Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng cắt Ox, Oy, Oz tại A,B,C nên có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ với $OA=a,OB=b,OC=c>0$. Vì $(P)$ qua $M(1;2;3)$: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1$. Theo BĐT Cauchy–Schwarz: ${\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)}^2\le \left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)(1+4+9)=14T$, nên $T\ge \frac{1}{14}$. Dấu bằng khi $\frac{1}{a}:\frac{1}{b}:\frac{1}{c}=1:2:3$, tức $\frac{1}{a}=k,\frac{1}{b}=2k,\frac{1}{c}=3k$. Khi đó $k+4k+9k=14k=1\Rightarrow k=\frac{1}{14}$. Vậy $(P):\frac{x}{14}+\frac{2y}{14}+\frac{3z}{14}=1\iff x+2y+3z-14=0$, tức $a=2,b=3,c=-14$. Do đó $A=a+b+c=2+3-14=-9$. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;2a;0)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$. Trung điểm $M$ của $SD$: $M\left(\frac{a}{4};a;\frac{\sqrt{3}a}{4}\right)$.

Vecto pháp tuyến của $(SAC)$: $\vec{n}=\overrightarrow{AS}\times \overrightarrow{AC}=\left(-\sqrt{3}{a}^2;\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2};a^2\right)$, suy ra phương trình mặt phẳng: $-\sqrt{3}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+z=0$.

Khoảng cách từ $M$ đến $(SAC)$:
$$d(M,(SAC))=\frac{\left|-\sqrt{3}\cdot \frac{a}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{\sqrt{3}a}{4}\right|}{\sqrt{3+\frac{3}{4}+1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}a}{2}}{\frac{\sqrt{19}a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}a=\frac{\sqrt{57}a}{19}.$$
Kết quả trùng với đáp án A của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi B là điểm nghỉ trên (Oxy), C là điểm ong chạm mặt (P): y−z=0, D là điểm kết thúc đoạn bò (D∈(P), CD=2). Quãng đường = AB + BC + CD + DA.

Bước 1: Phản chiếu A qua (Oxy) được A₁(3;2;−1). Vì B∈(Oxy) nên AB+BC = A₁B+BC ≥ A₁C, dấu '=' khi B nằm trên đoạn A₁C.

Bước 2: Phản chiếu A qua (P) được A₂(3;1;2) (do đối xứng qua y−z=0 là hoán đổi y,z). Vì D∈(P) nên DA = DA₂.

Bước 3: C,D∈(P), CD=2. Khoảng cách từ A₁ đến (P) là p = |2−(−1)|/√2 = 3/√2, từ A₂ đến (P) là q = |1−2|/√2 = 1/√2. Hình chiếu của A₁ và A₂ trên (P) lần lượt là (3; 1/2; 1/2) và (3; 3/2; 3/2), khoảng cách trong mặt phẳng u = √2.

Chọn trục trong (P) along vector (0;1;1)/√2, khi đó bài toán trở thành: min √(x²+p²) + √((u−2−x)²+q²) = khoảng cách từ điểm (0;−p) đến (u−2; q), tức là
$$\sqrt{(u-2{)}^2+(p+q{)}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}-2{)}^2+(2\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{14-4\sqrt{2}}\approx \mathrm{2.8884.}$$

Giá trị này đạt được với C = (3; 0.1893; 0.1893)∈(P) (có z>0 nên đoạn A₁C cắt (Oxy) tại B hợp lệ), D = C + 2·(0;1;1)/√2 = (3; 1.6035; 1.6035)∈(P).

Tổng quãng đường ngắn nhất:
$$2+\sqrt{14-4\sqrt{2}}\approx 4.8884\approx 4.89\text{ dm}.$$

(AI giải đề cho tôi)
a) Khoảng cách từ M(1;-3;4) đến (P): x-2y+2z-3=0 là d=|1-2(-3)+2·4-3|/√(1+4+4)=|1+6+8-3|/3=12/3=4 (m). Đúng.
b) Đường bay: x=2+2t, y=-1+4t, z=4. Thử M(1;-3;4): 2+2t=1⇒t=-1/2, khi đó y=-1+4(-1/2)=-3, z=4 ⇒ M thuộc đường thẳng bay nên mũi tên (theo đường bay) xuyên qua trái táo. Đúng.
c) Đầu mũi tên cắm vào tường là giao điểm đường bay với (P): 2+2t-2(-1+4t)+8-3=9-6t=0⇒t=3/2, điểm (5;5;4). Kiểm tra: 5-10+8-3=0, thuộc (P). Đúng.
d) Mũi tên dài ℓ=√39/10 (m), vector chỉ phương u=(2;4;0), |u|=2√5. Vector mũi tên v=ℓ·u/|u|=(√39/(10√5);√39/(5√5);0). Phép chiếu thẳng đứng xuống (Q): y+z-2=0 theo pháp tuyến n=(0;1;2), |n|²=5, v·n=2√39/(10√5). Bóng = v−(v·n/5)n=(c;8c/5;−4c/5) với c=√39/(10√5). Độ dài bóng = c·√(1+64/25+16/25)=c√105/5=√819/50≈0,572 m≈57 cm ≠ 50 cm. (Ngoài ra đề ghi đơn vị cm cho mũi tên nhưng tọa độ tính theo m, mâu thuẫn đơn vị.) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
d(M,(P))=|1+6+8-3|/3=4 m.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng x=2+2t, y=-1+4t, z=4 đi qua M(1;-3;4) tại t=-1/2, nên đường bay xuyên qua trái táo.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao đường bay với (P): 9-6t=0, t=3/2, điểm (5;5;4) thỏa mãn phương trình (P).
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiếu thẳng đứng mũi tên xuống (Q) theo n=(0;1;2) được bóng dài √819/50≈0,572 m≈57 cm, không phải 50 cm; ngoài ra đề còn mâu thuẫn đơn vị (cm/m).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$ với $a,b,c\ne 0$. Vì $H$ là trực tâm nên $AH\perp BC$, $BH\perp AC$, $CH\perp AB$.
- $\overrightarrow{AH}=(1-a;2;3)$, $\overrightarrow{BC}=(0;-b;c)$, tích có hướng bằng 0: $-2b+3c=0\Rightarrow 3c=2b$.
- $\overrightarrow{BH}=(1;2-b;3)$, $\overrightarrow{AC}=(-a;0;c)$: $-a+3c=0\Rightarrow a=3c$.
- $\overrightarrow{CH}=(1;2;3-c)$, $\overrightarrow{AB}=(-a;b;0)$: $-a+2b=0\Rightarrow a=2b$.

Suy ra $a=2b=3c$, tức $b=\frac{a}{2},c=\frac{a}{3}$. Mặt phẳng (ABC): $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1\iff x+2y+3z=a$. So với $mx+ny+pz-14=0$ ta có $a=14$, do đó $m=1,n=2,p=3$ và $m+n+p=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{2};0;0)$, $D(0;\sqrt{2};0)$, $C(\sqrt{2};\sqrt{2};0)$. Vì $(SAD)\perp (ABCD)$ và tam giác $SAD$ cân tại $S$ nên hình chiếu của $S$ xuống $(ABCD)$ là trung điểm $O$ của $AD$: $O(0;\frac{\sqrt{2}}{2};0)$, $S(0;\frac{\sqrt{2}}{2};h_S)$.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot h_S=\frac{1}{3}\cdot 2\cdot h_S=\frac{2h_S}{3}=\frac{4}{3}\Rightarrow h_S=2$, tức $S(0;\frac{\sqrt{2}}{2};2)$.

Mặt phẳng $(SCD)$: với $\overrightarrow{DC}=(\sqrt{2};0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(0;-\frac{\sqrt{2}}{2};2)$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-2\sqrt{2};-1)$, qua $D(0;\sqrt{2};0)$ nên $(SCD)$: $2\sqrt{2}y+z=4$.

Khoảng cách từ $B(\sqrt{2};0;0)$ đến mặt phẳng: $\frac{|0+0-4|}{\sqrt{8+1}}=\frac{4}{3}$. Hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng là $H(\sqrt{2};\frac{8\sqrt{2}}{9};\frac{4}{9})$. Kiểm tra $H$ có thuộc tam giác $SCD$ không: viết $H=\alpha S+\beta C+\gamma D$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$. Từ hoành độ $x$: $\beta \sqrt{2}=\sqrt{2}\Rightarrow \beta =1\Rightarrow \alpha =\gamma =0$, khi đó phải có $H=C$, nhưng $H\ne C$ (tung độ khác nhau). Vậy $H$ nằm ngoài tam giác $SCD$, nên điểm gần $B$ nhất trên tam giác nằm trên biên. Xét ba cạnh:

- Cạnh $CD$: $y=\sqrt{2},z=0$, khoảng cách từ $B$ nhỏ nhất tại $C$ bằng $\sqrt{2}\approx 1,414$.
- Cạnh $SD$: điểm $(0;\frac{\sqrt{2}}{2}(1+t);2(1-t))$, $t\in [0;1]$. Bình phương khoảng cách: $f(t)=2+\frac{1}{2}(1+t{)}^2+4(1-t{)}^2$. $f^{\prime }(t)=(1+t)-8(1-t)=0\Rightarrow t=\frac{7}{9}$, $f(\frac{7}{9})=2+\frac{128}{81}+\frac{16}{81}=\frac{34}{9}$, tức $d(B,SD)=\frac{\sqrt{34}}{3}\approx 1,944$.
- Cạnh $SC$: điểm $S+t(C-S)=(t\sqrt{2};\frac{\sqrt{2}}{2}(1+t);2(1-t))$. Bình phương khoảng cách: $g(t)=2(1-t{)}^2+\frac{1}{2}(1+t{)}^2+4(1-t{)}^2$. $g^{\prime }(t)=-12(1-t)+(1+t)=0\Rightarrow t=\frac{11}{13}\in [0;1]$, $g(\frac{11}{13})=\frac{8}{169}+\frac{288}{169}+\frac{16}{169}=\frac{312}{169}$, tức $d(B,SC)=\frac{\sqrt{312}}{13}=\frac{2\sqrt{78}}{13}\approx 1,359$.

So sánh: $\frac{2\sqrt{78}}{13}\approx 1,359<\sqrt{2}\approx 1,414<\frac{\sqrt{34}}{3}\approx 1,944$. Vậy độ dài sợi cáp ngắn nhất là $h=\frac{2\sqrt{78}}{13}\approx 1,36$ (m), đạt tại điểm trên cạnh $SC$ với $t=\frac{11}{13}$.

a) Tọa độ của điểm $C$ là $C(m;m;0)$. Chọn SAI.



b) $d\left(C;(A^{\prime }BD)\right)=d\left(A;(A^{\prime }BD)\right)=h$ $\Rightarrow \frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{9}{16}$ $\Rightarrow h=\frac{4}{3}$. Chọn ĐÚNG.

c) Gọi $I$ là trung điểm của $BD$, gọi $K$ là giao điểm của $A^{\prime }C$ và $C^{\prime }C$. Suy ra $C^{\prime }C\cap (A^{\prime }BD)=K$. Ta có $MK=\frac{3}{2}CK\Rightarrow d\left(M;(A^{\prime }BD)\right)=\frac{3}{2}d\left(C;(A^{\prime }BD)\right)$. Chọn ĐÚNG.

d) Ta chia khối hộp chữ nhật thành các hình chóp với $V_{BD{A}^{\prime }M}=V_7=\frac{1}{4}{m}^2(4-m)$; xét hàm số trên $[0;4]$ ta được ${\max }_{[0;4]}{V}_7=\frac{64}{27}$. Chọn ĐÚNG.
a) Tọa độ của điểm $C$ là $C(m;m;0)$. Chọn SAI.
b) $d\left(C;(A^{\prime }BD)\right)=d\left(A;(A^{\prime }BD)\right)=h$ $\Rightarrow \frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{9}{16}$ $\Rightarrow h=\frac{4}{3}$. Chọn ĐÚNG.
c) Gọi $I$ là trung điểm của $BD$, gọi $K$ là giao điểm của $A^{\prime }C$ và $C^{\prime }C$. Suy ra $C^{\prime }C\cap (A^{\prime }BD)=K$. Ta có $MK=\frac{3}{2}CK\Rightarrow d\left(M;(A^{\prime }BD)\right)=\frac{3}{2}d\left(C;(A^{\prime }BD)\right)$. Chọn ĐÚNG.
d) Ta chia khối hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ thành các hình chóp có thể tích $V_{M.BCD}=V_1$, $V_{B.B^{\prime }{C}^{\prime }{A}^{\prime }}=V_2$, $V_{A^{\prime }.BCM}=V_3$, $V_{A^{\prime }.MD{C}^{\prime }}=V_4$, $V_{D.A^{\prime }{D}^{\prime }{C}^{\prime }}=V_5$, $V_{A^{\prime }.ABD}=V_6$ và $V_{BD{A}^{\prime }M}=V_7$. Khi đó, ta có: $$V=V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=m^2.n=V_1+V_2+V_3+V_4+V_5+V_6+V_7.$$ Trong đó $V_1=\frac{1}{3}.\frac{n}{2}.\frac{1}{2}{m}^2=\frac{1}{12}V$; $$V_2=\frac{1}{3}n.\frac{1}{2}{m}^2=\frac{1}{6}V;V_3=\frac{1}{3}m.\frac{1}{4}m.n=\frac{1}{12}V;V_4=\frac{1}{12}V;V_5=\frac{1}{6}V;V_6=\frac{1}{6}V.$$ Suy ra $V_{BD{A}^{\prime }M}=V_7=V-\left(V_1+V_2+V_3+V_4+V_5+V_6\right)=V-\frac{3}{4}V=\frac{1}{4}V=\frac{1}{4}{m}^{2}n$; do $m+n=4\Rightarrow n=4-m\Rightarrow$ $$V_{BD{A}^{\prime }M}=V_7=\frac{1}{4}{m}^2\left(4-m\right)=\frac{1}{4}\left(4m^2-m^3\right).$$ Xét hàm số $V_7=\frac{1}{4}\left(4m^2-m^3\right)$ xác định và liên tục trên $[0;4]$: $${\left(V_7\right)}^{\prime }=2m-\frac{3}{4}{m}^2=0\iff \left[\begin{array}{c}m=0\in [0;4]\\ m=\frac{8}{3}\in [0;4]\end{array}\right],V_7(0)=0,V_7\left(\frac{8}{3}\right)=\frac{64}{27},V_7(4)=0.\text{Vậy}\underset{[0;4]}{\max }{V}_7=\frac{64}{27}.$$ Chọn ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(P)$ qua trục $Ox$ có dạng $by+cz=0$ với $b^2+c^2\ne 0$. Ta có $d(A;(P))=\frac{|2b+3c|}{\sqrt{b^2+c^2}}$, $d(B;(P))=\frac{|-4b-c|}{\sqrt{b^2+c^2}}$. Điều kiện $d(B;(P))=2d(A;(P))$ cho $|-4b-c|=2|2b+3c|$, tức $4b+c=\pm (4b+6c)$.

Trường hợp 1: $4b+c=4b+6c\Rightarrow c=0$, khi đó $(P):y=0$. Kiểm tra: $d(A)=2$, $d(B)=4$, thỏa mãn. Điểm $I$ trên $AB$: $I=(1+4t;2-6t;3-4t)$. Vì $I\in (P)$ nên $y=0\Rightarrow 2-6t=0\Rightarrow t=\frac{1}{3}\in (0;1)$, $I$ nằm giữa $A$, $B$. Suy ra $I=\left(\frac{7}{3};0;\frac{5}{3}\right)$, $a+b+c=\frac{7}{3}+0+\frac{5}{3}=4$.

Trường hợp 2: $4b+c=-(4b+6c)\Rightarrow 8b+7c=0$, chọn $b=-7$, $c=8$, $(P):-7y+8z=0$. Điểm $I$: $-7(2-6t)+8(3-4t)=0\Rightarrow 10+10t=0\Rightarrow t=-1\notin (0;1)$, loại vì $I$ không nằm giữa $A$, $B$.

Vậy $a+b+c=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(P)$ cắt các tia $Ox$, $Oy$, $Oz$ tại $A,B,C$ nên đặt $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$ với $a,b,c>0$. Phương trình mặt phẳng $(P)$ có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$. Vì $(P)$ đi qua $M(1;2;3)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1$.

Theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz:
$${\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)}^2\le \left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(1^2+2^2+3^2\right)=14T,$$
suy ra $T\ge \frac{1}{14}$. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{1}{a}:\frac{1}{b}:\frac{1}{c}=1:2:3$, tức $\frac{1}{a}=\frac{1}{14}$, $\frac{1}{b}=\frac{2}{14}$, $\frac{1}{c}=\frac{3}{14}$, suy ra $a=14$, $b=7$, $c=\frac{14}{3}$.

Phương trình mặt phẳng: $\frac{x}{14}+\frac{y}{7}+\frac{3z}{14}=1\iff x+2y+3z-14=0$. Vậy $a=2$, $b=3$, $c=-14$, do đó $a+b+c=2+3-14=-9$.

(AI giải đề cho tôi)
Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ dưới dạng đoạn chắn: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ với $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$, $a,b,c>0$ (vì cắt các tia). Vì $(P)$ qua $M(1;2;3)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1$. Thể tích tứ diện $OABC$ là $V=\frac{1}{6}abc$. Theo bất đẳng thức AM-GM: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}$, suy ra $1\ge 3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}\Rightarrow abc\ge 162$, tức $V\ge 27$. Dấu bằng khi $\frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{3}{c}=\frac{1}{3}$, tức $a=3,b=6,c=9$. Khi đó $(P):\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{9}=1$, hay $6x+3y+2z-18=0$. Khoảng cách từ $O$ đến $(P)$: $d=\frac{18}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{18}{7}\approx 2.57$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A=(0;0;0)$. Vì $\widehat{ABC}=60°$ và $AB=BC=4a$ nên tam giác $ABC$ đều, do đó $AC=4a$, $BD=4\sqrt{3}a$. Đặt $C=(4a;0;0)$, $O=(2a;0;0)$, $B=(2a;2\sqrt{3}a;0)$, $D=(2a;-2\sqrt{3}a;0)$. Vì $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$ nên $SA\perp (ABCD)$, suy ra $S=(0;0;3a)$.

Ta có $M$ trung điểm $AB$: $M=(a;\sqrt{3}a;0)$; $E\in SC$ với $SE=\frac{1}{3}SC$: $E=\left(\frac{4a}{3};0;2a\right)$.

Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{SO}=(2a;0;-3a)$, $\overrightarrow{DE}=\left(-\frac{2a}{3};2\sqrt{3}a;2a\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$: $\vec{n}=\overrightarrow{SO}\times \overrightarrow{DE}=(6\sqrt{3};-2;4\sqrt{3})\parallel (3\sqrt{3};-1;2\sqrt{3})$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$: $3\sqrt{3}(x-a)-(y-\sqrt{3}a)+2\sqrt{3}z=0$, tức $3\sqrt{3}x-y+2\sqrt{3}z=2\sqrt{3}a$. (Kiểm tra: $\vec{n}\cdot \overrightarrow{SO}=6\sqrt{3}-6\sqrt{3}=0$, $\vec{n}\cdot \overrightarrow{DE}=-2\sqrt{3}-2\sqrt{3}+4\sqrt{3}=0$.)

• Giao với $SA$: điểm $(0;0;3at)$ cho $6\sqrt{3}at=2\sqrt{3}a\Rightarrow t=\frac{1}{3}$, nên $N=(0;0;a)$, tức $SN=\frac{1}{3}SA$.

• Giao với $AD$: điểm $(2as;-2\sqrt{3}as;0)$ cho $8\sqrt{3}as=2\sqrt{3}a\Rightarrow s=\frac{1}{4}$, nên $P=\left(\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, tức $AP=\frac{1}{4}AD$.

Tính độ dài: $\overrightarrow{MN}=(-a;-\sqrt{3}a;a)\Rightarrow M{N}^2=5a^2$; $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{3\sqrt{3}a}{2};0\right)\Rightarrow M{P}^2=7a^2$; $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{MP}=\frac{a^2}{2}+\frac{9a^2}{2}=5a^2$.

Diện tích tam giác $MNP$: $S=\frac{1}{2}MN\cdot MP\cdot \sin \theta$ với ${\sin }^2\theta =1-\frac{(\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{MP}{)}^2}{M{N}^2\cdot M{P}^2}=1-\frac{25a^4}{35a^4}=\frac{2}{7}$.

Vậy $S_{MNP}=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{7}\cdot \sqrt{\frac{2}{7}}=\frac{1}{2}{a}^2\sqrt{10}=\frac{\sqrt{10}}{2}{a}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.

Hình chiếu của $A$ lên $SB$: vectơ $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{2})$, $|SB{|}^2=3a^2$, $\overrightarrow{AS}=(0;0;a\sqrt{2})$. Gọi $M=S+t\overrightarrow{SB}$ với $t=\frac{-\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{SB}}{|SB{|}^2}=\frac{2a^2}{3a^2}=\frac{2}{3}$. Vậy $M=\left(\frac{2a}{3};0;\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$, tương tự $N=\left(0;\frac{2a}{3};\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$.

Mặt phẳng $(AMN)$ đi qua $A$ nên có dạng $\alpha x+\beta y+\gamma z=0$. Thay tọa độ $M$: $\frac{2a\alpha }{3}+\frac{a\sqrt{2}\gamma }{3}=0\Rightarrow \gamma =-\sqrt{2}\alpha$. Chọn $\alpha =1$: $(AMN):x+y-\sqrt{2}z=0$.

Điểm $P\in SC$: $P=S+u\overrightarrow{SC}=(ua;ua;a\sqrt{2}(1-u))$. Thay vào mặt phẳng: $2ua-\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}(1-u)=2ua-2a(1-u)=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$.

Vậy $\frac{SP}{SC}=\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt tiền là mặt phẳng đứng, vết của nó trên mặt đất (mặt phẳng $Oxy$) là hướng phố Đông - Tây, tức phương của tia sáng lệch $38^{\circ }$ so với hướng tây. Theo Hình 2, đường thẳng vết này đi qua $O$ và lệch xuống phía nam nên có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(-\cos 38^{\circ };-\sin 38^{\circ };0)$. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$ qua $O$ nằm trong mặt phẳng $Oxy$: $\vec{n}=(\sin 38^{\circ };-\cos 38^{\circ };0)$ (đã là vectơ đơn vị). Vậy $(P):\sin 38^{\circ }x-\cos 38^{\circ }y=0$. Mặt phẳng $(Q)$ song song $(P)$, cách nhau $30$ m nên $\sin 38^{\circ }x-\cos 38^{\circ }y+c_0=0$ với $|c_0|=30$. Chia cho $\sin 38^{\circ }$ để đưa về dạng $x+ay+bz+c=0$: $c=\frac{c_0}{\sin 38^{\circ }}$. Vì $m<0$ nên chọn $c_0=-30$, suy ra $c=\frac{-30}{\sin 38^{\circ }}=\frac{-30}{\cos 52^{\circ }}$. Vậy $m=-30$, $n=52$, do đó $n-m=52-(-30)=82$.

Lời giải (theo biểu điểm và đáp án, trang 13-14): $O(0;0;0),A(0;8;4),B(0;4;10),C(-8;8;4),E(-8;16;4),F(-11;16;10)$
$\overrightarrow{AB}=(0,-4,6),\overrightarrow{AC}=(-8,0,0)\Rightarrow {\vec{n}}_{E_1}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=(0,3,2)\Rightarrow E_1:3y+2z-32=0.$
$\overrightarrow{CE}=(0,8,0),\overrightarrow{CF}=(-3,8,6)\Rightarrow {\vec{n}}_{E_2}=(2,0,1)\Rightarrow E_2:2x+z+12=0.$
- Trên $E_1$ đường nóc $g_{BD}$ đi qua $B$ và vectơ chỉ phương là $(1;0;0)$
→ đường nóc: $g_{BD}:\{\begin{array}{l}x=t,\\ y=4,\\ z=10\end{array}$ $(t\in \mathbb{R})$.
- Trên $E_2$ đường nóc $g_{BD}$ đi qua $F$ và vectơ chỉ phương là $(0;1;0)$
→ đường nóc: $g_{FD}:\{\begin{array}{l}x=-11,\\ y=s,\\ z=10\end{array}$ $(s\in \mathbb{R})$.
Giao điểm hai đường nóc tại $D$
Giải hai hệ trên: $x=-11,y=4,z=10\Rightarrow D(-11;4;10)$.
Ta tìm được hình chiếu của $K$ lên $E_1$ là $K_1=\left(11,-\frac{12}{13},\frac{226}{13}\right)$ có $y<4\Rightarrow$ ngoài tứ giác $\Rightarrow$ độ dài ngắn nhất xảy ra trên biên.
- Khoảng cách từ $K$ đến các cạnh đạt min tại đỉnh $B(0;4,10)$:
$KB=\sqrt{(11-0{)}^2+(12-4{)}^2+(26-10{)}^2}=\sqrt{441}=21m.$
- Ta tìm được hình chiếu của $K$ lên $E_2$ là $K_2=(-13,12,14)$ có $x=-13<-11\Rightarrow$ nằm ngoài tứ giác $\Rightarrow$ độ dài ngắn nhất xảy ra trên biên.
- Xét cạnh $DF:\{\begin{array}{l}x=-11\\ y=4+12t,0\le t\le 1.\\ z=10\end{array}$
Ta có: Khoảng cách từ $K$ đến $DF=\sqrt{22^2+(12-4-12t{)}^2+16^2}$ nhỏ nhất khi $t=\frac{2}{3}\Rightarrow R=(-11,12,10)$, suy ra $KR=\sqrt{22^2+0^2+16^2}=2\sqrt{185}\approx 27,2m.$
Tổng độ dài tối thiểu hai sợi dây $L_{\min }\approx 48,2m.$

Lời giải (theo biểu điểm và đáp án, trang 12): Gọi mặt phẳng đi qua $A(4;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),b,c>0$ có phương trình là $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$. Mặt khác ta có $(ABC)$ đi qua điểm $M(1;1;1)\Rightarrow \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{4}$.
Từ $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{4}\Rightarrow 3bc=4(b+c)\Rightarrow 3bc\ge 8\sqrt{bc}\Rightarrow bc\ge \frac{64}{9}$.
Mặt khác $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\Vert \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]\Vert =\frac{1}{2}\sqrt{(bc{)}^2+16\left(b^2+c^2\right)}$ và từ
$$3bc=4(b+c)\Rightarrow 16\left(b^2+c^2\right)=9(bc{)}^2-32bc.$$
Khi đó $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{10(bc{)}^2-32bc},bc\ge \frac{64}{9}$. Xét
$$f(x)=10x^2-32x,x\ge \frac{64}{9}\Rightarrow Minf(x)=f\left(\frac{64}{9}\right).$$
Vậy $Min{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{f\left(\frac{64}{9}\right)}\approx 8,338$. Làm tròn đến hàng phần trăm ta có
$$Min{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{f\left(\frac{64}{9}\right)}=8,34.$$