Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

 Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang có \(AD//BC\), \(AD = 2BC\). Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD,O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BE,I\) là điểm nằm trên đoạn \(OC\). Mặt phẳng \((P)\) qua \(I\) và song song với \((SBE)\). Tìm các giao tuyến của các mặt của hình chóp với mặt phẳng \((P)\).

a) b)

Vì \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình hộp nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }{D^\prime }//BC}\\{{A^\prime }{D^\prime } = BC}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{D^\prime }CB} \right.\) là hình bình hành.

Suy ra \({A^\prime }B//C{D^\prime } \Rightarrow {A^\prime }B//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\). (1)

Tương tự, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }{B^\prime }//CD}\\{{A^\prime }{B^\prime } = CD}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{B^\prime }CD} \right.\) là hình bình hành.

Suy ra \({A^\prime }D//{B^\prime }C \Rightarrow {A^\prime }D//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).(2)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \(\left( {{A^\prime }BD} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).

c) d)

Gọi \(O,{O^\prime },I\) theo thứ tự là tâm của các hình bình hành \(ABCD,{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\), \(AC{C^\prime }{A^\prime }\).

Vì \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A{B^\prime }D\) nên \(\frac{{{A^\prime }{G_1}}}{{{A^\prime }O}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_1}\) là trọng tâm tam giác \({A^\prime }AC\),

suy ra \({G_1} = AI \cap {A^\prime }O\). (3)

Tương tự, \({G_2}\) là trọng tâm tam giác \({B^\prime }{D^\prime }C\) nên \(\frac{{C{G_2}}}{{C{O^\prime }}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow {G_2}\) là trọng tâm tam giác \({A^\prime }{C^\prime }C\), suy ra \({G_2} = {C^\prime }I \cap C{O^\prime }\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(A{C^\prime }\).

Chứng minh \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\):

Ta có: \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{A{C^\prime }}} = \frac{1}{3};\frac{{{C^\prime }{G_2}}}{{{C^\prime }I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{{C^\prime }{G_2}}}{{A{C^\prime }}} = \frac{1}{3}\).

Do vậy \(A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\).

Vậy \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(A{C^\prime }\), đồng thời chia \(A{C^\prime }\) thành ba phần bằng nhau.

a) b) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\)

nên \(MN//AD \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN//(SBC)\). (1)

Tương tự, ta có \(O,N\) theo thứ tự là trung điểm của \(BD,SD\) nên \(ON\) là đường trung bình của tam giác \(SBD \Rightarrow ON//SB \Rightarrow ON//(SBC)\). (2)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \((OMN)//(SBC)\).

c) Ta có \(OE\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(OE//AD \Rightarrow OE//MN\).

Do đó \(E \in (OMN)\). Mặt khác \(F \in ON,ON \subset (OMN) \Rightarrow F \in (OMN)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{EF \subset (OMN)}\\{(OMN)//(SBC)}\end{array} \Rightarrow EF//(SBC)} \right.\).

d)

Vì \(G\) thuộc mặt phẳng \((ABCD)\) và cách đều \(AB,CD\) nên \(G\) thuộc đường trung bình của hình bình hành \(ABCD\) (ứng với hai cạnh \(AB,CD\)).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\) thì \(I,O,G\) thẳng hàng.

Ta có \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(OI//AB \Rightarrow OI//(SAB)\).(3)

Tương tự, ta có \(ON//SB \Rightarrow ON//(SAB)\).(4)

Từ (3), (4) suy ra \((OIN)//(SAB)\) mà \(NG \subset (OIN)\) nên \(NG//(SAB)\).