuyến là đường thẳng $SM$. Khớp với đáp án A trong bảng mã đề 1102.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAM)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$ và điểm $M$ (vì $M\in BC\subset (SBC)$ và $M\in (SAM)$). Điểm chung thứ hai là $S$ (vì $S\in (SAM)$ và $S\in (SBC)$). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua hai điểm chung $S$ và $M$, tức là đường thẳng $SM$. Kết quả khớp với đáp án B trong bảng đáp án (mã đề 1101, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;h)$. Khi đó $M(1;\frac{1}{2};0)$, $N(\frac{1}{2};1;0)$, $P(0;\frac{1}{2};\frac{h}{2})$.

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-1;0;\frac{h}{2}\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=\left(\frac{h}{4};\frac{h}{4};\frac{h}{2}\right)$, suy ra phương trình mặt phẳng $(MNP)$: $hx+hy+2z=\frac{3}{2}h$ (kiểm tra: thay $M(1;\frac{1}{2};0)$ cho $h+\frac{h}{2}=\frac{3}{2}h$ đúng).

Điểm $I$ trên đường thẳng $SA$ có dạng $I(0;0;th)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2th=\frac{3}{2}h\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $I\left(0;0;\frac{3}{4}h\right)$ nằm trong đoạn $SA$.

Suy ra $IS=h-\frac{3}{4}h=\frac{1}{4}h$ và $IA=\frac{3}{4}h$, nên $\frac{IS}{IA}=\frac{1}{3}$. Vậy $a=1,b=3$ và $a+2b=1+6=7$, khớp với đáp án nguồn (đáp án câu 18, mã đề 1101 là 7).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp có đáy là đa giác $n$ cạnh thì tổng số cạnh là $2n$ ($n$ cạnh đáy và $n$ cạnh bên). Vì hình chóp có 16 cạnh nên $2n=16\Rightarrow n=8$, tức đáy là đa giác 8 cạnh. Số mặt của hình chóp bằng số mặt bên cộng mặt đáy: $n+1=8+1=9$ mặt. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 12: A).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: AB ∥ CD (đáy là hình bình hành), AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD), nên giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng qua S và song song với AB, CD (định lý về giao tuyến song song với hai đường thẳng cắt nhau song song). b) Đúng: (SAB) và (SAD) cùng chứa S và A nên giao tuyến là SA. c) Sai: AB nằm trong mặt phẳng (ABCD) còn SC chỉ cắt (ABCD) tại C, C ∉ AB, nên SC và AB chéo nhau, không cắt nhau. d) Đúng: BD cắt AC tại tâm O của hình bình hành; O ∈ AC ⊂ (SAC) và O ∈ BD, nên giao điểm của BD và (SAC) là O — tâm hình bình hành ABCD. Kết quả khớp đáp án mã đề 102: a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì AB ∥ CD, AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD), hai mặt phẳng cắt nhau tại S nên giao tuyến là đường thẳng qua S song song với AB và CD.
b) (AI giải đề cho tôi)
(SAB) và (SAD) đều chứa S và A, hai điểm phân biệt, nên giao tuyến là SA.
c) (AI giải đề cho tôi)
SC và AB chéo nhau: SC không nằm trong (ABCD) và chỉ gặp (ABCD) tại C, mà C không thuộc AB, nên chúng không cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
BD cắt AC tại tâm O của hình bình hành; O ∈ (SAC) và O ∈ BD nên giao điểm của BD và (SAC) là O, tâm của ABCD.

a) $O\in (OMN)\cap (ABC)$ (1)
Trong $(SAC)$, $I=AC\cap MN$
$I\in AC,AC\subset (ABC)\Rightarrow I\in (ABC)$
$I\in MN,MN\subset (OMN)\Rightarrow I\in (OMN)$
$\Rightarrow I\in (OMN)\cap (ABC)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $OI=(OMN)\cap (ABC)$
b) Trong $(ABC)$, $E=OI\cap AB$
$E\in AB$
$E\in OI,OI\subset (OMN)\Rightarrow E\in (OMN)$
Vậy $E=AB\cap (OMN)$