Trong dự án STEAM, nhóm học sinh làm đề trình chiếu từ tấm nhựa PET trong suốt hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=a$ và $AD=a\sqrt{3}$. Học sinh tạo nếp gấp theo đường chéo $BD$, đặt $(BCD)$ sát mặt bàn phẳng và nâng đỉnh $A$ lên. Vị trí được chốt cố định khi sợi dây dọi thả từ đỉnh $A$ chạm mặt bàn tại đúng điểm $H$ (biết $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ xuống $BD$ trên tấm nhựa phẳng ban đầu). Do treo tự do, phương sợi dọi $AH$ vuông góc với mặt bàn $(BCD)$. Gọi $E$ là chân đường vuông góc kẻ từ $H$ xuống $BC$. Một màng phim phẳng được dán đi qua ba điểm $A$, $B$, $C$ để hứng ảnh nổi, và chỉ số chống lóa của thiết kế được đo bởi $k=\cos \widehat{AEH}$. [Hình cần kiểm tra lại: p2_f1]
a) Hai đường thẳng $AH$ và $CD$ vuông góc với nhau.
b) Một chip Led gắn tại $M$ là trung điểm của nếp gấp $BD$. Khi đó $MA>MC$.
c) Mặt phẳng $(AHE)$ song song với mặt phẳng trung trực của $BC$.
d) Thiết kế đạt chuẩn khi $k>0,3$. Mô hình này đã đạt tiêu chuẩn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a\sqrt{3})$, $D=(0,a\sqrt{3})$ trong mặt phẳng ban đầu. Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $AD=a\sqrt{3}$, nên $BD=2a$ và $\cos \widehat{ABD}=\frac{a^2+4a^2-3a^2}{2a\cdot 2a}=\frac{1}{2}$, suy ra $\widehat{ABD}=60^{\circ }$, $BH=a\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}$, $AH=a\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Sau khi nâng, $AH\perp (BCD)$ với $H=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$, $A=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $E$ là chân vuông góc từ $H$ xuống $BC$ (đường $x=a$): $E=\left(a,\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$.

a) Đúng. Vì $AH\perp (BCD)$ mà $CD\subset (BCD)$ nên $AH\perp CD$.

b) Sai. $M$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $ABD$ vuông tại $A$, trung tuyến $MA=\frac{BD}{2}=a$; trong tam giác $BCD$ vuông tại $C$, trung tuyến $MC=\frac{BD}{2}=a$. Khi gấp theo $BD$, hai tam giác $ABD$ và $BCD$ không biến dạng nên $MA=MC=a$, không có $MA>MC$. (Kiểm tra bằng tọa độ: $M=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $M{A}^2={\left(\frac{a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=a^2$ và $M{C}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=a^2$.)

c) Đúng. Mặt phẳng $(AHE)$ chứa $AH$ (phương thẳng đứng) và $HE$ (phương hoành, song song $AB$), nên $(AHE)$ là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Mặt phẳng trung trực của $BC$ (đoạn thẳng đứng từ $B(a,0,0)$ đến $C(a,a\sqrt{3},0)$) là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Hai mặt phẳng cùng có pháp tuyến $(0,1,0)$ và không trùng nhau nên song song.

d) Sai. $\overrightarrow{EA}=\left(-\frac{a}{4},0,\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{EH}=\left(-\frac{a}{4},0,0\right)$. Suy ra $k=\cos \widehat{AEH}=\frac{\frac{a^2}{16}}{\frac{a}{4}\cdot \frac{a\sqrt{13}}{4}}=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$. Vậy mô hình chưa đạt tiêu chuẩn.

Kết quả khớp đáp án chính thức (Mã đề 1101): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AH\perp (BCD)$ và $CD\subset (BCD)$ nên $AH\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$M$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $ABD$ vuông tại $A$, $MA$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $MA=\frac{BD}{2}=a$; trong tam giác $BCD$ vuông tại $C$, $MC=\frac{BD}{2}=a$. Các tam giác không bị biến dạng khi gấp nên $MA=MC=a$, tức $MA=MC$ (không có $MA>MC$).
c) (AI giải đề cho tôi)
$(AHE)$ là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$; mặt phẳng trung trực của $BC$ là $y=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; cùng pháp tuyến $(0,1,0)$ nên song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
$k=\cos \widehat{AEH}=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$ nên mô hình chưa đạt tiêu chuẩn.