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

(AI giải đề cho tôi)
Đáp án nguồn (mã 211, câu 15) là ĐĐSĐ, khớp với kết quả giải độc lập:

a) ĐÚNG. Tập các điểm trong $(ABCD)$ cách đều $AB$ và $CD$ (hai đường thẳng song song) là đường trung bình của hình bình hành, đi qua trung điểm $P$ của $AD$, trung điểm $Q$ của $BC$ và tâm $O$. Xét mặt phẳng qua $N$ song song $(SAB)$: nó cắt $(SAD)$ theo đường thẳng qua $N$ song song $SA$ (cụ thể trong tam giác $SAD$, đường qua trung điểm $N$ của $SD$ song song $SA$ đi qua trung điểm $P$ của $AD$), và cắt $(ABCD)$ theo đường qua $P$ song song $AB$ — chính là đường trung bình $PQ$. Vậy với mọi $G$ trên đường trung bình này, $GN\parallel (SAB)$. → Đúng.

b) Trong tam giác $SAD$, $M$ trung điểm $SA$, $N$ trung điểm $SD$ nên $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$. Suy ra $MN\parallel (SBC)$. → Đúng.

c) Trong tam giác $SAC$: $O$ trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành), $M$ trung điểm $SA$ nên $OM\parallel SC$. Trong tam giác $SBD$: $O$ trung điểm $BD$, $N$ trung điểm $SD$ nên $ON\parallel SB$. Vì $OM,ON$ là hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với $(SBC)$ nên $(OMN)\parallel (SBC)$. Khi $F\in ON$ thì $F\in (OMN)$ và $M\in (OMN)$, do đó $MF\subset (OMN)\parallel (SBC)$, tức $MF$ không cắt mặt phẳng $(SBC)$. → Sai.

d) Như chứng minh ở ý c: $OM\parallel SC$, $ON\parallel SB$ nên $(OMN)\parallel (SBC)$. → Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $a\parallel b$ và $b\subset (P)$, đường thẳng $a$ hoặc nằm trong $(P)$ (khi $a$ cũng nằm trong mặt phẳng), hoặc song song với $(P)$ (khi $a$ không nằm trong $(P)$, do $a$ không thể cắt $(P)$ vì nếu $a$ cắt $(P)$ tại điểm $M$ thì qua $M$ và song song $b$... dẫn tới mâu thuẫn với tính duy nhất đường thẳng qua $M$ song song với $b$). Vậy khẳng định đúng là $a\parallel (P)$ hoặc $a\subset (P)$, trùng với đáp án B trong bảng đáp án (Mã đề 211, Câu 2: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $MN\parallel AC$. Vì $AC\subset (ABCD)$ và $MN\not\subset (ABCD)$ nên theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $MN\parallel (ABCD)$. Các phương án khác sai vì $MN$ cắt hoặc nằm trong các mặt phẳng $(SCD)$, $(SBC)$, $(SAB)$ (chẳng hạn $MN$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$, cắt $(SBC)$ tại $N$...). Đáp án khớp với đáp án nguồn: B.

Gọi $E$ là trung điểm của $AD$. Khi đó $G$ nằm trên đoạn $BE$ và $\frac{BG}{BE}=\frac{2}{3}$.

Xét tam giác $BEC$, ta có $\frac{BG}{BI}=\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3}$, suy ra $MG\parallel EC$.

Mà $EC\subset (ACD)$. Do đó $MG\parallel (ACD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định:
- A đúng: $(P),(Q)$ phân biệt và $(P)\cap (Q)=b$. Vì $a//(P)$ nên $a$ không có điểm chung với $(P)$, do đó $a$ không cắt $b$ (vì $b\subset (P)$). Vì $a//(Q)$ nên $a\not\subset (Q)$, do đó $a$ không nằm trong $(Q)$ chứa $b$. Vậy $a$ và $b$ không cắt nhau, không trùng nhau và cùng nằm trong mặt phẳng $(Q)$, suy ra $a//b$.
- B sai: $a//(P)$ và $b\subset (P)$ thì $a$ và $b$ hoặc song song hoặc chéo nhau (không bắt buộc song song).
- C sai: Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng có thể song song, cắt nhau hoặc chéo nhau.
- D sai: Nếu $a//(P)$ và $a//(Q)$ thì $(P)$ và $(Q)$ có thể cắt nhau (giao tuyến song song với $a$), ví dụ hai mặt phẳng cắt nhau trong hình hộp cùng chứa đường thẳng song song với giao tuyến.
Vậy khẳng định đúng là A.

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

a) $MN$ là đoạn nối trung điểm $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$ nên $MN\parallel AB$, không song song với $AC$ (và $MN$ chéo với $AC$). → Sai.

b) Mặt phẳng $(M{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $\overrightarrow{M{B}^{\prime }}=(1;0;h/2)$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}=(0;1;h/2)$, pháp tuyến $\vec{n}=(-h/2;-h/2;1)$. Ta có $\overrightarrow{AP}=(0;1/2;h/2)$, tích vô hướng $\overrightarrow{AP}\cdot \vec{n}=-h/4+h/2=h/4\ne 0$, nên $AP$ không song song với $(M{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. → Sai.

c) Mặt phẳng $(ANP)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{AN}\times \overrightarrow{AP}=(-h^2/4;-h/4;1/4)$, khác phương với pháp tuyến $(0;0;1)$ của $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, nên hai mặt phẳng không song song (chúng cắt nhau theo đường thẳng qua $A$). → Sai.

d) Với $AB=\sqrt{3}$, tọa độ nhân hệ số $\sqrt{3}$: $E=(\sqrt{3}/2;0;0)$, $E^{\prime }=(\sqrt{3}/3;0;h)$. Mặt phẳng qua $E{E}^{\prime }$ song song $BC$ (chỉ phương $(-1;1;0)$) có phương trình (đơn vị $AB=1$): $hx+hy+\frac{z}{6}=\frac{h}{2}$.
- Trên $MN$: điểm $(t;0;h/2)$ thỏa $ht+h/12=h/2\Rightarrow t=5/12$, nên $I=(5/12;0;h/2)$.
- Trên $MP$: điểm $(0;s/2;h/2)$ thỏa $hs/2+h/12=h/2\Rightarrow s=5/6$, nên $J=(0;5/12;h/2)$.

$IJ=\sqrt{(5/12{)}^2+(5/12{)}^2}=\frac{5\sqrt{2}}{12}$ (với $AB=1$). Nhân hệ số $\sqrt{3}$: $IJ=\frac{5\sqrt{6}}{12}$. Vậy $a=5$, $b=12$ (tối giản), $a+b=17$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ nối trung điểm $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$ nên $MN\parallel AB$, không song song với $AC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với pháp tuyến $\vec{n}=(-h/2;-h/2;1)$ của $(M{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, $\overrightarrow{AP}\cdot \vec{n}=h/4\ne 0$ nên $AP$ không song song với $(M{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$(ANP)$ chứa $A$ không thuộc $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và pháp tuyến không cùng phương, hai mặt phẳng cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ được $I=(5/12;0;h/2)$, $J=(0;5/12;h/2)$ (đơn vị $AB=1$), $IJ=5\sqrt{2}/12$; với $AB=\sqrt{3}$ thì $IJ=\frac{5\sqrt{6}}{12}$, $a+b=5+12=17$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$ thì $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$. Vì $O$ là trung điểm $AC$ và $M$ là trung điểm $AO$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{4}(\vec{b}+\vec{d})$. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$, song song với $BD$ và $SA$, cắt $SC$ tại $N$. Vì $SA\parallel (\alpha )$, trong mặt phẳng $(SAC)$ đường thẳng qua $M$ song song với $SA$ cắt $SC$ tại $N$. Tọa độ hóa: $N=M+t\overrightarrow{AS}$ cũng nằm trên $SC$: $N=S+u(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AS})$. So sánh hệ số theo $\overrightarrow{AC}$: $u=\frac{1}{4}$; hệ số theo $\overrightarrow{AS}$: $t=1-u=\frac{3}{4}$. Vậy $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SC}$, suy ra $SN=\frac{1}{4}SC$, $NC=\frac{3}{4}SC$, do đó $k=\frac{SN}{NC}=\frac{1}{3}\approx 0,33$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $(\alpha ,\beta ,\gamma )$ là tọa độ đỉnh của $M$ theo tam giác $ABC$: $\overrightarrow{MA}=\beta \overrightarrow{BA}+\gamma \overrightarrow{CA}$, tức $M=\alpha A+\beta B+\gamma C$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$, $\alpha ,\beta ,\gamma >0$.

Đường qua $M$ song song $SA$: điểm chạy trên đường này có dạng $M+t(A-S)=(\alpha +t)A+\beta B+\gamma C-tS$ (trong hệ affine của tứ diện $SABC$). Điểm thuộc $(SBC)$ khi hệ số của $A$ bằng $0$, tức $t=-\alpha$, suy ra $M{A}^{\prime }=\alpha \cdot SA$. Tương tự $M{B}^{\prime }=\beta \cdot SB$, $M{C}^{\prime }=\gamma \cdot SC$.

Do đó $\frac{M{A}^{\prime }}{SA}\cdot \frac{M{B}^{\prime }}{SB}\cdot \frac{M{C}^{\prime }}{SC}=\alpha \beta \gamma$. Theo AM-GM với $\alpha +\beta +\gamma =1$: $\alpha \beta \gamma \le {\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}$, dấu bằng khi $\alpha =\beta =\gamma =\frac{1}{3}$ (tức $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$).

Vậy giá trị lớn nhất là $\frac{1}{27}\approx 0,0370\approx 0,04$ (làm tròn đến hàng phần trăm).

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 18**

**1) Chứng minh $CN//(SAB)$.**
Gọi $J$ là trung điểm của $SA$. Trong tam giác $SAD$, $J$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $JN$ là đường trung bình: $JN//AD$ và $JN=\frac{AD}{2}=BC$.
Mà $AD//BC$ nên $JN//BC$, do đó tứ giác $JNBC$ là hình bình hành (có $JN//BC$ và $JN=BC$). Suy ra $CN//JB$.
Vì $JB\subset (SAB)$ và $CN\not\subset (SAB)$ nên $CN//(SAB)$. $■$

**2) Tính $\frac{SL}{SC}$.**
Chọn hệ vectơ gốc $S$: gọi $\vec{a}=\overrightarrow{SA},\vec{b}=\overrightarrow{SB},\vec{d}=\overrightarrow{SD},\vec{c}=\overrightarrow{SC}$.
Vì $AD=2BC$ và $AD//BC$: $\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}+2\vec{u}$ với $\vec{u}=\overrightarrow{BC}$, suy ra $\vec{u}=\frac{\vec{d}-\vec{a}}{2}$, và $\vec{c}=\vec{b}+\vec{u}=\vec{b}+\frac{\vec{d}-\vec{a}}{2}$.
Ta có $M=\frac{\vec{b}}{2},N=\frac{\vec{d}}{2},G=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$.
Vectơ trong mặt phẳng $(GMN)$: $\overrightarrow{MN}=\frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}$ và $\overrightarrow{MG}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}-\frac{\vec{b}}{2}=\frac{2\vec{a}-\vec{b}+2\vec{d}}{6}$.
Gọi $L=t\vec{c}=t\vec{b}+\frac{t}{2}\vec{d}-\frac{t}{2}\vec{a}$. Biểu diễn $L=\frac{\vec{b}}{2}+\lambda \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+\mu \frac{2\vec{a}-\vec{b}+2\vec{d}}{6}$, so sánh hệ số:
- theo $\vec{a}$: $\frac{\mu }{3}=-\frac{t}{2}\Rightarrow \mu =-\frac{3t}{2}$;
- theo $\vec{d}$: $\frac{\lambda }{2}+\frac{\mu }{3}=\frac{t}{2}\Rightarrow \frac{\lambda }{2}-\frac{t}{2}=\frac{t}{2}\Rightarrow \lambda =2t$;
- theo $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-\frac{\lambda }{2}-\frac{\mu }{3}=t\Rightarrow \frac{1}{2}-t+\frac{t}{2}=t\Rightarrow \frac{1}{2}=\frac{3t}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{3}$.
Vậy $\frac{SL}{SC}=\frac{1}{3}$.

**3) Tính $T=\frac{SA}{SP}+2\frac{SC}{SQ}$.**
Gọi $P=p\vec{a}\in SA$, $Q=q\vec{c}\in SC$ (với $p=\frac{SP}{SA},q=\frac{SQ}{SC}$).
Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $M,N,P$ nên mọi điểm của nó có dạng $\frac{\vec{b}}{2}+\lambda \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+\mu \left(p\vec{a}-\frac{\vec{b}}{2}\right)$.
Vì $Q\in (\alpha )$: $q\vec{c}=q\vec{b}+\frac{q}{2}\vec{d}-\frac{q}{2}\vec{a}$. So sánh hệ số:
- theo $\vec{a}$: $\mu p=-\frac{q}{2}\Rightarrow \mu =-\frac{q}{2p}$;
- theo $\vec{d}$: $\frac{\lambda }{2}=\frac{q}{2}\Rightarrow \lambda =q$;
- theo $\vec{b}$: $\frac{1}{2}-\frac{\lambda }{2}-\frac{\mu }{2}=q\Rightarrow \frac{1}{2}-\frac{q}{2}+\frac{q}{4p}=q$.
Suy ra $\frac{1}{2}+\frac{q}{4p}=\frac{3q}{2}$, nhân $4p$: $2p+q=6pq$.
Do đó $T=\frac{SA}{SP}+2\frac{SC}{SQ}=\frac{1}{p}+\frac{2}{q}=\frac{2p+q}{pq}=\frac{6pq}{pq}=6$.
Vậy $T=6$ (không đổi theo mặt phẳng $(\alpha )$).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 5

a) Chứng minh $\frac{2SB}{S{B}^{\prime }}-\frac{SC}{S{C}^{\prime }}=1$

Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình bình hành $ABCD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm cả hai đường chéo, do đó với hệ gốc tại $S$, gọi $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c},\overrightarrow{SD}=\vec{d}$ thì $\vec{a}+\vec{c}=\vec{b}+\vec{d}$ (tính chất trung điểm đường chéo).

Vì $(P)\parallel DB$ và $(P)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $B^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel DB$. Trong tam giác $SBD$ có $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$, suy ra $\frac{S{B}^{\prime }}{SB}=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$. Đặt $x=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}$, và đặt $t=\frac{S{C}^{\prime }}{SC}$ (với $0<x,t<1$).

Khi đó $\overrightarrow{S{B}^{\prime }}=x\vec{b},\overrightarrow{S{D}^{\prime }}=x\vec{d},\overrightarrow{S{C}^{\prime }}=t\vec{c}$, và $\overrightarrow{SA}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{c}$.

Vì $A,C^{\prime },B^{\prime },D^{\prime }$ đồng phẳng (cùng thuộc $(P)$), tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ sao cho
$$\overrightarrow{SA}=\alpha \overrightarrow{S{B}^{\prime }}+\beta \overrightarrow{S{D}^{\prime }}+\gamma \overrightarrow{S{C}^{\prime }}.$$
So sánh hệ số theo $\vec{b},\vec{d},\vec{c}$:
$$\alpha x=1,\beta x=1,\gamma t=-1\Rightarrow \alpha =\beta =\frac{1}{x},\gamma =-\frac{1}{t}.$$
Từ $\alpha +\beta +\gamma =1$:
$$\frac{2}{x}-\frac{1}{t}=1\iff \frac{2SB}{S{B}^{\prime }}-\frac{SC}{S{C}^{\prime }}=1.$$

b) Tìm vị trí $C^{\prime }$ để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất

Ta có:
- $\frac{B{B}^{\prime }}{S{B}^{\prime }}=\frac{SB-S{B}^{\prime }}{S{B}^{\prime }}=\frac{1}{x}-1$;
- $\frac{S{D}^{\prime }}{D{D}^{\prime }}=\frac{x}{1-x}$;
- từ ràng buộc $\frac{1}{t}=\frac{2-x}{x}$ suy ra $t=\frac{x}{2-x}$, do đó $\frac{S{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{t}{1-t}=\frac{x}{2(1-x)}$.

Biểu thức cần xét:
$$f(x)=2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\frac{3x}{1-x}+10\cdot \frac{x}{2(1-x)}=\frac{2}{x}+\frac{8x}{1-x}-2,0<x<1.$$

Tính đạo hàm:
$$f^{\prime }(x)=-\frac{2}{x^2}+\frac{8}{(1-x{)}^2}=0\iff 8x^2=2(1-x{)}^2\iff 2x=1-x\iff x=\frac{1}{3}.$$

Với $0<x<\frac{1}{3}$ thì $f^{\prime }(x)<0$; với $\frac{1}{3}<x<1$ thì $f^{\prime }(x)>0$, nên $f$ đạt nhỏ nhất tại $x=\frac{1}{3}$:
$$f\left(\frac{1}{3}\right)=6+4-2=8.$$

Khi $x=\frac{1}{3}$ thì $t=\frac{x}{2-x}=\frac{1/3}{5/3}=\frac{1}{5}$.

Kết luận: $\frac{2B{B}^{\prime }}{S{B}^{\prime }}+\frac{3S{D}^{\prime }}{D{D}^{\prime }}+\frac{10S{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $8$ khi $\frac{S{C}^{\prime }}{SC}=\frac{1}{5}$, tức $C^{\prime }$ là điểm trên cạnh $SC$ sao cho $S{C}^{\prime }=\frac{1}{4}C{C}^{\prime }$ (điểm chia cạnh $SC$ theo tỉ số $\frac{S{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}$).

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải đầy đủ:

Vì $SAB,SAC$ vuông tại $A$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp AC$, suy ra $SA\perp (ABC)$. Chọn hệ trục toạ độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$ (tam giác $ABC$ đều, góc $A=60^{\circ }$), $S(0;0;a\sqrt{3})$.

a) Trọng tâm $G\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};0\right)$; do $AI=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$ trên cạnh $SA$ nên $I\left(0;0;\frac{2\sqrt{3}a}{3}\right)$, suy ra $\overrightarrow{GI}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{6};\frac{2\sqrt{3}a}{3}\right)$.
Mặt phẳng $(SBC)$ có $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};-a\sqrt{3}\right)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=\left(\frac{3a^2}{2};\frac{a^2\sqrt{3}}{2};\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)$.
Kiểm tra: $\overrightarrow{GI}\cdot \vec{n}=-\frac{3a^3}{4}-\frac{a^3}{4}+a^3=0$. Mặt khác $I\notin (SBC)$ (thay toạ độ $I$ vào phương trình mặt phẳng $(SBC)$: $\frac{3a^2}{2}x+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}y+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}z-\frac{3a^3}{2}=0$ cho $a^3-\frac{3a^3}{2}\ne 0$). Vậy $GI\parallel (SBC)$.

b) Đặt $t=\frac{AM}{AB}\in (0;1)$, $M=(ta;0;0)$. Mặt phẳng $(P)$ qua $M$, song song với $SA$ (phương $(0;0;1)$) và $BC$ (phương $(-1;\sqrt{3};0)$), nên giao tuyến của $(P)$ với $(ABC)$ là đường qua $M$ song song $BC$: $y=\sqrt{3}(ta-x)$.
- $N\in AC$: $N=\left(\frac{ua}{2};\frac{ua\sqrt{3}}{2};0\right)$, thay vào được $u=t$, tức $N\left(\frac{ta}{2};\frac{ta\sqrt{3}}{2};0\right)$, $AN=ta$.
- $Q\in SB$: $Q=(ta;0;a\sqrt{3}(1-t))$.
- $P\in SC$: $P=\left(\frac{ta}{2};\frac{ta\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}(1-t)\right)$.
Ta có $|MN|=ta$, $|MQ|=a\sqrt{3}(1-t)$, $\overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{MQ}$ và $\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{MN}$, do đó $MNPQ$ là hình chữ nhật với $S_{MNPQ}=ta\cdot a\sqrt{3}(1-t)=a^2\sqrt{3}t(1-t)$.
Tam giác $AMN$ có $AM=AN=ta$, góc $A=60^{\circ }$ nên $S_{AMN}=\frac{1}{2}{t}^2{a}^2\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}{a}^2{t}^2}{4}$.
Tổng: $f(t)=a^2\sqrt{3}\left(t-\frac{3t^2}{4}\right)$, $t\in (0;1)$. $f^{\prime }(t)=a^2\sqrt{3}\left(1-\frac{3t}{2}\right)=0\iff t=\frac{2}{3}\in (0;1)$; vì $f$ là parabol bậc hai với hệ số $-\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4}<0$ nên $t=\frac{2}{3}$ cho GTLN: $f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}$.
Kết luận: $AM=\frac{2a}{3}$ thì $S_{MNPQ}+S_{AMN}$ đạt GTLN bằng $\frac{a^2\sqrt{3}}{3}$. Lưu ý: các 'errors' đính kèm là mâu thuẫn — lời giải supplied thực chất đúng (toạ độ với góc $A=60^{\circ }$ nhất quán với tam giác đều, và kết quả $t=2/3$ được xác nhận lại bởi phép tính độc lập).

(AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(ABC)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AC$ tại $P$. Vì $\frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}$ nên theo Thales $\frac{AP}{AC}=\frac{1}{3}$, do đó $\frac{CP}{CA}=\frac{2}{3}$. Trong mặt phẳng $(ACD)$, mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $MP$ song song $BC$; mặt phẳng $(\alpha )$ cắt $(ACD)$ theo đường thẳng qua $P$ song song với $AD$ (vì $\alpha \parallel AD$), cắt $CD$ tại $N$. Khi đó $PN\parallel AD$ nên $\frac{CN}{CD}=\frac{CP}{CA}=\frac{2}{3}$. Vậy $CN=\frac{2}{3}\cdot 6=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\overrightarrow{G_{1}M}+\overrightarrow{M{G}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{MB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{MA}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MA})$. Lấy $I$ là trung điểm $AB$ thì $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MA}=2\overrightarrow{MI}$, suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{2}{3}\overrightarrow{MI}$, tức $G_1{G}_2\parallel AB$ và $G_1{G}_2=\frac{2}{3}AB$... nhưng chú ý: $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MA})=\frac{2}{3}\overrightarrow{MI}$ với $I$ trung điểm $AB$, do đó $G_1{G}_2=\frac{2}{3}MI=\frac{1}{3}AB$ (vì $MI=\frac{1}{2}AB$). Vậy mệnh đề $G_1{G}_2=\frac{2}{3}AB$ là SAI, đáp án D. Kiểm tra các mệnh đề còn lại: $G_1{G}_2\parallel AB$ nên $G_1{G}_2\parallel (ABD)$ và $G_1{G}_2\parallel (ABC)$ (vì $G_1,G_2$ không thuộc các mặt phẳng đó) → B, C đúng. Xét tam giác $ABC$: $G_2$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên trên đường trung tuyến từ $A$; $G_1$ trọng tâm tam giác $BCD$ nên trên đường trung tuyến từ $B$ của tam giác $BCD$; ba đường thẳng $B{G}_1,A{G}_2$ và đường thẳng qua trọng tâm... thực chất $B{G}_1,A{G}_2,CD$ đồng quy tại giao của hai trung tuyến tương ứng trong mặt phẳng $(BCD)$-$(ACD)$ cấu trúc: $A{G}_2$ cắt $CD$ tại trung điểm $M$ của $CD$ (trung tuyến của tam giác $ACD$), $B{G}_1$ cắt $CD$ tại trung điểm $M$ của $CD$ (trung tuyến của tam giác $BCD$). Vậy cả $A{G}_2$ và $B{G}_1$ đều đi qua $M$ thuộc $CD$, ba đường thẳng đồng quy tại $M$ → A đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x=\frac{M{A}^{\prime }}{SA},y=\frac{M{B}^{\prime }}{SB},z=\frac{M{C}^{\prime }}{SC}$. Vì $M$ nằm trong tam giác $ABC$, đường qua $M$ song song $SA$ cắt $(SBC)$ tại $A^{\prime }$, và tương tự, ta chứng minh được $x+y+z=1$ (dùng hệ thức Menelaus/định lý phân giác trong không gian: $\overrightarrow{SM}=x\overrightarrow{SA}+y\overrightarrow{SB}+z\overrightarrow{SC}$ với $x,y,z>0$, $x+y+z=1$ do $M$ trong mặt phẳng $(ABC)$). Khi đó cần tìm giá trị nhỏ nhất của $T=x^2+2y^2+3z^2$ với điều kiện $x+y+z=1$, $x,y,z\ge 0$. Theo Cauchy–Schwarz: $$T=\frac{(x{)}^2}{1}+\frac{(y{)}^2}{1/2}+\frac{(z{)}^2}{1/3}\ge \frac{(x+y+z{)}^2}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}=\frac{1}{11/6}=\frac{6}{11}.$$ Dấu bằng khi $x:(y/\frac{1}{2}):(z/\frac{1}{3})$ tỉ lệ, tức $x=\frac{6}{11},y=\frac{3}{11},z=\frac{2}{11}$ (thỏa $x,y,z>0$, tồn tại điểm $M$ trong tam giác). Vậy $T_{\min }=\frac{6}{11}\approx 0,5454\dots \approx 0,55$. Kết quả trùng với đáp án đề cho.