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

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải chi tiết (Câu 141): Chọn hệ trục để tính toán kiểm tra: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $A^{\prime }=(0;0;1)$; khi đó $C=(1;1;0)$, $B^{\prime }=(1;0;1)$, $C^{\prime }=(1;1;1)$, $D^{\prime }=(0;1;1)$, $M=(0;\frac{1}{2};0)$, $N=(1;\frac{1}{2};1)$, $P=(0;1;\frac{1}{2})$.

a) Trong hình hộp, $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AD$; hơn nữa $B^{\prime }{C}^{\prime }=AD$ (cùng bằng cạnh của hình hộp). Tứ giác $ADC{B}^{\prime }$ có $AD\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $AD=B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $ADC{B}^{\prime }$ là hình bình hành.

b) $BD$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ lần lượt là đường chéo của hai hình bình hành $ABCD$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$. Vì $B^{\prime }{D}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, $BD\not\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.
Véc-tơ $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$ (kiểm tra: $N-M=(1;0;1)=B^{\prime }-A$), do đó $MN\parallel A{B}^{\prime }$. Vì $A{B}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $MN\not\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $MN\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.

c) $\overrightarrow{MP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD})=\frac{1}{2}\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, nên $MP\parallel A{D}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Mặt phẳng $(MNP)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN\parallel A{B}^{\prime }$, $MP\parallel A{D}^{\prime }$, còn $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ chứa $A{B}^{\prime }$ và $A{D}^{\prime }$ cắt nhau tại $A$, nên $(MNP)\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Từ đó, vì $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(MNP)\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $BD\parallel (MNP)$.

d) Gọi $E$ là trung điểm $AB$, $F$ là trung điểm $B{B}^{\prime }$, $Q$ là trung điểm $D^{\prime }{C}^{\prime }$. Kiểm tra bằng tọa độ, mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình $-x-y+z=-\frac{1}{2}$, và ta được giao tuyến với từng mặt:
• Mặt $ABCD$ ($z=0$): $x+y=\frac{1}{2}$, cắt hình tại đoạn $ME$ (từ $M$ trên $AD$ đến $E$ trên $AB$).
• Mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ ($y=0$): $z=x-\frac{1}{2}$, đoạn $EF$ (từ $E$ đến $F$ trung điểm $B{B}^{\prime }$).
• Mặt $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ ($x=1$): $z=y+\frac{1}{2}$, đoạn $FN$ (từ $F$ đến $N$ trên $B^{\prime }{C}^{\prime }$).
• Mặt $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ($z=1$): $x+y=\frac{3}{2}$, đoạn $NQ$ (từ $N$ đến $Q$ trung điểm $D^{\prime }{C}^{\prime }$).
• Mặt $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ($y=1$): $z=x+\frac{1}{2}$, đoạn $QP$ (từ $Q$ đến $P$ trên $D{D}^{\prime }$).
• Mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ ($x=0$): $z=y-\frac{1}{2}$, đoạn $PM$.
Vậy giao tuyến của $(MNP)$ với các mặt của hình hộp là lục giác $MEFNQP$ (các đoạn $ME,EF,FN,NQ,QP,PM$ nằm lần lượt trên sáu mặt nói trên).

e) Ba mặt phẳng đều có phương trình dạng $-x-y+z=c$: $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$: $c=0$; $(MNP)$: $c=-\frac{1}{2}$; $(C^{\prime }BD)$: qua $B(1;0;0)$ nên $-x-y+z=-1$, tức $c=-1$. Vậy $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (MNP)\parallel (C^{\prime }BD)$ và khoảng cách giữa hai mặt phẳng liên tiếp bằng nhau (bước $\frac{1}{2}$ theo $c$). Một đường thẳng bất kỳ cắt ba mặt phẳng song song này tại $I,J,H$ thì các đoạn bị chia tỉ lệ với khoảng cách giữa các mặt phẳng, do đó $\frac{IJ}{JH}=\frac{1/2}{1/2}=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, với $I,K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$, $M,M^{\prime }$ là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$ (và $N$ hiểu là trung điểm của $C{C}^{\prime }$ – trung tuyến thứ hai của tam giác $AC{C}^{\prime }$).

a) Đúng. Vì $M{M}^{\prime }$ nối trung điểm $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$, do đó $M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Mặt khác tam giác $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong hai mặt phẳng song song, $AM$ và $A^{\prime }{M}^{\prime }$ là các trung tuyến tương ứng nên $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$. Tứ giác $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

b) Đúng. $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{1}{3}$. Tương tự, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$ nên $\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{AI}{AM}=\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$.

c) Sai. Chọn tọa độ $B(0;0;0),C(1;0;0),A(0;1;0),B^{\prime }(0;0;1),C^{\prime }(1;0;1),A^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};1)$, $G(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=0$. Ta có $\overrightarrow{IK}=(0;0;1)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $\overrightarrow{KG}=(\frac{1}{3};0;\frac{1}{3})\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, nên $(IKG)$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (phương trình $(IKG)$: $y=\frac{1}{3}$). Vậy $(IKG)$ không cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

d) Đúng. Với cùng hệ tọa độ: $\overrightarrow{A^{\prime }K}=(\frac{1}{3};-\frac{2}{3};0)=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=(\frac{2}{3};-\frac{2}{3};-\frac{2}{3})=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$. Suy ra mọi vectơ trong $(A^{\prime }KG)$ đều biểu diễn được qua $\overrightarrow{AI},\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, tức $(A^{\prime }KG)\parallel (AI{B}^{\prime })$ về phương. Mặt khác $A^{\prime }(0;1;1)$ không thuộc mặt phẳng $(AI{B}^{\prime })$ (phương trình $(AI{B}^{\prime })$: $-2x-y-z=-1$, thay $A^{\prime }$ được $-2\ne -1$). Vậy $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$ (hai trung tuyến tương ứng trong hai đáy song song), nên $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính chất trọng tâm: $AI/AM=1/3$ và $AG/AN=1/3$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ kiểm tra, $(IKG)$ có phương trình $y=1/3$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $y=0$, nên hai mặt phẳng không cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }K}=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, đồng thời $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $S$: $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SD}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b}$ và $\overrightarrow{SO}=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{SM}=\frac{2}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{2}{3}(\vec{a}+\vec{c}-\vec{b})$.

Hai vectơ chỉ phương của $(AMN)$:
$$\vec{u}=\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{b}-\vec{a},\vec{v}=\overrightarrow{AN}=-\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{c}-\frac{2}{3}\vec{b}.$$

Gọi $\overrightarrow{SJ}=t\vec{c}$ với $t=\frac{SJ}{SC}$. Vì $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=-\frac{1}{2}\vec{a}+\left(t-\frac{1}{2}\right)\vec{c}$ phải là tổ hợp tuyến tính của $\vec{u},\vec{v}$: $\overrightarrow{OJ}=\lambda \vec{u}+\mu \vec{v}$.

So sánh hệ số theo $\vec{b}$: $\frac{2}{3}\lambda -\frac{2}{3}\mu =0\Rightarrow \lambda =\mu$.

So sánh theo $\vec{a}$: $-\lambda -\frac{\lambda }{3}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{4}{3}\lambda =\frac{1}{2}\Rightarrow \lambda =\frac{3}{8}$.

So sánh theo $\vec{c}$: $t-\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow t=\frac{3}{4}$.

Vậy $k=\frac{SJ}{SC}=\frac{3}{4}$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập: vì $riangleSAB$ và $riangleSAD$ vuông tại $A$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$, suy ra $SA\perp (ABCD)$. Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;h)$, $O(a/2;a/2;0)$, $M(0;0;h/2)$, $N(0;a/2;0)$.

a) Trong $riangleACD$: $O$ là trung điểm $AC$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $ON\parallel CD$. Mà $CD\parallel AB\subset (SAB)$ và $ON\not\subset (SAB)$, do đó $ON\parallel (SAB)$. Đúng.

b) $MN\parallel SD$ (định lý đường trung bình trong $riangleSAD$) và $OM\parallel SC$ (đường trung bình trong $riangleSAC$). Hai đường thẳng cắt nhau $MN,OM$ trong $(OMN)$ lần lượt song song với $SD,SC$ trong $(SCD)$, nên $(OMN)\parallel (SCD)$. Đúng.

c) Mặt phẳng $(OMN)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(0;h;a)$ (từ $\overrightarrow{OM}=(a/2;a/2;-h/2)$, $\overrightarrow{ON}=(-a/2;0;0)$), phương trình: $hy+az=\frac{ah}{2}$. Đường thẳng $SB$: $(x;y;z)=(ta;0;h(1-t))$. Thay vào: $ah(1-t)=\frac{ah}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $H$ là trung điểm $SB$, tức $HS=HB$, không phải $HS=2HB$. Sai.

d) Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ (trung điểm $SA$) song song $(SBD)$ cắt $SB$, $SD$ tại trung điểm $E$, $F$ của chúng. Tam giác thiết diện là $riangleMEF$ với $ME=\frac{SB}{2}$, $MF=\frac{SD}{2}$. Vì $riangleSAB$ và $riangleSAD$ vuông tại $A$ chung cạnh $SA$ và $AB=AD$ (hình thoi) nên $SB=SD$, suy ra $ME=MF$: tam giác cân. Đúng.

Khớp với đáp án nguồn: a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong $△ACD$, $O$ trung điểm $AC$, $N$ trung điểm $AD$ nên $ON\parallel CD\parallel AB\subset (SAB)$, mà $ON\not\subset (SAB)$, suy ra $ON\parallel (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel SD$ và $OM\parallel SC$ (định lý đường trung bình), hai đường thẳng cắt nhau nên $(OMN)\parallel (SCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình mặt $(OMN)$: $hy+az=\frac{ah}{2}$. Điểm trên $SB$: $(ta;0;h(1-t))$ cho $t=\frac{1}{2}$, tức $H$ là trung điểm $SB$ nên $HS=HB$, không phải $HS=2HB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(\alpha )$ qua trung điểm $M$ của $SA$ song song $(SBD)$ cắt $SB$, $SD$ tại trung điểm $E,F$; thiết diện $△MEF$ có $ME=SB/2$, $MF=SD/2$. Vì $SB=SD$ (hai tam giác vuông tại $A$ chung $SA$, $AB=AD$) nên $ME=MF$, tam giác cân.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $S$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c},\overrightarrow{SD}=\mathbf{d}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$, tức $\mathbf{a}=\mathbf{b}+\mathbf{d}-\mathbf{c}$, và $\overrightarrow{SO}=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}$.

Ta có $M=\frac{2}{3}\mathbf{b},N=\frac{2}{3}\mathbf{d}$. Mặt phẳng $(AMN)$ có hai vectơ chỉ phương $\mathbf{u}=\mathbf{a}-\frac{2}{3}\mathbf{b}=\frac{1}{3}\mathbf{b}+\mathbf{d}-\mathbf{c}$ và $\mathbf{v}=\mathbf{a}-\frac{2}{3}\mathbf{d}=\mathbf{b}+\frac{1}{3}\mathbf{d}-\mathbf{c}$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $O$ song song $(AMN)$ nên $J=t\mathbf{c}=\overrightarrow{SO}+\mu \mathbf{u}+\nu \mathbf{v}$. So sánh hệ số:
$$\frac{1}{2}+\frac{\mu }{3}+\nu =0,\frac{1}{2}+\mu +\frac{\nu }{3}=0,t=-\mu -\nu .$$
Do đối xứng, $\mu =\nu =-\frac{3}{8}$, suy ra $t=\frac{3}{4}=0,75$.

Vậy $\frac{SJ}{SC}=0,75$, khớp với đáp án nguồn $0,75$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $I$ song song $(MNP)$ cắt $NH$ tại $J$ suy ra $IJ//(MNP)$.

Giả thiết có $\frac{QH}{QP}=\frac{2}{3}=\frac{QK}{QM}\Rightarrow HK//MP$ mà $IJ//(MNP)$ nên $IJ//KH$.

$\frac{KH}{MP}=\frac{QH}{QP}=\frac{2}{3}\Rightarrow KH=\frac{2}{3}QP=\frac{2}{3}2a=\frac{4}{3}a$.

Gọi $F=QG\cap MN$.

Ta có: $\frac{QG}{QF}=\frac{QK}{QM}=\frac{2}{3}\Rightarrow KG//MF$.

$\Rightarrow \frac{KG}{MF}=\frac{QK}{QM}=\frac{2}{3}\Rightarrow KG=\frac{2}{3}MF=\frac{2}{3}NF$.

$\Rightarrow \frac{KI}{NI}=\frac{KG}{NF}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{IJ}{HK}=\frac{NI}{NK}=\frac{3}{5}$.

$IJ=\frac{3}{5}HK=\frac{3}{5}.\frac{4}{3}a=\frac{4}{5}a$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $E$ song song $(ABC)$ cắt $BM$ tại $F$ suy ra $EF//(ABC)$.

Giả thiết có $\frac{DM}{DC}=\frac{2}{3}=\frac{DH}{DA}\Rightarrow MH//AC$ mà $EF//(ABC)$ nên $EF//MH$.

$\frac{MH}{AC}=\frac{DM}{DC}=\frac{2}{3}\Rightarrow MH=\frac{2}{3}DC=\frac{2}{3}a$.

Gọi $K=DG\cap AB$.

Ta có: $\frac{DG}{DK}=\frac{DH}{DA}=\frac{2}{3}\Rightarrow HG//AK$.

$\Rightarrow \frac{HG}{AK}=\frac{DH}{DA}=\frac{2}{3}\Rightarrow HG=\frac{2}{3}AK=\frac{2}{3}BK$.

$\Rightarrow \frac{HE}{BE}=\frac{HG}{BK}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{EF}{MH}=\frac{BE}{BH}=\frac{3}{5}$.

$EF=\frac{3}{5}HM=\frac{3}{5}.\frac{2}{3}a=\frac{2}{5}a$.

$$\frac{SH}{HB}\cdot \frac{BD}{DO}\cdot \frac{OI}{IS}=1\iff \frac{SH}{HB}\cdot \frac{3}{1}\cdot \frac{1}{2}=1$$
$$\iff \frac{SH}{HB}=\frac{2}{3}\iff \frac{SH}{SB}=\frac{2}{5}$$
$$\iff SH=\frac{2}{5}SB=\frac{2}{5}AB=\frac{8}{5}$$
$$SE=\frac{2}{3}SA=\frac{2}{3}AB=\frac{8}{3};$$
$$FH=EH=\sqrt{S{E}^2+S{H}^2-2\cdot SE\cdot SH\cdot \cos 60^o}=\frac{8\sqrt{19}}{15}$$
$$EF=\frac{2}{3}AC=\frac{8\sqrt{2}}{3}\Rightarrow S_{\Delta HEF}=\frac{32\sqrt{13}}{45};\frac{AK}{EH}=\frac{3}{2}$$
$$\Delta KAC\sim \Delta HEF\Rightarrow S_{\Delta KAC}={\left(\frac{3}{2}\right)}^2{S}_{\Delta HEF}=\frac{8\sqrt{13}}{5}\approx 5,77$$

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 4.** Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AB\parallel CD$, $AB=2CD$; $O=AC\cap BD$; $\frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$; $(\alpha )$ qua $O$ và $(\alpha )\parallel (BEF)$.

**a) Xác định giao điểm $P$ của $SD$ với $(\alpha )$:**

- Vì $\frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$ nên trong mặt phẳng $(SAC)$ ta có $EF\parallel AC$.
- Trong $(SAC)$, gọi $I=SO\cap EF$. Vì $EF\parallel AC$ nên $\frac{SI}{SO}=\frac{SE}{SA}=\frac{2}{3}$, tức $I$ nằm giữa $S$ và $O$ với $SI=\frac{2}{3}SO$.
- Ta có $I\in EF\subset (BEF)$ và $I\in SO\subset (SBD)$, còn $B\in (BEF)\cap (SBD)$, do đó $(BEF)\cap (SBD)=BI$.
- Vì $(\alpha )\parallel (BEF)$ nên $(\alpha )\cap (SBD)$ là đường thẳng qua $O$ và song song với $BI$; đường thẳng này cắt $SD$ tại $P$.
- Vậy $P=SD\cap (\alpha )$ là giao điểm của $SD$ với đường thẳng qua $O$ song song với $BI$ (trong mặt phẳng $(SBD)$).

**b) Tính $\frac{SP}{SD}$:**

Vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD$, tam giác $OAB\sim OCD$ (so le trong) nên $\frac{BO}{OD}=\frac{AB}{CD}=2$, suy ra $\frac{DO}{DB}=\frac{1}{3}$.

Trong $(SBD)$, qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $BI$, cắt $SB$ tại $R$ và cắt $SD$ tại $P$.

- Xét tam giác $SBI$ có $O\in SI$ và $OR\parallel BI$ nên $\frac{SR}{RB}=\frac{SO}{OI}=\frac{SO}{\frac{1}{3}SO}=3$, tức $\frac{SR}{SB}=\frac{3}{4}$.
- Xét tam giác $SBD$ với cát tuyến $R,O,P$ ($R\in SB$, $O\in BD$, $P\in SD$ thẳng hàng), theo Menelaus:
$$\frac{SR}{RB}\cdot \frac{BO}{OD}\cdot \frac{DP}{PS}=1\Rightarrow 3\cdot 2\cdot \frac{DP}{PS}=1\Rightarrow \frac{DP}{PS}=\frac{1}{6}.$$
- Suy ra $PS=6DP$ và $SD=DP+PS=7DP$, do đó $\frac{SP}{SD}=\frac{6}{7}$.

**Kiểm tra bằng tọa độ:** Đặt $S$ làm gốc, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{SC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$. Vì $AO:OC=2:1$ nên $O=\frac{\vec{a}+2\vec{c}}{3}$; từ $O=\frac{\vec{B}+2\vec{D}}{3}$ suy ra $\overrightarrow{SD}=\frac{\vec{a}+2\vec{c}-\vec{b}}{2}$. Mặt $(BEF)$ có hai vectơ chỉ phương $\vec{u}=\frac{2}{3}\vec{a}-\vec{b}$, $\vec{v}=\frac{2}{3}\vec{c}-\vec{b}$. Điều kiện $P=t\overrightarrow{SD}\in (\alpha )$ tức $t\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SO}\in \text{span}\{\vec{u},\vec{v}\}$ dẫn đến $t=\frac{6}{7}$. Hai cách tính khớp nhau.

**Kết luận:**
- a) Giao điểm $P$ của $SD$ với $(\alpha )$ được xác định như sau: trong $(SAC)$ lấy $I=SO\cap EF$; trong $(SBD)$, giao tuyến $(BEF)\cap (SBD)=BI$; qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $BI$ cắt $SD$ tại $P$.
- b) $\frac{SP}{SD}=\frac{6}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc, đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\vec{u}+\vec{v}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{v}+\vec{w}$.

Ta có:
- $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{AG}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}$.
- $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$: $\overrightarrow{AH}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{2\vec{u}+2\vec{v}}{3}$.
- $K$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }A{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{AK}=\frac{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }}}{3}=\frac{\vec{v}+2\vec{w}}{3}$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}$ và $\overrightarrow{D^{\prime }C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(\vec{u}+\vec{v})-(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}-\vec{w}$, nên $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$ là hình bình hành, có hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\vec{u}-\vec{w}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{v}$.

Xét:
- $\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{v}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$, vậy $GH\parallel AD$. Mà $AD\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }\subset (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, nên $GH\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.
- $\overrightarrow{GK}=\overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{v}+2\vec{w}}{3}-\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}=\frac{2(\vec{w}-\vec{u})}{3}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{A^{\prime }B}$, vậy $GK\parallel A^{\prime }B\subset (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, suy ra $GK\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.

Kiểm tra $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$: điểm $X$ trong mặt phẳng có dạng $\overrightarrow{AX}=\vec{w}+s(\vec{u}-\vec{w})+t\vec{v}$. Nếu $G\in (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ thì so sánh hệ số theo $\vec{w}$ (độc lập với $\vec{u},\vec{v}$) cho $1+s=0$, tức $s=-1$; khi đó $\overrightarrow{AG}$ phải chứa thành phần $-\vec{w}$, mâu thuẫn vì $\overrightarrow{AG}=\frac{2\vec{u}+\vec{v}}{3}$ không chứa thành phần theo $\vec{w}$. Vậy $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$.

Hai đường thẳng cắt nhau $GH$ và $GK$ cùng song song với $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ và $G\notin (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$, nên $(GHK)\parallel (A^{\prime }BC{D}^{\prime })$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Vì $I\in$ tia $AB$ nên $\overrightarrow{AI}=x\vec{b}$ với $x=\frac{AI}{AB}>0$, tương tự $\overrightarrow{AN}=y\vec{c}$, $\overrightarrow{AP}=z\vec{d}$ với $y,z>0$. Trọng tâm $G$ của tam giác $BCD$ có $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$. Vì $G$ nằm trong mặt phẳng $(INP)$, tồn tại $\lambda ,\mu$ sao cho $\overrightarrow{AG}=\lambda x\vec{b}+\mu y\vec{c}+(1-\lambda -\mu )z\vec{d}$. Do $\vec{b},\vec{c},\vec{d}$ độc lập tuyến tính nên $\lambda x=\mu y=(1-\lambda -\mu )z=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$. Theo Cauchy–Schwarz: $$T=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\ge \frac{1}{3}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2=\frac{9}{3}=3.$$ Dấu bằng khi $x=y=z=1$, tức $I\equiv B,N\equiv C,P\equiv D$ (mặt phẳng $(BCD)$ đi qua $G$), thỏa mãn đề bài. Vậy $\min T=3$, khớp với đáp án nguồn. Đáp án D.