Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phép chiếu song song (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$ (tam giác $SAB$ đều cạnh $a$). $M(a;x;0)$ với $0<x<a$.

a) Đường thẳng qua $D$ song song với phương chiếu $BC$ (tức song song $AD$) chính là $AD$, cắt mặt phẳng $(SAB)$ tại $A$. Hình chiếu của $D$ là $A$, của $S$ là $S$, nên hình chiếu của $SD$ là $SA$. → Đúng.

b) Vì $AD\parallel BC$ nên $AD\parallel (SBC)$, suy ra giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$ (đồng thời song song $BC$, $AB$), không song song với $SA$. → Sai.

c) Mặt phẳng đáy cắt $(SAB)$ theo $AB$, nên $d\parallel AB$. Đường thẳng qua $M$ song song $AB$ cắt $AD$ tại $N(0;x;0)$, khi đó $AN=BM=x$ nên $ND=a-x\ne x$ (vì $0<x<a$). → Sai.

d) Mặt phẳng $(\alpha )$ song song $(SAB)$, tức $(\alpha ):y=x$. Thiết diện: trên đáy là đoạn $NM$ với $N(0;x;0)$, $M(a;x;0)$ dài $a$; trên $SC$ là $R\left(\frac{a+x}{2};x;\frac{a\sqrt{3}}{2}\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$; trên $SD$ là $Q\left(\frac{a-x}{2};x;\frac{a\sqrt{3}}{2}\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$. $RQ=x\parallel NM$, chiều cao trapezoid (trong mặt phẳng $y=x$) là $h^{\prime }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\left(1-\frac{x}{a}\right)=\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}$. Diện tích: $\frac{1}{2}(a+x)\cdot \frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2)$. → Đúng.

Kết luận: a Đúng, b Sai, c Sai, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Qua $D$ vẽ đường song song với $BC$ (tức $AD$) cắt $(SAB)$ tại $A$; hình chiếu của $S$ là $S$, nên hình chiếu của $SD$ là $SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$, ta có $AD\parallel (SBC)$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (cũng song song $BC$), không song song với $SA$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$d$ nằm trong mặt đáy và song song $(SAB)$ nên $d\parallel AB$. Khi đó $AN=BM=x$ nên $ND=a-x\ne x$ với $0<x<a$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là hình thang $NMRQ$ ($NM=a$, $RQ=x$, $NM\parallel RQ$) với chiều cao $\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}$, diện tích $\frac{1}{2}(a+x)\cdot \frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần IV):

a) Trong hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $BC$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang, do đó $MN\parallel AB\parallel CD$.
Ta có: $MN\subset (SMN)$; $CD\not\subset (SMN)$ (vì $C,D$ không thuộc mặt phẳng đó); $CD\parallel MN$.
Vậy $CD\parallel (SMN)$.

b) Vì $Q$ là hình chiếu song song của $P$ trên $(ABCD)$ theo phương $SA$ nên $PQ\parallel SA$ và $Q\in (ABCD)$.
Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $P$ song song với $SA$ cắt $AB$ tại $Q$ (vì $PQ\parallel SA$ nên $Q$ nằm trên $AB$).
Tam giác $SAB$ đều có cạnh $AB=2a$ nên $SA=2a$.
Vì $BP=2SP$ nên $\frac{SP}{SB}=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{BP}{BS}=\frac{2}{3}$.
Trong tam giác $SAB$, do $PQ\parallel SA$ nên $△BPQ\sim △BSA$, do đó:
$$PQ=\frac{BP}{BS}\cdot SA=\frac{2}{3}\cdot 2a=\frac{4a}{3}.$$

c) Ta có $N$ là trung điểm của $BC$ nên $N\in BC\subset (ADP)$, tức $N\in (ADP)$; lại có $P\in (ADP)$ nên đường thẳng $PN\subset (ADP)$.
Mặt khác $PN\subset (SBC)$ (vì $P\in SB$, $N\in BC$).
Suy ra $(ADP)\cap (SBC)=PN$.
Giao điểm $E$ của $SC$ và $(ADP)$ chính là giao điểm của $SC$ với $PN$: $E=SC\cap PN$.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SBC$ với cát tuyến $EPN$:
$$\frac{SP}{PB}\cdot \frac{BN}{NC}\cdot \frac{CE}{ES}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{CE}{ES}=1\Rightarrow \frac{CE}{ES}=2.$$
Vậy $E$ nằm trên đoạn $SC$ với $ES=\frac{1}{3}SC$ (tức $E$ là điểm trên $SC$ sao cho $SE=\frac{1}{3}SC$).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $AB=\vec{b},AD=\vec{d},A{A}^{\prime }=\vec{a}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{d}|=12$ và các góc giữa chúng đều bằng $60^{\circ }$ (theo hình vẽ: $\widehat{A^{\prime }AB}=\widehat{A^{\prime }AD}=\widehat{BAD}=60^{\circ }$), nên $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{d}=\vec{b}\cdot \vec{d}=72$.

Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(12;0;0)$, $D=(6;6\sqrt{3};0)$. Từ $\vec{a}\cdot \vec{b}=72$ và $\vec{a}\cdot \vec{d}=72$ suy ra $\vec{a}=(6;2\sqrt{3};4\sqrt{6})$ (vì $|\vec{a}|=12$).

Suy ra $C^{\prime }=\vec{b}+\vec{d}+\vec{a}=(24;8\sqrt{3};4\sqrt{6})$, $B^{\prime }=(18;2\sqrt{3};4\sqrt{6})$, $D^{\prime }=(12;8\sqrt{3};4\sqrt{6})$.

Vì $M\in A{C}^{\prime }$: $M=t{C}^{\prime }=(24t;8\sqrt{3}t;4\sqrt{6}t)$.

Phép chiếu theo phương $B{A}^{\prime }$: vectơ chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\vec{a}-\vec{b}=(-6;2\sqrt{3};4\sqrt{6})$, nên $N=M+s\vec{v}$. Vì $N\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên tung độ $z$ của $N$ bằng $4\sqrt{6}$: $4\sqrt{6}t+4\sqrt{6}s=4\sqrt{6}\Rightarrow s=1-t$.

Do đó $N=(30t-6;2\sqrt{3}+6\sqrt{3}t;4\sqrt{6})$.

Điều kiện $N\in B^{\prime }{D}^{\prime }$: điểm trên $B^{\prime }{D}^{\prime }$ có dạng $B^{\prime }+u(\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }})=(18-6u;2\sqrt{3}+6\sqrt{3}u;4\sqrt{6})$. So sánh: $u=t$ và $30t-6=18-6t\Rightarrow 36t=24\Rightarrow t=\frac{2}{3}$ (thỏa $u\in [0;1]$).

Khi đó $M=\left(16;\frac{16\sqrt{3}}{3};\frac{8\sqrt{6}}{3}\right)$, $N=(14;6\sqrt{3};4\sqrt{6})$.

$$M{N}^2=(-2{)}^2+{\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)}^2+{\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)}^2=4+\frac{4}{3}+\frac{32}{3}=16$$

Vậy $MN=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $M$ là trung điểm $SB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{2}$, và $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{b}+2\vec{d}}{3}$.

Đường thẳng qua $G$ song song với $AM$ (phương chiếu) có dạng: $X=G+t\overrightarrow{AM}$, tức $\overrightarrow{AX}=\frac{t}{2}\vec{s}+\left(\frac{1}{3}+\frac{t}{2}\right)\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{d}$.

Điểm $H$ thuộc mặt phẳng $(SBC)$ nên $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AS}+u(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AS})+v\overrightarrow{AD}=(1-u)\vec{s}+u\vec{b}+v\vec{d}$.

So sánh hệ số theo $\vec{s},\vec{b},\vec{d}$ (độc lập tuyến tính):
- Theo $\vec{d}$: $v=\frac{2}{3}$.
- Theo $\vec{s}$ và $\vec{b}$: $\frac{t}{2}=1-u$ và $\frac{1}{3}+\frac{t}{2}=u$. Cộng lại: $\frac{1}{3}+t=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$.

Vậy $\overrightarrow{GH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}$, suy ra $\frac{GH}{AM}=\frac{2}{3}$.