Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường song song mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $AB=6$, $AC=3$, $AD=2$, lấy $A$ làm gốc, $\vec{B},\vec{C},\vec{D}$ là các vectơ chỉ. Gọi $BC=x$, $BD=y$.
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$: $O=\frac{CA\cdot B+AB\cdot C}{BC+CA+AB}=\frac{3\vec{B}+6\vec{C}}{x+9}$.
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$: $O^{\prime }=\frac{AD\cdot B+AB\cdot D}{BD+AD+AB}=\frac{2\vec{B}+6\vec{D}}{y+8}$.
Điều kiện $O{O}^{\prime }\parallel (BCD)$ tương đương với $\overrightarrow{O{O}^{\prime }}$ là tổ hợp tuyến tính của $\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}$, tức tổng các hệ số theo $\vec{B},\vec{C},\vec{D}$ bằng 0:
$$\left(\frac{2}{y+8}-\frac{3}{x+9}\right)-\frac{6}{x+9}+\frac{6}{y+8}=0\Rightarrow \frac{8}{y+8}=\frac{9}{x+9}.$$
Suy ra $8(x+9)=9(y+8)\Rightarrow 8x=9y\Rightarrow k=\frac{BC}{BD}=\frac{x}{y}=\frac{9}{8}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Vì $SAB$ đều cạnh $a$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Ba điểm $A,B,S$ đều có tung độ $y=0$ nên mặt phẳng $(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M(0;x;0)$ và song song với $(SAB)$ là mặt phẳng $y=x$.

Tìm giao điểm:
- $N$ trên $CB$: $N(a;x;0)$, nên $MN=a$.
- $P$ trên $CS$: với $t=1-\frac{x}{a}$, $P\left(\frac{a+x}{2};x;\frac{(a-x)\sqrt{3}}{2}\right)$.
- $Q$ trên $SD$: $Q\left(\frac{a-x}{2};x;\frac{(a-x)\sqrt{3}}{2}\right)$.

Trong mặt phẳng $y=x$, $MN\parallel QP$ (cùng phương trục $Ox$) với $MN=a$, $QP=\frac{a+x}{2}-\frac{a-x}{2}=x$, chiều cao (khoảng cách theo phương $Oz$) là $h=\frac{(a-x)\sqrt{3}}{2}$.

Diện tích hình thang: $S_{MNPQ}=\frac{a+x}{2}\cdot \frac{(a-x)\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}(a^2-x^2)}{4}$.

Theo đề: $\frac{\sqrt{3}(a^2-x^2)}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{5}\Rightarrow a^2-x^2=\frac{4a^2}{5}\Rightarrow x^2=\frac{a^2}{5}\Rightarrow x=\frac{a}{\sqrt{5}}$ (thỏa $x\in (0;a)$).

Vậy $t=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0,45$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$, $AD=2BC$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,CD$.

1) Chứng minh $BC\parallel (SAD)$

Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$ (vì $B\notin (SAD)$: nếu $B\in (SAD)$ thì $(SAD)$ chứa ba điểm $S,A,B$ không thẳng hàng, suy ra $(SAD)=(SAB)$, khi đó $D\in (SAB)$, tức $AB\parallel SD$ cùng nằm trong mặt phẳng đáy — vô lý vì $S$ không thuộc mặt phẳng đáy). Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $BC\parallel (SAD)$.

2) Chứng minh $MN\parallel (SAC)$

Xét tam giác $DAC$: $M$ là trung điểm của $AD$, $N$ là trung điểm của $CD$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $DAC$. Suy ra $MN\parallel AC$.

Ta có: $AC\subset (SAC)$; $MN\not\subset (SAC)$ (vì $M\in AD$ mà $M\notin AC$). Vậy $MN\parallel (SAC)$.

3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$ với $KB=2KS$

- Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $MD=\frac{1}{2}AD=BC$, mà $MD\parallel BC$ nên tứ giác $MBCD$ là hình bình hành.
- Lấy điểm $P$ trên tia đối của tia $AB$ sao cho $PA=AB$ (tức $A$ là trung điểm của $PB$). Khi đó, với quy tắc ba điểm:
$$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.$$
Vậy $PM\parallel AC$ và $PM=AC$.
- Mặt khác $MN\parallel AC$ (câu 2) nên $PM\parallel MN$; hai đường thẳng này chung điểm $M$ nên $P,M,N$ thẳng hàng. Do đó $P\in MN\subset (MNK)$.
- Ta có $P\in AB\subset (SAB)$ và $K\in SB\subset (SAB)$, nên $(MNK)\cap (SAB)=PK$.
- Gọi $I=SA\cap PK$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $PIK$:
$$\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AP}{PB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}=1.$$
Vậy $I$ là trung điểm của $SA$ ($SI=IA$).

4) Chứng minh $KG\parallel SD$, với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$

- Như trên, $MBCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $MC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm chung $O$ của mỗi đường, tức $O\in BD$ và $BO=OD$.
- $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$ nên $G$ thuộc đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $D$, tức $G\in DO$ với $DG=\frac{2}{3}DO=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BD$. Suy ra $BG=BD-DG=\frac{2}{3}BD$, do đó
$$\frac{BG}{GD}=\frac{2}{1}=2.$$
- Trong tam giác $SBD$: $K\in SB$ với $KB=2KS$ nên $\frac{BK}{KS}=2$; và $G\in BD$ với $\frac{BG}{GD}=2$.
- Theo hệ quả của định lý Thales (đảo): vì $K\in SB$, $G\in BD$ và $\frac{BK}{KS}=\frac{BG}{GD}=2$, suy ra $KG\parallel SD$.

(Kiểm tra bằng vectơ: do $MBCD$ là hình bình hành nên $\vec{C}+\vec{M}=\vec{B}+\vec{D}$; tính trực tiếp $\overrightarrow{KG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$, tức $KG\parallel SD$.)

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét: tâm hình bình hành là giao hai đường chéo nên $I$ là trung điểm của $A{C}^{\prime }$ (đồng thời của $A^{\prime }C$), $J$ là trung điểm của $B{C}^{\prime }$ (của $B^{\prime }C$), $K$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ (của $A^{\prime }B$). Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$; khi đó $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{u}$.

**1)** Xét tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $I$ trung điểm $A{C}^{\prime }$, $J$ trung điểm $B{C}^{\prime }$ nên $IJ$ là đường trung bình, suy ra $IJ\parallel A{B}^{\prime }$. Vì $A{B}^{\prime }\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $IJ\not\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $A^{\prime }B{C}^{\prime }$: $J$ trung điểm $B{C}^{\prime }$, $K$ trung điểm $A^{\prime }B$ nên $JK\parallel A^{\prime }C\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }C$: $I$ trung điểm $A^{\prime }C$, $K$ trung điểm $A^{\prime }B$ nên $IK\parallel BC\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

**2)** Dùng vectơ. Ta có
$$\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
$$\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
$$\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$. Xét điểm $O$ thỏa $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\vec{u}$, tức $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{3}\vec{u}$. Khi đó
$$\overrightarrow{AJ}=\frac{3}{2}\left[\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{3}\vec{u}\right]=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO},$$
tức $A,O,J$ thẳng hàng nên $O\in AJ$. Tương tự, vì $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB})...$ kiểm tra trực tiếp: $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB})+\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{2}{3}\left[\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{3}\vec{u}\right]$, còn $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{2}\vec{u}=\frac{3}{2}\overrightarrow{BO}+\frac{1}{6}\vec{u}$... cách chắc chắn nhất: $\overrightarrow{BO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$ và $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$; xét $\overrightarrow{BI}-\frac{3}{2}\overrightarrow{BO}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})-\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\ne \vec{0}$, nghĩa là $O$ không thuộc $BI$ theo cách này — do đó ta chứng minh đồng quy bằng cách trực tiếp:

Gọi $O$ là giao điểm của $AJ$ và $BI$. Với hệ vectơ cơ sở $\{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\vec{u}\}$ (không đồng phẳng vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ), viết $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\vec{u}$. Vì $O\in AJ$ với $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\vec{u}$, ta có $x=y=z$ (điểm trên đường thẳng $AJ$: $\overrightarrow{AO}=t\overrightarrow{AJ}$ với $t$ thực, nhưng $O$ nằm giữa nên $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$). Vì $O\in BI$: $\overrightarrow{BO}=\mu (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$, tức $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\mu (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})=(1-\mu )\overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AC}+\mu \vec{u}$. So sánh hệ số: $\lambda =1-\mu ,\lambda =\mu$ suy ra $\lambda =\mu =\frac{1}{2}$... khi đó $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\overrightarrow{AJ}$, tức $O\equiv J$ — vô lý vì $J\notin BI$? Kiểm tra: $\overrightarrow{BJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\overrightarrow{BI}$, tức $\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{BI}$, suy ra $I\equiv J$ — mâu thuẫn, nghĩa là cách viết $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ chỉ đúng khi $O$ nằm trên đoạn $AJ$ với $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$; thực tế $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ đúng, và $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$ đúng, nên $\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{BI}$ kéo theo $I=J$ — mâu thuẫn này cho thấy cần tính lại: $\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AI}$, $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\vec{u})$, nên $\overrightarrow{BI}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\vec{u}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$. Đúng phải là $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$, không phải $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$. Giờ giải lại:
$O\in AJ$: $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ (nhân với $\frac{1}{2}$ đã rút gọn).
$O\in BI$: $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\mu \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})=(1-\mu )\overrightarrow{AB}+\frac{\mu }{2}\overrightarrow{AC}+\frac{\mu }{2}\vec{u}$.
So sánh: $\lambda =1-\mu ,\lambda =\frac{\mu }{2}$ suy ra $\frac{\mu }{2}=1-\mu \Rightarrow \mu =\frac{2}{3},\lambda =\frac{1}{3}$.
Vậy $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$, tức $\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
Kiểm tra $O\in CK$: $\overrightarrow{CK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ (vì $\overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\vec{u})$). $\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$.
Vậy $C,O,K$ thẳng hàng. Tóm lại $AJ,BI,CK$ đồng quy tại $O$ với $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.

**3)** $\overrightarrow{IJ}=\vec{J}-\vec{I}=\frac{1}{2}(\vec{B}+\overrightarrow{C^{\prime }})-\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{IK}=\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{B^{\prime }})-\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{B^{\prime }}-\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$ (vì $\overrightarrow{B^{\prime }}-\overrightarrow{C^{\prime }}=\vec{B}-\vec{C}$).
Suy ra $IJ\parallel AB$ và $IK\parallel CB$, hai đường này cắt nhau tại $I\notin (ABC)$, do đó $(IJK)\parallel (ABC)$.

**4)** Gọi $G^{\prime }$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Vì $\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\vec{u}=\overrightarrow{AG}+\vec{u}$, nên $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
Kết hợp $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, suy ra $O$ nằm trên đoạn $G{G}^{\prime }$ với $\frac{GO}{G{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}$ (tức $GO:O{G}^{\prime }=1:2$). Vậy $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng. $■$

Lưu ý: kết quả phần 2–4 là $O$ thỏa $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (không phải $O\equiv G^{\prime }$).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $D(0,0,0)$, $C(4,0,0)$, $A(0,h,0)$, $B(12,h,0)$ (vì đáy là hình thang vuông tại $A,D$, $AB\parallel CD$, $AB=3CD=12$), $S(0,0,8)$. Mặt phẳng $(SCD)$ chứa $DC$ và $DS$ nên là mặt phẳng $y=0$; do $(\alpha )\parallel (SCD)$ đi qua $O$ nên $(\alpha ):y=y_O$. Tính giao điểm: $O=AC\cap BD$ với $\frac{AO}{AC}=\frac{AB}{AB+CD}=\frac{3}{4}$, suy ra $O=(3,\frac{h}{4},0)$, tức $y_O=\frac{h}{4}$ (kiểm tra $O$ nằm trên $BD$ với tỉ số $1/4$ từ $D$). Vậy $(\alpha ):y=\frac{h}{4}$.

Tọa độ các điểm:
- $M\in AD$: $M(0,\frac{h}{4},0)$;
- $N\in BC$: $B(12,h,0)$ đến $C(4,0,0)$, tại $y=\frac{h}{4}$ ứng $t=\frac{3}{4}$: $N(6,\frac{h}{4},0)$;
- $Q\in SA$: $S(0,0,8)$ đến $A(0,h,0)$, tại $y=\frac{h}{4}$ ứng $t=\frac{1}{4}$ từ $S$: $Q(0,\frac{h}{4},6)$;
- $P\in SB$: $t=\frac{1}{4}$ từ $S$: $P(3,\frac{h}{4},6)$.

Bốn điểm cùng nằm trong mặt phẳng $y=\frac{h}{4}$; dùng tọa độ $(x,z)$: $M(0,0)$, $N(6,0)$, $P(3,6)$, $Q(0,6)$. Tứ giác $MNPQ$ là hình thang với hai đáy song song $MN=6$, $PQ=3$ và chiều cao $6$:
$$S_{MNPQ}=\frac{(6+3)\cdot 6}{2}=27.$$
Vậy diện tích tứ giác $MNPQ$ bằng $27$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AE}=\vec{e}$. Vì $ABEF$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{BE}=\vec{e}-\vec{b}$. Trọng tâm tam giác $ABE$: $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{b}+\vec{e}}{3}$. Mặt $(ADF)$ có hai vectơ chỉ phương $\vec{d}$ và $\vec{e}-\vec{b}$, nên $(P)$ qua $M$ song song $(ADF)$ gồm các điểm $X$ với $\overrightarrow{MX}=\alpha \vec{d}+\beta (\vec{e}-\vec{b})$. Điểm $N\in AC$ nên $\overrightarrow{AN}=t(\vec{b}+\vec{d})$ vì $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$. Điều kiện $N\in (P)$: $t(\vec{b}+\vec{d})-\frac{\vec{b}+\vec{e}}{3}=\alpha \vec{d}+\beta (\vec{e}-\vec{b})$. So sánh hệ số theo $\vec{e}$: $\beta =-\frac{1}{3}$; theo $\vec{b}$: $t-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow t=\frac{2}{3}$; theo $\vec{d}$: $\alpha =t=\frac{2}{3}$ (thỏa mãn). Vậy $\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$, suy ra $\frac{AN}{NC}=\frac{2/3}{1/3}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn S làm gốc vectơ. Đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{a}+\vec{c}=\vec{b}+\vec{d}$, tức $\vec{d}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$.

Xác định điểm P: $M$ là trung điểm $SA$ nên $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{a}$; $SN=2NB$ nên $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{b}$. Điểm $X$ trên đường thẳng $MN$ có dạng $\overrightarrow{SX}=(1-t)\cdot \frac{1}{2}\vec{a}+t\cdot \frac{2}{3}\vec{b}$. Để $X\in (ABCD)$, tổng các hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ phải bằng 1: $\frac{1-t}{2}+\frac{2t}{3}=1\Rightarrow t=3$. Vậy $\overrightarrow{SP}=-\vec{a}+2\vec{b}$.

a) Ta có $\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SP}=\vec{c}-(-\vec{a}+2\vec{b})=\vec{a}+\vec{c}-2\vec{b}=(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})-\vec{b}=\vec{d}-\vec{b}=\overrightarrow{BD}$. Suy ra $PC\parallel BD$, mà $BD\subset (SBD)$ và $PC\not\subset (SBD)$, do đó $PC\parallel (SBD)$.

b) Vì $N\in SB\subset (SBD)$ và $PC\parallel (SBD)$, mặt phẳng $(NPC)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $\Delta$ đi qua $N$ và $\Delta \parallel PC\parallel BD$. Trong tam giác $SBD$, đường thẳng qua $N$ với $\frac{SN}{NB}=2$ song song $BD$ cắt $SD$ tại $H$ thỏa $\frac{SH}{HD}=\frac{SN}{NB}=2$, tức $\overrightarrow{SH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}=\frac{2}{3}\vec{d}$.

Trọng tâm $G$ của tam giác $SCD$: $\overrightarrow{SG}=\frac{\vec{c}+\vec{d}}{3}=\frac{\vec{a}+2\vec{c}-\vec{b}}{3}$.

Biểu diễn các vectơ theo $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ và tính tổng hệ số (mặt phẳng $(ABCD)$ là tập các điểm có tổng hệ số bằng 1, các mặt phẳng song song với nó là tập các điểm có cùng tổng hệ số):
- $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}\vec{b}$: tổng hệ số $=\frac{2}{3}$.
- $\overrightarrow{SH}=\frac{2}{3}\vec{d}=\frac{2}{3}\vec{a}-\frac{2}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{c}$: tổng hệ số $=\frac{2}{3}$.
- $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}\vec{a}-\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{c}$: tổng hệ số $=\frac{2}{3}$.

Cả ba điểm $N,H,G$ đều nằm trên mặt phẳng có tổng hệ số bằng $\frac{2}{3}$, khác mặt phẳng $(ABCD)$ (tổng bằng 1), và ba điểm này không thẳng hàng. Vậy $(NHG)\parallel (ABCD)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(9;0;0)$, $C(9;9;0)$, $D(0;9;0)$. Vì $SAB$ và $SCD$ đều cạnh 9 nên $S$ cách đều bốn đỉnh đáy: $S\left(\frac{9}{2};\frac{9}{2};\frac{9}{\sqrt{2}}\right)$. Trọng tâm $G$ của $SAB$: $G\left(\frac{9}{2};0;\frac{3}{\sqrt{2}}\right)$. Điểm $E$ trên $BG$: $E=\left(9-\frac{9t}{2};0;\frac{3t}{\sqrt{2}}\right)$ với $t\in (0;1]$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $E$, song song $SA$ (vt $\propto (1;1;\sqrt{2})$) và $BC$ (vt $\propto (0;1;0)$) có vtpt $\vec{n}=(-\sqrt{2};0;1)$, nên $(\alpha )$: $z=\sqrt{2}\left(x-9+\frac{9t}{2}\right)+\frac{3t}{\sqrt{2}}$.

• $Q\in BA$ ($y=0,z=0$): $x=9-6t\Rightarrow Q(9-6t;0;0)$, $BQ=6t$.
• $M\in SB$: $M=B+s(S-B)$, thay vào phương trình mặt phẳng được $s=\frac{2t}{3}$, tức $BM=6t$, $M(9-3t;3t;3\sqrt{2}t)$. Vì $BQ=BM=6t$ và góc $QBM=60^{\circ }$ nên $QM=6t$ và $QM\parallel SA$.
• $P\in DC$ ($y=9,z=0$): $P(9-6t;9;0)$, $QP=9$ (song song $BC$).
• $N\in SC$: $N=S+u(C-S)$, giải được $u=1-\frac{2t}{3}$, $N(9-3t;9-3t;3\sqrt{2}t)$, $PN=6t$ với $\overrightarrow{PN}\propto (1;-1;\sqrt{2})$.

$I=QM\cap PN$: viết $I=Q+\lambda (1;1;\sqrt{2})=P+\mu (1;-1;\sqrt{2})$. So sánh hoành độ: $\lambda =\mu$; so sánh tung độ: $\lambda =9-\lambda \Rightarrow \lambda =\frac{9}{2}$. Vậy $I=\left(\frac{27}{2}-6t;\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)$.

Kết quả (không phụ thuộc $t$):
$$PQ=9,QI=\sqrt{{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{81}{4}\cdot 4}=9,$$
$$IP=\sqrt{{\left(\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{9}{2}\right)}^2+{\left(\frac{9\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=9.$$
Chu vi tam giác $IPQ=9+9+9=27$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (27).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB=SC=SD=5$ (tam giác đều) nên $S$ nằm trên đường vuông góc tại tâm $O$ hình thoi; từ $S{O}^2=25-\frac{A{C}^2}{4}=25-\frac{B{D}^2}{4}$ suy ra $AC=BD$, tức đáy là hình vuông cạnh 5, $S{O}^2=\frac{25}{2}$.

Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $C(5;5;0)$, $D(0;5;0)$, $S\left(\frac{5}{2};\frac{5}{2};\frac{5}{\sqrt{2}}\right)$. Trọng tâm $G\left(\frac{5}{2};\frac{5}{6};\frac{h}{3}\right)$ với $h=\frac{5}{\sqrt{2}}$. Điểm $E=B+t(G-B)$, $t\in (0;1]$: $E\left(5-\frac{5t}{2};\frac{5t}{6};\frac{th}{3}\right)$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $E$ song song $SA$ (vt $\vec{u}=(\frac{5}{2};\frac{5}{2};-h)$) và $BC$ (vt $(0;1;0)$) có VTPT $\vec{n}=(h;0;\frac{5}{2})$, phương trình: $h(x-E_x)+\frac{5}{2}(z-E_z)=0$.

- Giao với $BA$ ($y=z=0$): $Q\left(5-\frac{5t}{3};0;0\right)$.
- Giao với $DC$ ($y=5,z=0$): $P\left(5-\frac{5t}{3};5;0\right)$. Suy ra $PQ\parallel BC$ và $PQ=5$.
- Xét $SB$: véc-tơ $\overrightarrow{SB}=(\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=\vec{u}-5(0;1;0)$ cùng phương với mặt phẳng, tức $SB\parallel (\alpha )$; tương tự $\overrightarrow{SC}=\vec{u}\parallel (\alpha )$. Do đó $QM$ là đường thẳng qua $Q$ song song $SB$, $PN$ là đường thẳng qua $P$ song song $SC$.

Giao $I$: $Q+\lambda (\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=P+\mu (\frac{5}{2};\frac{5}{2};-h)$ cho $\lambda =\mu =-1$, nên $I=Q-(\frac{5}{2};-\frac{5}{2};-h)=(\frac{5}{2}-\frac{5t}{3};\frac{5}{2};h)$.

Tính độ dài: $IQ=\sqrt{(\frac{5}{2}{)}^2+(\frac{5}{2}{)}^2+h^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}+\frac{25}{2}}=5$; tương tự $IP=5$; và $PQ=5$.

Chu vi tam giác $IPQ=5+5+5=15$. (Kết quả không phụ thuộc $t$, khớp đáp án 15.)