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

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: A sai vì hai đường thẳng $a,b$ trong $(P)$ có thể cắt nhau hoặc song song; chỉ khi chúng cắt nhau và cùng song song với $(Q)$ mới suy ra $(P)//(Q)$. B sai vì qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng chỉ có duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đó. C sai vì ba điểm chung phải không thẳng hàng thì hai mặt phẳng mới trùng nhau; nếu ba điểm thẳng hàng thì hai mặt phẳng có thể cắt nhau theo đường thẳng qua ba điểm đó. D đúng theo định nghĩa: hai mặt phẳng được gọi là song song khi chúng không có điểm chung. Đáp án khớp với mã đề 101, câu 9: D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $MN\parallel AB$ trong tam giác $SAB$ nên $\frac{MN}{AB}=\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}\Rightarrow MN=\frac{2}{3}\cdot 8=\frac{16}{3}$. Tương tự $MQ\parallel AD$ trong tam giác $SAD$ nên $MQ=\frac{2}{3}\cdot 7=\frac{14}{3}$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN,MQ$ cùng song song với mặt phẳng đáy nên $(MNPQ)\parallel (ABCD)$. Do đó mặt phẳng cắt các cạnh $SB,SC,SD$ theo tỉ số $\frac{2}{3}$: $\frac{SP}{SC}=\frac{2}{3}$. Suy ra trong tam giác $SBC$: $NP\parallel BC$ và $NP=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}AD=\frac{14}{3}$; trong tam giác $SCD$: $PQ\parallel CD$ và $PQ=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}AB=\frac{16}{3}$. Chu vi tứ giác $MNPQ$ là $\frac{16}{3}+\frac{14}{3}+\frac{16}{3}+\frac{14}{3}=20$.

a. Chứng minh $CD\parallel (SAB)$.

$CD\parallel AB$ (gt)

$CD\not\subset (SAB);AB\subset (SAB)$

Suy ra $CD\parallel (SAB)$

b. Chứng minh $(MNP)\parallel (SBD)$.

Ta có

$$\{\begin{array}{l}MP\parallel SB;NP\parallel SD\\ MP,NP\subset (MNP);SB,SD\subset (SBD)\\ MP\cap NP=P\end{array}$$

$\Rightarrow (MNP)\parallel (SBD)$

c. Trong $(ABCD)$, gọi $O=AC\cap MN$.

Trong $(SMN)$, gọi $H=SO\cap IJ$.

Trong $(AIJ)$, gọi $K=SC\cap AH$.

$$\{\begin{array}{l}K\in SC\\ K\in AH,AH\subset (AIJ)\end{array}$$

$\Rightarrow K=SC\cap (AIJ)$

$AT=OC=OT=\frac{1}{2}TC\Rightarrow \frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}$

Ta có

$$\frac{SJ}{SN}=\frac{SI}{SM}=\frac{2}{3}\Rightarrow IJ\parallel MN$$

$$\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{2}{3}$$

Trong (SAC), kẻ OE//AK (E thuộc AC).

$\Delta SOE$ có OE//HK

$$\Rightarrow \frac{SK}{SE}=\frac{SH}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow SK=2KE(1)$$

$\Delta ACK$ có OE//AK

$$\Rightarrow \frac{KE}{KC}=\frac{AO}{AC}=\frac{2}{3}\Rightarrow KE=\frac{2}{3}KC(2)$$

Từ (1) và (2) suy ra SK = 2KE $=2.\frac{2}{3}KC=\frac{4}{3}KC$

$$\Rightarrow \frac{SK}{KC}=\frac{4}{3}$$

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $AB$, $BC$ nên $MN\parallel AC$ mà $AC\subset (SAC)$, $MN\not\subset (SAC)$, do đó $MN\parallel (SAC)$. Trong tam giác $SAB$, $M$, $K$ lần lượt là trung điểm $AB$, $SB$ nên $MK\parallel SA$ mà $SA\subset (SAC)$, $MK\not\subset (SAC)$, do đó $MK\parallel (SAC)$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $MK$ cùng nằm trong $(MNK)$ và cùng song song với $(SAC)$, nên $(MNK)\parallel (SAC)$. Vậy khẳng định đúng là A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1111, câu 11: A).

Ta có mặt phẳng (ABB')//(DCC'D') nên AB'//D'C'
Tương tự mặt phẳng (ADD') //(BCC'B') nên AD'//B'C'. Vậy tứ giác AB'C'D' là hình bình hành.
Gọi $O=AC\cap BD,O^{\prime }=A{C}^{\prime }\cap B^{\prime }{D}^{\prime }$. Ta có $O{O}^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }}{2}=3$.
Mặt khác $C{C}^{\prime }=2O{O}^{\prime }=6$.
(Điểm: 0,25, 0,25)

Mặt phẳng $(MNP)\cap (ABCD)=MQ//BD,AC\cap MQ=I,AC\cap BD=O,NP\cap SO=J$.
Mặt phẳng $(\alpha )//(MNP)\Rightarrow (\alpha )\cap (SAC)=OK//IJ$.
Xét $△SAC,OI=\frac{1}{3}OA,OC=\frac{1}{3}OA,JO=JS$. Gọi E là trung điểm AI, ta có
$KO//IJ//SE\Rightarrow \frac{KC}{KS}=\frac{OC}{OE}=\frac{1}{2}$.
(Điểm: 0,25, 0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$: $M$ trung điểm $SA$, $N$ trung điểm $SD$ nên $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, suy ra $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$. Trong tam giác $SBD$: $O$ là tâm hình bình hành nên là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$, do đó $NO$ là đường trung bình của tam giác $SBD$, tức $NO\parallel SB$ với $SB\subset (SBC)$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN,NO$ thuộc $(MNO)$ lần lượt song song với $BC,SB$ cùng thuộc $(SBC)$, nên $(MNO)\parallel (SBC)$. Kết quả trùng đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 6: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(P)\parallel (BCD)$ đi qua $M\in AB$, thiết diện là tam giác đồng dạng với tam giác $BCD$ với tỉ số $\frac{MA}{AB}$. Do $MB=2MA$ nên $AB=3MA$, suy ra tỉ số đồng dạng $k=\frac{MA}{AB}=\frac{1}{3}$. Diện tích thiết diện bằng $k^2\cdot S_{BCD}=\frac{1}{9}\cdot 27=3$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 3: 3).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{C}=\vec{B}+\vec{D}-\vec{A}$. Ta có $\overrightarrow{KI}=\vec{A}+\frac{\vec{B}-\vec{A}}{2}-\left(\vec{A}+\frac{\vec{S}-\vec{A}}{2}\right)=\frac{\vec{B}-\vec{S}}{2}$, tức $KI\parallel SB$. Mặt khác $\overrightarrow{BJ}=\frac{\vec{C}+\vec{D}}{2}-\vec{B}=\frac{\vec{B}+\vec{D}-\vec{A}+\vec{D}-2\vec{B}}{2}=\vec{D}-\frac{\vec{A}+\vec{B}}{2}=\overrightarrow{ID}$, tức $ID\parallel BJ$. Trong mặt phẳng $(KID)$, $KI$ và $ID$ cắt nhau tại $I$; trong mặt phẳng $(SBJ)$, $SB$ và $BJ$ cắt nhau tại $B$. Suy ra $(KID)\parallel (SBJ)$. Các khẳng định khác sai vì không có đủ hai cặp đường thẳng cắt nhau song song (ví dụ A: $(SBJ)$ chứa $J\in CD$ và $AD\nparallel$ mặt phẳng này do $AD\parallel BC$ mà $BC$ cắt $(SBJ)$ tại $B$).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A sai vì nếu $(P)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng vuông góc với $(Q)$ thì $(P)$ vuông góc với $(Q)$ (định lý về dấu hiệu mặt phẳng vuông góc), không song song. B sai vì chỉ cần một trong hai đường $a$ hoặc $b$ song song với $(Q)$ thì chưa đủ để kết luận $(P)\parallel (Q)$ (đường thẳng còn lại có thể cắt $(Q)$). C sai vì $(P)$ chứa $a\parallel (Q)$ thì $(P)$ có thể song song hoặc cắt $(Q)$. D đúng theo định lý: nếu $(P)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $a,b$ và $a,b$ cùng song song với $(Q)$ thì $(P)\parallel (Q)$. Vậy đáp án đúng là D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, suy ra $MN\parallel BC$. Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành) nên $MO\parallel SC$. Vậy $(OMN)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN\parallel BC$ và $MO\parallel SC$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. Đáp án khớp với đáp án nguồn: B.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó trọng tâm $I=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0\right)$, $J=\left(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)$, $K=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=\left(0;0;\frac{2}{3}\right)$, nên pháp tuyến của $(IJK)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK}$ cùng phương $(1;1;0)$, tức mặt phẳng $(IJK)$ có dạng $x+y=\frac{2}{3}$. Mặt phẳng $(B{B}^{\prime }C)$ đi qua $B(1;0;0),B^{\prime }(1;0;1),C(0;1;0)$ có phương trình $x+y=1$, cùng pháp tuyến $(1;1;0)$ và không trùng $(IJK)$, nên $(B{B}^{\prime }C)\parallel (IJK)$. Các phương án khác: $(A{A}^{\prime }B)$ có $x=0$, $(C{C}^{\prime }A)$ có $y=0$, $(B{C}^{\prime }A)$ có $-y+z=0$, đều không song song với $(IJK)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành), $M$ là trung điểm $SA$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$. Trong tam giác $SAD$: $M,N$ là trung điểm $SA,SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel AD\parallel BC$. Vì $OM\parallel SC\subset (SBC)$, $MN\parallel BC\subset (SBC)$ và $OM,MN$ cắt nhau tại $M$ không nằm trong $(SBC)$, theo định lý về hai mặt phẳng song song ta có $(OMN)\parallel (SBC)$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 10: A).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(0,1,0)$, $A^{\prime }=(0,0,1)$ (lăng trụ đứng, không mất tính tổng quát vì kết quả chỉ phụ thuộc quan hệ song song). Khi đó $B^{\prime }=(1,0,1)$, $C^{\prime }=(0,1,1)$.

Trọng tâm: $I=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0\right)$, $J=\left(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$, $K=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$.

Vectơ chỉ phương của $(IJK)$: $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=\left(0,0,\frac{2}{3}\right)$, nên pháp tuyến ${\vec{n}}_1\propto (1,1,0)$, tức $(IJK)$ có dạng $x+y=\frac{2}{3}$.

Xét $(B{B}^{\prime }C)$: đi qua $B=(1,0,0)$, $B^{\prime }=(1,0,1)$, $C=(0,1,0)$, có vectơ chỉ phương $(0,0,1)$ và $(-1,1,0)$, pháp tuyến ${\vec{n}}_2\propto (1,1,0)$. Vậy ${\vec{n}}_1\parallel {\vec{n}}_2$ và $(B{B}^{\prime }C)$ không chứa điểm nào của $(IJK)$ (mặt phẳng $x+y=1$), nên $(IJK)\parallel (B{B}^{\prime }C)$.

Kiểm tra các phương án khác: $(A{A}^{\prime }B)$ có pháp tuyến $(0,1,0)$; $(C{C}^{\prime }A)$ có pháp tuyến $(1,0,0)$; $(B{C}^{\prime }A)$ có pháp tuyến $(0,1,-1)$ — đều không song song với $(1,1,0)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định trong không gian:
- A sai: hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng có thể cắt nhau, song song hoặc chéo nhau (ví dụ trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, các cạnh $AB$, $BC$, $A^{\prime }{D}^{\prime }$, $D^{\prime }{C}^{\prime }$ đều vuông góc với $B{B}^{\prime }$ nhưng không song song với nhau).
- B sai: theo định nghĩa, hai đường thẳng vuông góc với nhau là hai đường thẳng cắt nhau và góc giữa chúng bằng $90^{\circ }$ (hoặc hai đường chéo nhau có góc giữa bằng $90^{\circ }$ — khi đó ta nói chúng vuông góc, nhưng khẳng định B nói 'vuông góc với nhau' theo nghĩa cắt nhau thì không thể chéo nhau; thực tế hai đường thẳng vuông góc thì phải cắt nhau tại một điểm, không thể chéo nhau theo định nghĩa chuẩn của SGK).
- C đúng: hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau. Đây là hệ quả của tính chất: nếu một đường thẳng vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt thì hai mặt phẳng đó song song với nhau.
- D sai: hai đường thẳng không có điểm chung có thể song song hoặc chéo nhau.
Vậy khẳng định đúng là C.

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

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình bình hành tâm $O$, $M$ trung điểm $SA$, $N$ trung điểm $SD$.

Ý a: Trong tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OM$ là đường trung bình, suy ra $OM\parallel SC$. Trong tam giác $SAD$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AD$; vì $AD\parallel BC$ nên $MN\parallel BC$. Hai đường thẳng cắt nhau $OM$ và $MN$ của mặt phẳng $(OMN)$ lần lượt song song với $SC$ và $BC$ của mặt phẳng $(SBC)$, do đó $(OMN)\parallel (SBC)$. → Đúng.

Ý b: $MN\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$ và $MN\not\subset (SBC)$, nên $MN\parallel (SBC)$. → Đúng.

Ý c: Điểm $F$ thuộc đoạn $ON$ nên $MF\subset (OMN)$. Vì $(OMN)\parallel (SBC)$ nên mọi đường thẳng nằm trong $(OMN)$, kể cả $MF$, đều không thể cắt mặt phẳng $(SBC)$ (chúng song song với $(SBC)$). → Sai.

Ý d: Tập hợp các điểm trên $(ABCD)$ cách đều hai đường thẳng song song $AB$ và $CD$ là đường trung bình của hình bình hành, đi qua trung điểm $E$ của $AD$ và $O$. Mặt khác, mặt phẳng qua $N$ song song với $(SAB)$ cắt mặt phẳng $(SAD)$ theo đường thẳng qua $N$ song song với $SA$ (vì $(SAD)\cap (SAB)=SA$), đường này cắt $AD$ tại trung điểm $E$ của $AD$. Mặt phẳng đó chứa $E$ và đường thẳng $AB$ nên cắt $(ABCD)$ theo đường trung bình qua $E$ song song $AB$ — chính là quỹ tích điểm $G$. Vậy $G$ nằm trong mặt phẳng qua $N$ song song $(SAB)$, suy ra $GN\parallel (SAB)$. → Đúng.

Kết quả: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Đúng (ĐĐSĐ), khớp với bảng đáp án mã đề 212.

(AI giải đề cho tôi)
Qua $M$ kẻ đường thẳng song song $SA$ cắt $(SBC)$ tại $N$. Vì đường thẳng qua $M$ song song $SA$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$, nên $N$ thuộc giao tuyến của $(SAB)$ và $(SBC)$, tức $N$ nằm trên đường thẳng $SB$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, do $MN//SA$ nên theo định lý Thales: $\frac{MN}{SA}=\frac{BN}{BS}$ (đặt $k_1=\frac{BN}{BS}$). Tương tự, đường thẳng qua $M$ song song $SB$ cắt $(SAD)$ tại $P$; vì đường này nằm trong mặt phẳng $(SBA)$ nên $P$ thuộc giao tuyến của $(SBA)$ và $(SAD)$, tức $P$ nằm trên $SA$, và $\frac{MP}{SB}=\frac{AP}{AS}$ (đặt $k_2=\frac{AP}{AS}$). Gọi $I$ là giao điểm của $SM$ với $AB$ (M bên trong hình thang nên $I$ nằm trên đoạn $AB$). Trong tam giác $SAB$, đường thẳng qua $M$ song song $SA$ cho $\frac{BN}{BS}=\frac{BI}{BA}$; đường thẳng qua $M$ song song $SB$ cho $\frac{AP}{AS}=\frac{AI}{AB}$. Vì $I$ nằm giữa $A$ và $B$ nên $\frac{BI}{BA}+\frac{AI}{AB}=1$. Vậy $\frac{MN}{SA}+\frac{MP}{SB}=\frac{BI}{BA}+\frac{AI}{AB}=1$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 21, Mã đề 211: 1).

(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)
Vì tầng giữa $(IJKL)$ song song với hai tầng $(ABCD)$ và $(EFGH)$, theo hình vẽ $I$ nằm trên đoạn $AE$ và $K$ nằm trên đoạn $CG$. Mặt phẳng $(IJKL)$ cắt các đường thẳng $AE$ và $CG$ (hai đường thẳng chéo nhau nối hai mặt phẳng song song) theo cùng một tỉ số chia. Cụ thể, do $(IJKL)\parallel (EFGH)$, khoảng cách từ $I$ đến $(EFGH)$ bằng khoảng cách từ $K$ đến $(EFGH)$, suy ra $$\frac{AI}{AE}=\frac{CK}{CG}.$$ Với $AE=120$ cm, $CG=150$ cm, $GK=60$ cm nên $CK=CG-GK=150-60=90$ cm. Do đó $$AI=\frac{CK}{CG}\cdot AE=\frac{90}{150}\cdot 120=72\text{cm}.$$ Vậy bác thợ mộc cần khoan lỗ tại vị trí sao cho $AI=72$ cm, trùng với đáp án 72 của đề.