Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dựng đường song song mặt và xác định giao tuyến (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$: lấy điểm $A$ bất kỳ trên $a$, qua $A$ vẽ đường thẳng $b^{\prime }\parallel b$. Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $a$ và $b^{\prime }$ là duy nhất và song song với $b$ (vì $b\parallel b^{\prime }\subset \alpha$, $b\not\subset \alpha$). Mặt phẳng này không phụ thuộc việc chọn $A$ trên $a$ (nếu chọn điểm khác $A^{\prime }$ trên $a$, đường qua $A^{\prime }$ song song $b$ vẫn nằm trong cùng mặt phẳng đó do $a\parallel$-type reasoning: hai đường này cùng nằm trong mặt phẳng chứa $a$ và $b^{\prime }$). Vậy có đúng 1 mặt phẳng chứa $a$ và song song với $b$.

(AI giải đề cho tôi)
Qua điểm A không nằm trên mặt phẳng (P), ta có thể dựng mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) (duy nhất). Mọi đường thẳng qua A nằm trong (α) đều song song với (P), và có vô số đường thẳng như vậy. Vậy qua A kẻ được vô số đường thẳng song song với (P). Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 1117, câu 9: D).

$\frac{SH}{HB}.\frac{BD}{DO}.\frac{OI}{IS}=1\iff \frac{SH}{HB}.\frac{3}{1}.\frac{1}{2}=1$
$\iff \frac{SH}{HB}=\frac{2}{3}\iff \frac{SH}{SB}=\frac{2}{5}$
$\iff SH=\frac{2}{5}SB=\frac{2}{5}AB=\frac{4}{5}$
$SE=\frac{2}{3}SA=\frac{2}{3}AB=\frac{4}{3}$;
$FH=EH=\sqrt{S{E}^2+S{H}^2-2.SE.SH.\cos 60^{\circ }}=\frac{4\sqrt{19}}{15}$
$EF=\frac{2}{3}AC=\frac{4\sqrt{2}}{3}\Rightarrow S_{\Delta HEF}=\frac{8\sqrt{13}}{45};\frac{AK}{EH}=\frac{3}{2}$
$\Delta KAC\sim \Delta HEF\Rightarrow S_{\Delta KAC}={\left(\frac{3}{2}\right)}^2{S}_{\Delta HEF}=\frac{2\sqrt{13}}{5}\approx 1,44$

Trong tam giác $SBC$, hai điểm $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB,SC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel BC$.

Mặt phẳng $(AMN)$ chứa đường thẳng $MN\parallel BC$ và cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại điểm chung $A$, do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $(AMN)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $Ax$ đi qua điểm $A$ và song song với đường thẳng $BC$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $Q=Ax\cap CD$.

Tứ giác $ABCQ$ có $AB\parallel CQ$ và $AQ\parallel BC$ nên là hình bình hành, suy ra $CQ=AB$.

Vì $AB=2CD$ và điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $CQ$ nên điểm $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $QC$.

Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của hai mặt phẳng $(AMN)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $QN$.

Gọi $P=QN\cap SD$, khi đó điểm $P$ chính là giao điểm của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $(AMN)$.

Xét tam giác $SQC$:

Đoạn thẳng $QN$ là đường trung tuyến do điểm $N$ là trung điểm của cạnh $SC$.

Đoạn thẳng $SD$ là đường trung tuyến do điểm $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $QC$.

Vì $P=QN\cap SD$ nên điểm $P$ là trọng tâm của tam giác $SQC$.

Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có:

$$\frac{SP}{SD}=\frac{2}{3}$$