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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục S làm gốc, đặt vectơ $\overrightarrow{SB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{SD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{SA}=\vec{a}$; vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$. Khi đó $M=\frac{\vec{b}}{2}$, $P=\frac{\vec{d}}{2}$, $N=\vec{b}+\frac{\vec{d}}{2}-\frac{\vec{a}}{2}$.
a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ đều chứa điểm $S$ và đường thẳng $SA$, nên giao tuyến của chúng là $SA$. → Đúng.
b) Trong tam giác $SBD$, $MP$ là đường trung bình nên $MP\parallel BD$. Trong tam giác $SBC$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel SC$, suy ra $SC\parallel (MNP)$. Vì $SC$ không song song với $BD$ (tức không song song $MP$) nên $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau. → Sai.
c) Vì $MP\parallel BD$, $MP\subset (MNP)$, $BD\subset (ABCD)$ nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng qua $N$ và song song với $BD$ (cũng song song với $MP$). → Đúng.
d) Điểm $K=\overrightarrow{SK}=t\vec{a}$ thuộc $(MNP)$ khi $t\vec{a}=\frac{\vec{b}}{2}+\alpha \frac{\vec{d}-\vec{b}}{2}+\beta \frac{\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}}{2}$. So sánh hệ số theo $\vec{a},\vec{b},\vec{d}$ ta được $\beta =2t$, $\alpha =-\beta$, $1-\alpha +\beta =0$, giải ra $\beta =-\frac{1}{2}$, $t=-\frac{1}{4}$. Vậy giao điểm của đường thẳng $SA$ với $(MNP)$ thỏa $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}\ne \frac{3}{4}$. → Sai.
Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai (ĐSĐS), trùng với đáp án mã 111 (DSDS theo thứ tự Đúng–Sai–Đúng–Sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)$ và $(SAC)$ cùng chứa điểm $S$ và đường thẳng $SA$, nên giao tuyến là $SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MP\parallel BD$ (đường trung bình tam giác $SBD$) và $MN\parallel SC$ (đường trung bình tam giác $SBC$) nên $SC\parallel (MNP)$; vì $SC$ không song song $MP$ nên $MP$ và $SC$ chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $MP\parallel BD$ với $MP\subset (MNP)$, $BD\subset (ABCD)$, giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua $N$ song song với $BD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ toạ độ với gốc $S$: $\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SD}=\vec{d},\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SC}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$. Giải điều kiện $t\vec{a}\in (MNP)$ cho $t=-\frac{1}{4}$, tức $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{4}\ne \frac{3}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện: $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $IJ\parallel AB$. Trong mặt phẳng $(ABD)$, qua $K$ kẻ đường thẳng song song $AB$ cắt $AD$ tại $L$. Vì $KB=2KD$ nên $\frac{DK}{DB}=\frac{1}{3}$, tam giác $DLK\sim DAB$ cho $DL=1$, $AL=2$, $KL=\frac{1}{3}AB=1$. Thiết diện là tứ giác $IJLK$, hình thang với $IJ\parallel KL$.

Đặt tọa độ với tứ diện đều cạnh 3: $A=(0,0,0)$, $C=(3,0,0)$, $D=\left(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2},0\right)$, $B=\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{6}\right)$.

- $I$ trung điểm $AC$: $I=\left(\frac{3}{2},0,0\right)$.
- $J$ trung điểm $BC$: $J=\left(\frac{9}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$, nên $IJ=\frac{AB}{2}=\frac{3}{2}$.
- $K$ trên $BD$ với $KB=2KD$ tức $K=\frac{B+2D}{3}=\left(\frac{3}{2},\frac{7\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$.
- $L=\frac{2D+A}{3}=\left(1,\sqrt{3},0\right)$, nên $I{L}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2=\frac{13}{4}$, $IL=\frac{\sqrt{13}}{2}$.
- Tương tự $J{K}^2={\left(\frac{3}{4}\right)}^2+{\left(\frac{11\sqrt{3}}{12}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)}^2=\frac{9}{16}+\frac{363}{144}+\frac{1}{6}=\frac{13}{4}$, nên $JK=\frac{\sqrt{13}}{2}=IL$: hình thang cân.

Đường cao hình thang: $h=\sqrt{I{L}^2-{\left(\frac{IJ-KL}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{13}{4}-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{51}}{4}$.

$$S=\frac{IJ+KL}{2}\cdot h=\frac{\frac{3}{2}+1}{2}\cdot \frac{\sqrt{51}}{4}=\frac{5\sqrt{51}}{16}\approx 2,2317\approx 2,23.$$

Kết quả khớp đáp án nguồn 2,23.

a) Trong mp $(ABCD)$, gọi $E=CD\cap AB$. $\{\begin{array}{l}E\in CD;CD\subset (SCD)\Rightarrow E\in (SCD)\\ E\in AB\end{array}\Rightarrow AB\cap (SCD)=E$. b) Trong mặt phẳng $(MNPQ)$ gọi $I=MP\cap NQ$. Ta chứng minh $I\in SO$. Dễ thấy $SO=(SAC)\cap (SBD)$. $$\{\begin{array}{l}I\in MP\subset (SAC)\\ I\in NQ\subset (SBD)\end{array}$$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in (SAC)\\ I\in (SBD)\end{array}\Rightarrow I\in SO$$ Vậy $MP,NQ,SO$ đồng qui tại $I$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $MP$: $M\in AB$, $P\in AD$ nên $MP\subset (ABD)$. Xét $NQ$: $N\in CD$, $Q\in BC$ nên $NQ\subset (BCD)$. Do đó $I=MP\cap NQ\in (ABD)\cap (BCD)=BD$. Vậy ba điểm $I,B,D$ thẳng hàng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (A).

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $A$ thuộc cả hai mặt phẳng vì $A\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $A\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Điểm $O^{\prime }$ là giao của $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên $O^{\prime }\in A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $O^{\prime }\in B^{\prime }{D}^{\prime }\subset (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vậy $A$ và $O^{\prime }$ là hai điểm chung phân biệt của hai mặt phẳng, suy ra giao tuyến của $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ là đường thẳng $A{O}^{\prime }$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 6: B).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0,0,0)$, $D=(2,0,0)$, $B=(b,1,0)$, $C=(b+1,1,0)$ (vì $AD\parallel BC$, $AD=2BC$ với $BC=1$), $S=(0,0,1)$. Vì $SD=3SM$ nên $M=\left(\frac{2}{3},0,\frac{2}{3}\right)$. Mặt phẳng $(ABM)$ qua $A$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(b,1,0)$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{2}{3},0,\frac{2}{3}\right)$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=\left(\frac{2}{3},-\frac{2b}{3},-\frac{2}{3}\right)$, nên $(ABM)$: $x-by-z=0$. Điểm $F$ trên $SC$: $F=S+t(\overrightarrow{SC})=(t(b+1),t,1-t)$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $t(b+1)-bt-(1-t)=2t-1=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $\frac{SF}{SC}=\frac{1}{2}$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(2;0;0)$, $B(0;1;0)$, $C(1;1;0)$ (vì $AD\parallel BC$, $AD=2BC$), và $S(0;0;3)$ (tùy chọn, không ảnh hưởng tỉ số). Vì $SD=3SM$ nên $M$ chia đoạn $SD$ với $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SD}$, suy ra $M=S+\frac{1}{3}(D-S)=\left(\frac{2}{3};0;2\right)$.

Mặt phẳng $(ABM)$ đi qua $A$ nên có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=(0;1;0)\times \left(\frac{2}{3};0;2\right)=\left(2;0;-\frac{2}{3}\right)$, tức phương trình $2x-\frac{2}{3}z=0$ hay $z=3x$.

Đường thẳng $SC$: điểm $S+t(\overrightarrow{SC})$ với $\overrightarrow{SC}=(1;1;-3)$, tức $(t;t;3-3t)$. Thay vào mặt phẳng: $3-3t=3t\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $F$ là trung điểm $SC$, do đó $\frac{SF}{SC}=\frac{1}{2}$.

Kiểm tra lại: $F\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ thỏa mãn $z=3x$ và nằm trên $SC$. Đáp án D.

a) (1,5đ)

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo AC, BD. [0,5 điểm]

Trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, gọi $C_1=C^{\prime }O\cap A^{\prime }C$. [0,5 điểm]

Khi đó

$\{\begin{array}{l}{C}_1\in A^{\prime }C\\ C_1\in C^{\prime }O\subset (BD{C}^{\prime })\end{array}$

$\Rightarrow C_1=A^{\prime }C\cap (BD{C}^{\prime })$. [Hình cần kiểm tra lại: p8_f2] [0,5 điểm]

b) (1,5đ)

Dựng hình bình hành $CDRM$. Gọi $K=A^{\prime }N\cap B^{\prime }R$. Trong mặt phẳng $(B^{\prime }DR)$ kẻ $KI\parallel DR$ $(I\in B^{\prime }D)$. Khi đó $KI\parallel CM$. [0,25 điểm]

Ta có $\frac{KI}{DR}=\frac{B^{\prime }K}{B^{\prime }R}\Rightarrow KI=\frac{B^{\prime }K}{B^{\prime }R}.DR$. [0,25 điểm]

Ta có $DR=\sqrt{D{D}^{\prime 2}+D^{\prime }{R}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{42}\right)}^2+{\left(\frac{11}{2}\right)}^2}=\frac{17}{2}$. [0,25 điểm]

Gọi $C_2=A^{\prime }N\cap B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó xét tam giác $B^{\prime }R{C}^{\prime }$ và đường thẳng $A^{\prime }N$ ta có

$\frac{K{B}^{\prime }}{KR}\cdot \frac{NR}{N{C}^{\prime }}\cdot \frac{C_2{C}^{\prime }}{C_2{B}^{\prime }}=1$. [0,25 điểm]

Ta có $\frac{NR}{NC}=\frac{7}{2}$, $\frac{C_2{C}^{\prime }}{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{N{C}^{\prime }}{N{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{C_2{C}^{\prime }}{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{C_2{C}^{\prime }}{C_2{B}^{\prime }}=\frac{1}{5}$. Từ đó ta có

$\frac{K{B}^{\prime }}{KR}\cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{1}{5}=1\Rightarrow \frac{K{B}^{\prime }}{KR}=\frac{10}{7}\Rightarrow \frac{B^{\prime }K}{B^{\prime }R}=\frac{10}{17}$. (0,5 điểm)

Từ đó, ta có: $KI=\frac{10}{17}\cdot \frac{17}{2}=5$. (0,25 điểm)

Gọi $H$, $K$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng $A_{1}I$ với $AC$ và $C{C}^{\prime }$.

Kẻ đường thẳng qua $H$ cắt $AB$, $AD$ lần lượt tại $B_1$, $D_1$.

Gọi $T=B_1{D}_1\cap CD$.

Ta có $\frac{C^{\prime }K}{A{A}_1}=\frac{C^{\prime }I}{AI}=5\Rightarrow C^{\prime }C+CK=5A{A}_1$

$\Rightarrow CK=3A{A}_1\Rightarrow CH=3AH\Rightarrow CT=3A{B}_1$. [Hình cần kiểm tra lại: p9_f1] (0,25 điểm)

Đặt $\frac{A{B}_1}{AB}=x$ $(0<x\le 1)$. Khi đó: $\frac{D{D}_1}{A{D}_1}=\frac{DT}{A{B}_1}=\frac{CT-CD}{A{B}_1}=3-\frac{AB}{A{B}_1}$

$=3-\frac{1}{x}=\frac{3x-1}{x}\Rightarrow \frac{A{D}_1}{AD}=\frac{x}{4x-1}$. (0,25 điểm)

Ta có: $\frac{S_{\Delta A{B}_1{D}_1}}{S_{\Delta ABD}}=\frac{A{B}_1}{AB}\cdot \frac{A{D}_1}{AD}=\frac{x^2}{4x-1}\Rightarrow S_{\Delta A{B}_1{D}_1}=\frac{3\sqrt{3}{x}^2}{4x-1}$. (0,25 điểm)

Điều kiện $0<\frac{x}{4x-1}\le 1\Rightarrow x\ge \frac{1}{3}\Rightarrow \frac{1}{3}\le x\le 1$. (0,25 điểm)

$\Rightarrow S_{\Delta A{B}_1{D}_1}-\sqrt{3}=\sqrt{3}\cdot \frac{3x^2-4x+1}{4x-1}=\frac{\sqrt{3}(x-1)(3x-1)}{4x-1}\le 0\Rightarrow S_{\Delta A{B}_1{D}_1}\le \sqrt{3}$. (0,25 điểm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=1$ hoặc $x=\frac{1}{3}$.

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $A{B}_1{D}_1$ bằng $\sqrt{3}$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $M\in BC\subset (ABC)$, mà hai đáy $(ABC)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên mọi đường thẳng nằm trong $(ABC)$, kể cả $AM$, đều song song với $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
b) Sai: đặt tọa độ $A(0;0;1),B(1;0;1),C(0;1;1),A^{\prime }(0;0;0),B^{\prime }(1;0;0),C^{\prime }(0;1;0)$ thì $M(0,5;0,5;1)$, $N(0;0,5;0)$. Đường $MN$ luôn có $y=0,5$ còn $B{B}^{\prime }$ nằm trên đường $y=0$, nên $MN$ và $B{B}^{\prime }$ chéo nhau, không cắt nhau.
c) Đúng: $B^{\prime }M\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }M)$; hai đường $B{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }M$ cùng nằm trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và không song song nên cắt nhau tại $I$. Vì $I\in B{C}^{\prime }$ và $I\in B^{\prime }M\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }M)$ nên $I$ là giao điểm của $B{C}^{\prime }$ với $(A^{\prime }{B}^{\prime }M)$.
d) Sai: với tọa độ trên, $MN$ có vectơ chỉ phương $(-0,5;0;-1)$ (không có thành phần theo $y$) và điểm $M$ có $y=0,5\ne 0$, trong khi $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=0$; do đó $MN\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và không cắt mặt phẳng này.
Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101, Câu 2: a)Đ - b)S - c)Đ - d)S).
a) (AI giải đề cho tôi)
$M\in BC\subset (ABC)$ và $(ABC)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $AM\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ đã đặt, $MN$ luôn có $y=0,5$ còn $B{B}^{\prime }$ có $y=0$, hai đường chéo nhau, không cắt nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
$B{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }M$ cùng nằm trong $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, cắt nhau tại $I\in (A^{\prime }{B}^{\prime }M)$, nên giao điểm của $B{C}^{\prime }$ với $(A^{\prime }{B}^{\prime }M)$ chính là giao điểm của $B{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }M$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ có vectơ chỉ phương không có thành phần theo $y$ và nằm hoàn toàn trong miền $y=0,5$, khác mặt phẳng $y=0$ của $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, nên $MN\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, không cắt.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\parallel AB$, do đó $CD\parallel (SAB)$. Mặt phẳng $(CDM)$ chứa $CD$ nên giao tuyến của $(CDM)$ với $(SAB)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$. Giao tuyến này cắt $SB$ tại $N$, suy ra $MN\parallel AB$. Trong tam giác $SAB$, theo định lý Thales: $\frac{SN}{SB}=\frac{SM}{SA}$. Vì $SM=2MA$ nên $\frac{SM}{SA}=\frac{2}{2+1}=\frac{2}{3}$. Vậy $\frac{SN}{SB}=\frac{2}{3}$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101, câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, lăng trụ có các cạnh bên song song và bằng nhau, do đó mỗi mặt bên (ví dụ $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$) là hình bình hành ($A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }$). Các mặt bên không nhất thiết là hình chữ nhật, vuông hay thoi vì lăng trụ có thể xiên. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $C=(1;1;0)$ (hình bình hành), $S=(0;0;1)$. Khi đó $M=\left(\frac{1}{2};0;0\right)$, $N=\left(0;\frac{1}{2};0\right)$, trọng tâm tam giác $SBD$ là $G=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{MG}=\left(-\frac{1}{6};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(MNG)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MG}=\left(\frac{1}{6};\frac{1}{6};-\frac{1}{12}\right)\propto (2;2;-1)$. Mặt phẳng $(MNG)$: $2x+2y-z=1$ (kiểm tra: qua $M$: $2\cdot \frac{1}{2}=1$; qua $N$: $2\cdot \frac{1}{2}=1$; qua $G$: $\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=1$). Điểm $H\in SC$ có dạng $H=(t;t;1-t)$ với $\frac{SH}{SC}=t$. Thay vào phương trình mặt phẳng: $2t+2t-(1-t)=1\Rightarrow 5t=2\Rightarrow t=\frac{2}{5}$. Vậy $\frac{SH}{SC}=\frac{2}{5}$, khớp với đáp án điền sẵn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $S$: đặt $\overrightarrow{SA}=\vec{a},\overrightarrow{SB}=\vec{b},\overrightarrow{SC}=\vec{c}$.

- $M$ trung điểm $SA$: $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\vec{a}$.
- $N$ trung điểm $BC$: $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})$.
- $P\in AB$ với $AP=\frac{1}{\sqrt{3}}AB$: $\overrightarrow{SP}=\left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\vec{a}+\frac{1}{\sqrt{3}}\vec{b}$.

Gọi $Q\in SC$ với $\overrightarrow{SQ}=k\vec{c}$. Vì $Q\in (MNP)$ nên tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$ sao cho
$$k\vec{c}=\alpha \cdot \frac{1}{2}\vec{a}+\beta \cdot \frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})+\gamma \left[\left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\vec{a}+\frac{1}{\sqrt{3}}\vec{b}\right].$$

So sánh hệ số:
- Theo $\vec{c}$: $k=\frac{\beta }{2}$.
- Theo $\vec{b}$: $0=\frac{\beta }{2}+\frac{\gamma }{\sqrt{3}}\Rightarrow \beta =-\frac{2\gamma }{\sqrt{3}}$.
- Theo $\vec{a}$: $0=\frac{\alpha }{2}+\gamma \left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\Rightarrow \alpha =-2\gamma \left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

Thay vào $\alpha +\beta +\gamma =1$:
$$\gamma \left[-2\left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{2}{\sqrt{3}}+1\right]=1\Rightarrow \gamma (-2+1)=-\gamma =1\Rightarrow \gamma =-1.$$
Suy ra $\beta =\frac{2}{\sqrt{3}}$, do đó $k=\frac{\beta }{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Vậy $\frac{SQ}{SC}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,58$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SEF$, $P,N$ là trung điểm của $SE,SF$ nên $PN$ là đường trung bình, do đó $PN\parallel EF$. Vì $EF\subset (CDEF)$ và $PN\not\subset (CDEF)$ nên $PN\parallel (CDEF)$. Mặt phẳng $(JPN)$ chứa $PN$ và cắt $(CDEF)$ theo giao tuyến đi qua $J$ (vì $J\in (JPN)\cap (CDEF)$). Theo tính chất giao tuyến song song, giao tuyến là đường thẳng qua $J$ và song song với $PN$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $P,N$ là trung điểm của $SE,SF$ nên $PN$ là đường trung bình của tam giác $SEF$, do đó $PN\parallel EF$. Trong hình bình hành $CDEF$ ta có $EF\parallel CD$, suy ra $PN\parallel CD$ và $PN\parallel EF$.

Xét hai mặt phẳng $(JPN)$ và $(CDEF)$: điểm $J$ thuộc cả hai mặt phẳng nên $J$ thuộc giao tuyến.

Trong mặt phẳng $(CDEF)$, qua $J$ vẽ đường thẳng $d$ song song với $EF$ (tức song song với $PN$); vì $EF\subset (CDEF)$ nên $d\subset (CDEF)$. Mặt khác, trong mặt phẳng $(SPN)$, vì $PN\parallel EF$ và $J$ là trung điểm hai đường chéo hình bình hành nên $J$ nằm trong mặt phẳng $(SPN)$... chính xác hơn: đường thẳng qua $J$ song song với $PN$ nằm trong mặt phẳng $(JPN)$ (vì đi qua điểm $J$ của mặt phẳng này và song song với $PN\subset (JPN)$). Vậy $d$ nằm trong cả hai mặt phẳng, tức giao tuyến của $(JPN)$ và $(CDEF)$ là đường thẳng qua $J$ và song song với $PN$.

Đáp án khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(2;0;0)$, $C^{\prime }=(0;2;0)$, $A=(0;0;h)$, $B=(2;0;h)$, $C=(0;2;h)$, $M=(1;0;h)$.

a) Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, đường thẳng $A^{\prime }M$ cắt đường thẳng $B{B}^{\prime }$ (tại điểm nằm trên tia $B{B}^{\prime }$ ngoài đoạn $B{B}^{\prime }$). Vì $B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }M$ không song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. → Sai.

b) Hai mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{A}^{\prime })=(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })=(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ đều chứa điểm $B$ và $B^{\prime }$, nên giao tuyến là $B{B}^{\prime }$. → Đúng.

c) Phép chiếu song song theo phương $A{A}^{\prime }$ biến $A\mapsto A^{\prime }$, $B\mapsto B^{\prime }$ nên biến trung điểm $M$ của $AB$ thành trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$. → Đúng.

d) $N=(0;1;h)$, $P$ trên $A^{\prime }{B}^{\prime }$ với $P{A}^{\prime }=2P{B}^{\prime }$ nên $P=(4/3;0;0)$. Mặt phẳng $(MNP)$ qua $M(1;0;h)$, $N(0;1;h)$, $P(4/3;0;0)$ có phương trình: $hx+hy+\frac{z}{3}=\frac{4h}{3}$. Điểm $Q$ trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ có dạng $(0;t;0)$, thay vào: $ht=\frac{4h}{3}\Rightarrow t=\frac{4}{3}$. Vậy $Q{A}^{\prime }=\frac{4}{3}$, $Q{C}^{\prime }=2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$, tức $Q{C}^{\prime }=\frac{1}{2}Q{A}^{\prime }\ne 2Q{A}^{\prime }$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, $A^{\prime }M$ cắt đường thẳng $B{B}^{\prime }$ tại một điểm nằm trên đường thẳng $B{B}^{\prime }$ (ngoài đoạn $B{B}^{\prime }$). Vì đường thẳng $B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A^{\prime }M$ cắt mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, không song song với mặt phẳng này.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(A{B}^{\prime }{A}^{\prime })=(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })=(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ đều chứa $B$, $B^{\prime }$ nên giao tuyến là $B{B}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Phép chiếu song song phương $A{A}^{\prime }$ biến $A\to A^{\prime }$, $B\to B^{\prime }$, giữ trung điểm, nên ảnh của $M$ là trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A^{\prime }=(0;0;0),B^{\prime }=(2;0;0),C^{\prime }=(0;2;0),h$ chiều cao: $M=(1;0;h),N=(0;1;h),P=(4/3;0;0)$. Mặt phẳng $(MNP)$: $hx+hy+z/3=4h/3$. Điểm $Q=(0;t;0)$ trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ cho $t=4/3$, nên $Q{A}^{\prime }=4/3$, $Q{C}^{\prime }=2/3$, tức $Q{C}^{\prime }=\frac{1}{2}Q{A}^{\prime }\ne 2Q{A}^{\prime }$.