PHẦN IV. Câu hỏi tự luận. Thí sinh trình bày lời giải vào giấy làm bài.

Cho tứ diện \(SABC\). Trên đoạn \(SC\) lấy điểm \(M\) sao cho \(3SM = 2MC\). Gọi \(N\), \(K\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\), \(SA\). Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {KMN} \right)\). Biết \(AB = 2\sqrt 3 \). Độ dài cạnh \(IA\) bằng bao nhiêu? (Làm tròn kết quả đến hai chữ số thập phân)

Ta có: \(20 + 10\sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 30 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5}} \right) = 1\) Ÿ

\( \Leftrightarrow \frac{{\pi \left( {t - 1} \right)}}{5} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow t = 1 + \frac{5}{2} + 10k = \frac{7}{2} + 10k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)Ÿ

Vì \(0 \le t \le 10\)\( \Rightarrow 0 \le \frac{7}{2} + 10k \le 10 \Leftrightarrow  - 0,35 \le k \le 0,65\) Ÿ

Mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 0\). Suy ra \(t = 3,5\)(giây).Ÿ

Vậy trong 10 giây đầu tiên, tại thời điểm ra \(t = 3,5\)(giây) thì độ cao của buồng A đạt 30 mét.

(Sai) Có đúng \(2\) mặt phẳng phân biệt chứa điểm \(O\) trong các mặt phẳng được tạo từ \(5\) điểm \(S,A,B,C,D\)
(Vì): Vì các mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu chứa điểm \(O\) gồm \((SAC);(SBD);(ABCD)\).
(Đúng) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((MBD)\) và \((SAC)\) là đường thẳng \(OM\)
(Vì): Vì ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (MBD)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (MBD) \cap (SAC)(1)\).
Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in (MBD)({\rm{v\`i}}O \in BD)({\rm{v\`i}}O \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow O \in (MBD) \cap (SAC)(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(OM = (SAC) \cap (MBD)\).
(Sai) Giao tuyến của hai mặt phẳng \((DMN)\) và \((SAC)\) là đường thẳng \(ME\) với \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OC\)
(Vì): Vì ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (DMN)}\\{M \in (SAC)({\rm{v\`i}}M \in SA)}\end{array}} \right. \Rightarrow M \in (DMN) \cap (SAC)(3)\).
Trong mặt phẳng \((ABCD)\) gọi \(E = DN \cap AC\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in (DMN)({\rm{v\`i}}E \in DN)}\\{E \in (SAC)({\rm{v\`i}}E \in AC)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in (DMN) \cap (SAC)(4)\).
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(ME = (DMN) \cap (SAC)\).
Tam giác \(BCD\) có \(E = DN \cap OC\) và \(DN,OC\) là hai đường trung tuyến.
Suy ra \(E\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\).
(Đúng) Giao điểm giữa đường thẳng \(CM\) và mặt phẳng \((SBD)\) là trọng tâm tam giác \(SAC\)
(Vì): Vì trong mặt phẳng \((SAC)\) gọi \(F = CM \cap SO\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F \in CM}\\{F \in (SAC)({\rm{v\`i}}F \in SO \subset (SAC))}\end{array}} \right. \Rightarrow F = CM \cap (SAC)\).
Tam giác \(SAC\) có \(F = CM \cap SO\) và \(SO,CM\) là hai đường trung tuyến.
Suy ra \(F\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\).