Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quan hệ liên thuộc (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ vectơ với gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$ với $[\vec{b},\vec{c},\vec{d}]\ne 0$.

Tọa độ các điểm:
- $P\in AB$ với $\frac{AP}{AB}=\frac{1}{3}$: $\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\vec{b}$.
- $R\in BC$ với $\frac{CR}{BC}=\frac{1}{3}$: $\overrightarrow{AR}=\vec{c}+\frac{1}{3}(\vec{b}-\vec{c})=\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{c}$.
- $Q$ là trung điểm $CD$: $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d})$.

Gọi $S$ trên đường thẳng $AD$: $\overrightarrow{AS}=t\vec{d}$. Điều kiện $S\in (PQR)$ là ba vectơ $\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AR}-\overrightarrow{AP}$ đồng phẳng, tức tích hỗn hợp bằng 0:
$$\det \left(t\vec{d}-\frac{1}{3}\vec{b},-\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d},\frac{2}{3}\vec{c}\right)=0.$$

Khai triển (các hạng tử chứa hai vectơ tỉ lệ bằng 0):
- $\det \left(t\vec{d},-\frac{1}{3}\vec{b},\vec{c}\right)=-\frac{t}{3}\det (\vec{d},\vec{b},\vec{c})=\frac{t}{3}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$ (vì $\det (\vec{d},\vec{b},\vec{c})=-\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$).
- $\det \left(-\frac{1}{3}\vec{b},\frac{1}{2}\vec{d},\vec{c}\right)=-\frac{1}{6}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})$.

Nhân với hệ số $\frac{2}{3}$:
$$\frac{2}{3}\left(\frac{t}{3}-\frac{1}{6}\right)\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})=\frac{2t-1}{9}\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})=0.$$

Vì $\det (\vec{b},\vec{d},\vec{c})\ne 0$ nên $t=\frac{1}{2}$, tức $S$ là trung điểm của $AD$ và $$\frac{AS}{AD}=\frac{1}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
**Bài giải Phần IV – Câu 3**

Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$; $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $CD$.

**a) Tìm $K=SD\cap (OMN)$.**

Trong tam giác $SAC$: $M$ là trung điểm $SA$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SC$.

Vì $MO\parallel SC$ với $SC\subset (SCD)$ và $MO\not\subset (SCD)$ nên $MO\parallel (SCD)$.

Mặt phẳng $(OMN)$ đi qua $MO$ và cắt $(SCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $N$ với $d\parallel MO\parallel SC$ (định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng).

Trong tam giác $SCD$: đường thẳng qua trung điểm $N$ của $CD$ và song song với $SC$ cắt $SD$ tại trung điểm của $SD$ (định lý đường trung bình). Vậy
$$K=SD\cap (OMN)\text{ laˋ trung điểm của }SD.$$

(Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $O$ làm gốc, $\overrightarrow{OA}=\vec{a},\overrightarrow{OB}=\vec{b}\Rightarrow \overrightarrow{OC}=-\vec{a},\overrightarrow{OD}=-\vec{b}$, $\overrightarrow{OS}=\vec{s}$. Khi đó $\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=\frac{\vec{s}+\vec{a}}{2}+\frac{-\vec{a}-\vec{b}}{2}=\frac{\vec{s}-\vec{b}}{2}=\frac{\overrightarrow{OS}+\overrightarrow{OD}}{2}$, đúng là trung điểm $SD$ và thuộc $(OMN)$.)

**b) Chứng minh $SI\parallel (ABCD)$ với $I=BM\cap CK$.**

Vì $K$ là trung điểm $SD$ nên trong tam giác $SAD$, $MK$ là đường trung bình:
$$MK\parallel AD,MK=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}.$$
Suy ra $MK\parallel BC$, do đó $M,B,C,K$ đồng phẳng, tạo thành hình thang $MBCK$ (hai đáy $MK\parallel BC$), và $I=BM\cap CK$ là giao của hai đường chéo.

Xét tam giác $IMK$ và $IBC$: có $\widehat{MIK}=\widehat{BIC}$ (đối đỉnh), $\widehat{IMK}=\widehat{IBC}$ (so le trong vì $MK\parallel BC$), nên hai tam giác đồng dạng, suy ra
$$\frac{IM}{IB}=\frac{MK}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow IM=\frac{IB}{2},$$
tức là $M$ là trung điểm của $IB$.

Xét tứ giác $ABSI$: có $M$ là trung điểm của $SA$ (giả thiết) và $M$ là trung điểm của $IB$ (vừa chứng minh), nên hai đường chéo $SA$ và $IB$ cắt nhau và cùng bị chia đôi tại $M$. Do đó tứ giác $ABSI$ là hình bình hành, suy ra
$$SI\parallel AB.$$

Vì $AB\subset (ABCD)$ và $SI\not\subset (ABCD)$ nên $SI\parallel (ABCD)$. $■$

(Kiểm tra bằng vectơ: $\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BM}=\vec{b}+(\vec{s}+\vec{a}-2\vec{b})=\vec{s}+\vec{a}-\vec{b}$, nên $\overrightarrow{SI}=\vec{a}-\vec{b}=\overrightarrow{BA}$, tức $SI\parallel AB$ và $M$ đúng là trung điểm $BI$.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=a$ nên chiều cao $SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$, suy ra $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$. Với $SM=2MC$ ta có $M=\frac{S+2C}{3}=\left(\frac{5a}{6};\frac{5a}{6};\frac{a}{3\sqrt{2}}\right)$.

a) $BD\perp AC$ và $BD\perp SO$ nên $BD\perp (SAC)$; do đó $(SBD)\cap (SAC)=SO$. Đường thẳng $AM\subset (SAC)$ nên $I=AM\cap SO$. Phương trình $AM$: điểm $tM$ ($t\in \mathbb{R}$); phương trình $SO$: $\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}(1-u)\right)$. So sánh hoành độ: $\frac{5a}{6}t=\frac{a}{2}\Rightarrow t=\frac{3}{5}$; kiểm tra tung độ và cao độ: $\frac{a}{3\sqrt{2}}\cdot \frac{3}{5}=\frac{a}{5\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}(1-u)\Rightarrow u=\frac{4}{5}$ (thỏa mãn). Vậy $I$ nằm trên $AM$ với $\frac{AI}{AM}=\frac{3}{5}$ (và $\frac{SI}{SO}=\frac{4}{5}$).

b) Mặt phẳng $(P)$ qua $AM$ và song song $BD$. Vì $I\in AM\cap (SBD)$ nên $(P)\cap (SBD)$ là đường thẳng $d$ qua $I$ và song song $BD$; $d$ cắt $SB$ tại $N$ và $SD$ tại $K$. Tham số hóa: điểm trên $d$: $\left(\frac{a}{2}-sa;\frac{a}{2}+sa;\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$; điểm trên $SB$: $\left(\frac{a}{2}+\frac{va}{2};\frac{a}{2}-\frac{va}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}(1-v)\right)$. Từ cao độ: $v=\frac{4}{5}$; từ hoành độ: $s=-\frac{2}{5}$ (khớp tung độ $\frac{a}{10}$). Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{SK}{SD}=\frac{4}{5}$. Mặt khác $(P)$ chứa $A$ và song song $BD$ nên $(P)\cap (ABCD)$ là đường thẳng qua $A$ song song $BD$, đường này không cắt thêm điểm nào của hình vuông ngoài $A$. Do đó thiết diện là tứ giác $ANMK$ với $N\in SB$, $M\in SC$, $K\in SD$, $\frac{SN}{SB}=\frac{SK}{SD}=\frac{4}{5}$.

c) Tọa độ: $N=\left(\frac{9a}{10};\frac{a}{10};\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$, $K=\left(\frac{a}{10};\frac{9a}{10};\frac{a}{5\sqrt{2}}\right)$, $M=\left(\frac{5a}{6};\frac{5a}{6};\frac{a}{3\sqrt{2}}\right)$. Diện tích tứ giác $ANMK$ bằng $\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{NK}\right|$ (tổng diện tích hai tam giác $ANM$ và $AKM$, dùng tính đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$). Với $\overrightarrow{AM}=a\left(\frac{5}{6};\frac{5}{6};\frac{1}{3\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{NK}=a\left(-\frac{4}{5};\frac{4}{5};0\right)$: $\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{NK}=a^2\left(-\frac{4}{15\sqrt{2}};-\frac{4}{15\sqrt{2}};\frac{4}{3}\right)$, độ dài $=a^2\sqrt{\frac{32}{450}+\frac{16}{9}}=a^2\sqrt{\frac{832}{450}}=\frac{4\sqrt{26}}{15}{a}^2$. Kiểm tra bằng cách tính riêng diện tích tam giác $ANM=\frac{\sqrt{26}}{15}{a}^2$ và $AKM=\frac{\sqrt{26}}{15}{a}^2$ (do đối xứng) — cùng kết quả. Vậy $S_{ANMK}=\frac{1}{2}\cdot \frac{4\sqrt{26}}{15}{a}^2=\frac{2\sqrt{26}}{15}{a}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ affine: $A=\vec{0}$, $B=\vec{b}$, $D=\vec{d}$, $C=\vec{b}+\vec{d}$, $S=\vec{s}$. Khi đó $M=\frac{\vec{b}}{2}$, $N=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$.

Mặt phẳng $(SBD)$ gồm các điểm $\alpha \vec{s}+\beta \vec{b}+\gamma \vec{d}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$.

• Đường thẳng $AN$: $t\cdot \frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{2}$, tức $\alpha =\beta =\gamma =\frac{t}{2}$. Điều kiện $\frac{3t}{2}=1$ cho $t=\frac{2}{3}$, nên $I=\frac{\vec{s}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$.

• Đường thẳng $MN$: $\frac{\vec{b}}{2}+u\cdot \frac{\vec{s}+\vec{d}}{2}$, tức $\alpha =\gamma =\frac{u}{2}$, $\beta =\frac{1}{2}$. Điều kiện $\frac{1+2u}{2}=1$ cho $u=\frac{1}{2}$, nên $J=\frac{\vec{s}+2\vec{b}+\vec{d}}{4}$.

So sánh: $\overrightarrow{IB}=\vec{b}-I=-\frac{\vec{s}-2\vec{b}+\vec{d}}{3}$ và $\overrightarrow{IJ}=J-I=-\frac{\vec{s}-2\vec{b}+\vec{d}}{12}$, suy ra $\overrightarrow{IB}=4\overrightarrow{IJ}$. Vậy $B,J,I$ thẳng hàng và $\frac{IB}{IJ}=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 101, Phần III câu 2: 4).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),C(1;1;0),S(p;q;h)$. Khi đó $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, $M=\left(\frac{p+1}{2};\frac{q+1}{2};\frac{h}{2}\right)$, $N=\left(\frac{1}{4};\frac{3}{4};0\right)$. Điểm $I$ trên $SD$ có dạng $I=S+t(D-S)=(p(1-t);q(1-t)+t;h(1-t))$. Điều kiện $I\in (AMN)$: $\det [\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AI}]=0$. Tính toán cho ra (chia cho $h\ne 0$, nhân với 8): $3(p+1)(1-t)-(q+1)(1-t)+(q(1-t)+t)-3p(1-t)=0$, rút gọn thành $2(1-t)+t=0\Rightarrow t=2$. Vậy $I=2D-S$, tức $I$ nằm ngoài đoạn $SD$ phía sau $D$, với $SI=2SD$ và $ID=SD$. Suy ra $\frac{SI}{ID}=\frac{2}{1}$, tối giản với $a=2,b=1$, nên $a+b=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(P)\parallel (SAB)$ nên $MN\parallel PQ\parallel AB$, $MQ\parallel SA$, $NP\parallel SB$; tứ giác $MNPQ$ là hình thang cân.

- Trong mặt đáy: $MN\parallel AB$ với $\frac{AM}{AD}=x$ nên $MN=AB+(CD-AB)x=3-2x$.
- Trong $(SAD)$: $MQ\parallel SA$, $\frac{DM}{DA}=1-x$ nên $MQ=2(1-x)$; đồng thời $\frac{SQ}{SD}=x$.
- Tương tự $(SBC)$: $NP=2(1-x)$ (do $SB=SA=2$ vì tam giác $SAB$ cân tại $S$).
- Trong $(SCD)$: $PQ\parallel CD$ và $\frac{SQ}{SD}=x$ nên $PQ=CD\cdot x=x$ (chú ý $CD=1$, không phải $AB=3$).

Để $MNPQ$ có đường tròn nội tiếp (cửa hình tròn) thì tổng hai cạnh đối bằng nhau:
$$MN+PQ=MQ+NP\Rightarrow (3-2x)+x=4(1-x)\Rightarrow 3x=1\Rightarrow x=\frac{1}{3}.$$
Khi đó $MN=\frac{7}{3}$, $PQ=\frac{1}{3}$, $MQ=NP=\frac{4}{3}$. Hình thang cân nội tiếp có đường tròn đường kính bằng chiều cao $h$:
$$h^2=M{Q}^2-{\left(\frac{MN-PQ}{2}\right)}^2=\frac{16}{9}-1=\frac{7}{9}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{7}}{3}.$$
Bán kính đường tròn nội tiếp:
$$r=\frac{h}{2}=\frac{\sqrt{7}}{6}\approx \mathrm{0.44.}$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{AS}=\vec{s}$; khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$.

a) Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (tức song song với $BC$), không song song với $AC$. → Sai.

b) $N$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $N$ nằm trên trung tuyến $BO$ với $O$ là tâm hình bình hành, $BN:NO=2:1$. Suy ra $NO=\frac{DB}{6}$, $DN=DO+ON=\frac{DB}{2}+\frac{DB}{6}=\frac{2DB}{3}$, vậy $\frac{DN}{DB}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$. → Sai.

c) $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{d}}{3}$; $\overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{2\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{2\vec{b}}{3}\parallel \overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{CD}$. Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ nên $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.

d) $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{2\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Điểm $P$ trên đường thẳng $NG$: $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AN}+t(\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AN})=\frac{(2-t)\vec{b}+(1-t)\vec{d}+t\vec{s}}{3}$. Để $P\in (SAC)$ thì hệ số của $\vec{b}$ và $\vec{d}$ phải bằng nhau: $2-t=1-t$, vô nghiệm. Hơn nữa $\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{s}-(\vec{b}+\vec{d})}{3}$ nên $NG\parallel (SAC)$ (và $N\notin (SAC)$). Vậy $NG$ không cắt mặt phẳng $(SAC)$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (tức song song với $BC$), không song song với $AC$. → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$N$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $N$ nằm trên $BO$ với $O$ là tâm hình bình hành, $BN:NO=2:1$. Suy ra $DN=DO+ON=\frac{DB}{2}+\frac{DB}{6}=\frac{2DB}{3}$, vậy $\frac{DN}{DB}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$. → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{d}}{3}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{3}=\frac{2\vec{b}+\vec{d}}{3}$, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{2\vec{b}}{3}\parallel \overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{CD}$. Vì $CD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ nên $MN\parallel (SCD)$. → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{3}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{2\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Điểm $P$ trên $NG$: $\overrightarrow{AP}=\frac{(2-t)\vec{b}+(1-t)\vec{d}+t\vec{s}}{3}$; điều kiện $P\in (SAC)$ là $2-t=1-t$, vô nghiệm, nên $NG\parallel (SAC)$ và $N\notin (SAC)$. Vậy $NG$ không cắt $(SAC)$. → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ toạ độ affine gốc $A$, $\vec{b}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{d}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{s}=\overrightarrow{AS}$. Vì $AB\parallel CD$, $AB=2CD$ nên $\overrightarrow{AC}=\vec{d}+\frac{1}{2}\vec{b}$.

Từ $\frac{MA}{MD}=\frac{PS}{PC}=x$ (với $x>0$): $M=\frac{x\vec{d}}{1+x}$, $P=\frac{\vec{s}+x\vec{d}+\frac{x}{2}\vec{b}}{1+x}$, suy ra $\overrightarrow{MP}=\frac{\vec{s}+\frac{x}{2}\vec{b}}{1+x}$ (không có thành phần theo $\vec{d}$).

Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M,P$ song song $SA$: các điểm $M+\lambda \overrightarrow{MP}+\mu \vec{s}$.

- $N\in SD$: $N=(1-t)\vec{s}+t\vec{d}$. So sánh hệ số theo $\vec{b}$ (buộc $\lambda =0$) cho $t=\frac{x}{1+x}$, tức $\frac{SN}{SD}=\frac{x}{1+x}$ và $\overrightarrow{MN}=\frac{\vec{s}}{1+x}\parallel \overrightarrow{SA}$ (đúng điều kiện $(\alpha )\parallel SA$).

- $Q\in BC$: $Q=v\vec{d}+\left(1-\frac{v}{2}\right)\vec{b}$. So sánh hệ số theo $\vec{d}$: $v=\frac{x}{1+x}$, tức $\frac{BQ}{BC}=\frac{x}{1+x}$; hệ số theo $\vec{b}$ cho $\lambda =\frac{x+2}{x}$ (luôn giải được với $x>0$), $\mu$ tương ứng luôn tồn tại. Vậy $\overrightarrow{NQ}=\frac{\frac{x+2}{2}\vec{b}-\vec{s}}{1+x}$.

Diện tích tứ giác $MNPQ$ (hai đường chéo $MP$, $NQ$): $S_{MNPQ}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}\right|$.
$$\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}=\frac{1}{(1+x{)}^2}\left(\vec{s}+\frac{x}{2}\vec{b}\right)\times \left(\frac{x+2}{2}\vec{b}-\vec{s}\right).$$
Khai triển: $\vec{s}\times (-\vec{s})=\vec{0}$; $\vec{s}\times \frac{x+2}{2}\vec{b}=\frac{x+2}{2}(\vec{s}\times \vec{b})$; $\frac{x}{2}\vec{b}\times \frac{x+2}{2}\vec{b}=\vec{0}$; và $\frac{x}{2}\vec{b}\times (-\vec{s})=-\frac{x}{2}(\vec{b}\times \vec{s})=+\frac{x}{2}(\vec{s}\times \vec{b})$. Tổng hệ số: $\frac{x+2}{2}+\frac{x}{2}=x+1$, nên
$$\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}=\frac{x+1}{(1+x{)}^2}(\vec{s}\times \vec{b})=\frac{\vec{s}\times \vec{b}}{1+x}.$$

Vì $S_{SAB}=\frac{1}{2}|\vec{s}\times \vec{b}|$ nên $\frac{S_{MNPQ}}{S_{SAB}}=\frac{1}{1+x}$.

Kiểm tra với $x=1$ bằng toạ độ cụ thể $A=(0,0,0)$, $B=(2,0,0)$, $D=(0,1,0)$, $C=(1,1,0)$, $S=(0,0,1)$: $M=(0,0.5,0)$, $N=(0,0.5,0.5)$, $P=(0.5,0.5,0.5)$, $Q=(1.5,0.5,0)$ (trung điểm $BC$). Khi đó $S_{MNPQ}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{MP}\times \overrightarrow{NQ}|=0.5$ và $S_{SAB}=1$, tỉ số $=\frac{1}{2}=\frac{1}{1+1}$ — xác nhận công thức $\frac{1}{1+x}$.

Giải $\frac{1}{1+x}=\frac{2025}{3376}\Rightarrow 1+x=\frac{3376}{2025}\Rightarrow x=\frac{1351}{2025}\approx 0,6672$.

Với $x\approx 0,67>0$ thì $\frac{SN}{SD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{x}{1+x}\approx 0,40\in (0;1)$, nên $N\in SD$, $Q\in BC$ — điều kiện hình học thỏa mãn.

Vậy $x\approx 0,67$ (làm tròn đến hàng phần trăm).

Ta có:

$$\{\begin{array}{l}E\in SA\subset (SAB)\\ E\in (CED)\end{array}\Rightarrow E=(CED)\cap (SAB)$$

$$AB\cap CD=K\Rightarrow \{\begin{array}{l}K\in AB\subset (SAB)\\ K\in CD\subset (CED)\end{array}\Rightarrow K=(CED)\cap (SAB)$$

Nên $$KE=(CED)\cap (SAB)$$

Lại có:

$$SB\subset (SAB),SB\cap (CDE)=M\Rightarrow M=SB\cap KE$$

$$\{\begin{array}{l}K\in EM\subset (EFM)\\ K\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow K=(EFM)\cap (SCD)$$

$$\{\begin{array}{l}F\in (EFM)\\ F\in SD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow F=(EFM)\cap (SCD)$$

Nên $$KF=(EFM)\cap (SCD)$$

Lại có:

$$SC\subset (SCD),SC\cap (EFM)=N\Rightarrow N=SC\cap KF\Rightarrow \exists (EFNM)$$

Theo đề bài:

$$SE=y.SA,SF=y.SD\Rightarrow \frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SD}=\frac{EF}{AD}=\frac{y}{1}\Rightarrow EF\parallel AD\parallel BC\Rightarrow \exists (EFCB)$$

Từ đó:

$$\{\begin{array}{l}(EFCB)\cap (EFNM)=EF\\ (EFNM)\cap (SBC)=MN\\ (SBC)\cap (EFCB)=BC\\ EF\parallel BC\end{array}\Rightarrow EF\parallel MN\parallel BC\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{SM}{SB}=\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}(1)$$

$$\{\begin{array}{l}BC\parallel AD\\ BC=\frac{1}{2}AD\\ \Delta KBC\sim \Delta KAD\end{array}\Rightarrow \frac{KA}{KB}=2$$

Kẻ $BL\parallel AS$

Nên $\Delta KBL\sim \Delta KAE$, $\Delta MBL\sim \Delta MSE$

$$\frac{KA}{KB}=\frac{AE}{BL},\frac{MB}{MS}=\frac{BL}{SE}\Rightarrow \frac{KA}{KB}\cdot \frac{MB}{MS}=\frac{AE}{SE}\Rightarrow \frac{2MB}{MS}=\frac{AE}{SE}=\frac{SA-SE}{SE}=\frac{1-y}{y}$$

Nên:

$$\frac{MB}{MS}=\frac{1-y}{2y}\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{2y}{1+y}(2)$$

Kết hợp với $(1)$ ta có:

$$\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}=\frac{2y}{1+y}\Rightarrow \frac{MN}{EF}=\frac{1}{1+y}$$

Mặt khác:

$$MN//EF\Rightarrow \Delta KMN\sim \Delta KEF\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{S_{\Delta KMN}}{S_{\Delta KEF}}={\left(\frac{MN}{EF}\right)}^2\Rightarrow {\left(\frac{1}{1+y}\right)}^2=\frac{4}{9}$$

Nên: $\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}(t/m)\\ y=\frac{-5}{2}(l)\end{array}$

Đáp án: $y=\frac{1}{2}=0,5$

Ta có:

$$\{\begin{array}{l}E\in SA\subset (SAB)\\ E\in (CED)\end{array}\Rightarrow E=(CED)\cap (SAB)$$

$$AB\cap CD=K\Rightarrow \{\begin{array}{l}K\in AB\subset (SAB)\\ K\in CD\subset (CED)\end{array}\Rightarrow K=(CED)\cap (SAB)$$

Nên $$KE=(CED)\cap (SAB)$$

Lại có:

$$SB\subset (SAB),SB\cap (CDE)=M\Rightarrow M=SB\cap KE$$

$$\{\begin{array}{l}K\in EM\subset (EFM)\\ K\in CD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow K=(EFM)\cap (SCD)$$

$$\{\begin{array}{l}F\in (EFM)\\ F\in SD\subset (SCD)\end{array}\Rightarrow F=(EFM)\cap (SCD)$$

Nên $$KF=(EFM)\cap (SCD)$$

Lại có:

$$SC\subset (SCD),SC\cap (EFM)=N\Rightarrow N=SC\cap KF\Rightarrow \exists (EFNM)$$

Theo đề bài:

$$\{\begin{array}{l}SE=x.SA\\ SF=x.SD\end{array}\Rightarrow \frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SD}=\frac{EF}{AD}=\frac{x}{1}\Rightarrow EF\parallel AD\parallel BC\Rightarrow \exists (EFCB)$$

Từ đó:

$$\{\begin{array}{l}(EFCB)\cap (EFNM)=EF\\ (EFNM)\cap (SBC)=MN\\ (SBC)\cap (EFCB)=BC\\ EF\parallel BC\end{array}\Rightarrow EF\parallel MN\parallel BC\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{SM}{SB}=\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}(1)$$

$$\{\begin{array}{l}BC\parallel AD\\ BC=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \frac{KA}{KB}=2\\ △KBC\sim △KAD\end{array}$$

Kẻ $BL\parallel AS$.

Nên $△KBL\sim △KAE$, $△MBL\sim △MSE$

$$\frac{KA}{KB}=\frac{AE}{BL},\frac{MB}{MS}=\frac{BL}{SE}\Rightarrow \frac{KA}{KB}\cdot \frac{MB}{MS}=\frac{AE}{SE}\Rightarrow \frac{2MB}{MS}=\frac{AE}{SE}=\frac{SA-SE}{SE}=\frac{1-x}{x}$$

Nên:

$$\frac{MB}{MS}=\frac{1-x}{2x}\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{2x}{1+x}(2)$$

Kết hợp với $(1)$ ta có:

$$\frac{MN}{\frac{1}{2}AD}=\frac{2x}{1+x}\Rightarrow \frac{MN}{EF}=\frac{1}{1+x}$$

Mặt khác:

$$MN\parallel EF\Rightarrow △KMN\sim △KEF\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{S_{△KMN}}{S_{△KEF}}={\left(\frac{MN}{EF}\right)}^2={\left(\frac{1}{1+x}\right)}^2=\frac{4}{9}$$

Nên: $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(t/m)\\ x=\frac{-5}{2}(l)\end{array}$

Đáp án: $x=\frac{1}{2}=0,5$