PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn (2 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.

Cho hình chóp \(S.ABC\). Gọi \(M,N,E\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SB,SC,BC\). Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {SAE} \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{IM}}{{IN}}\).

__

a) Xét hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\):

- Ta có điểm \(P \in BD\), mà \(BD \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow P \in \left( {BCD} \right)\). Do \(P \in \left( {MNP} \right)\) nên \(P\) là điểm chung thứ nhất.

- Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), xét hai đường thẳng \(MN\) và \(BC\). Do \(M\) là trung điểm của \(AB\)\(\left( {\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}} \right)\) và \(N\) thỏa mãn \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{{AM}}{{AB}} \ne \frac{{AN}}{{AC}}\). Suy ra \(MN\) không song song với \(BC\), gọi \(K = MN \cap BC\).

- Vì \(K \in MN \subset \left( {MNP} \right)\) và \(K \in BC \subset \left( {BCD} \right)\) nên \(K\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là đường thẳng \(PK\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\), gọi \(Q = PK \cap CD\). Vì \(PK \subset \left( {MNP} \right)\) nên \(Q = CD \cap \left( {MNP} \right)\).

Để tính tỉ số \(\frac{{QC}}{{QD}}\), ta áp dụng định lý Menelaus:

- Trước hết, xét  với cát tuyến \(M,N,K\) thẳng hàng ta có: \(\frac{{MA}}{{MB}} \cdot \frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} = 1\).

Do \(M\) là trung điểm \(AB \Rightarrow \frac{{MA}}{{MB}} = 1\). Do \(AN = 2NC \Rightarrow \frac{{NC}}{{NA}} = \frac{1}{2}\).

Thay vào ta được: \(1 \cdot \frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{KB}}{{KC}} = 2 \Rightarrow C\) là trung điểm của \(BK\).

- Tiếp theo, xét  với cát tuyến \(K,Q,P\) thẳng hàng ta có: \(\frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{{QC}}{{QD}} \cdot \frac{{PD}}{{PB}} = 1\).

Theo giả thiết \(BD = 3PD \Rightarrow PB = 2PD \Rightarrow \frac{{PD}}{{PB}} = \frac{1}{2}\).

Khi đó \(2 \cdot \frac{{QC}}{{QD}} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{QC}}{{QD}} = 1\).

Vậy tỉ số \(\frac{{QC}}{{QD}} = 1\) (hay \(Q\) là trung điểm của cạnh \(CD\)).

a) SAI: Vì \(S\) là đỉnh của hình chóp nên \(S\) không thuộc mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\).

b) ĐÚNG: Xét hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\), ta thấy đỉnh \(S\) là điểm chung thứ nhất. Điểm \(O = AC \cap BD\) nên \(O\) thuộc cả hai mặt phẳng, là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến là \(SO\).

c) ĐÚNG: Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(K = MN \cap AC\). Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD \Rightarrow MN{\rm{//}}BD\). Trong tam giác \(BCD\), đường thẳng \(MN\) song song với đáy \(BD\) sẽ cắt đường trung tuyến \(CO\) tại trung điểm của nó. Do đó, \(K\) là trung điểm của \(OC\). Vì \(K \in MN\) và \(K \in AC \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(K\) chính là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SAC} \right)\).

d) SAI: Tìm giao điểm \(H = SA \cap \left( {GMN} \right)\): Chọn mặt phẳng chứa \(SA\) là \(\left( {SAC} \right)\). Ta thấy \(K = MN \cap \left( {SAC} \right)\). Mặt khác, \(G\) là trọng tâm  nên \(G \in SO \subset \left( {SAC} \right)\). Do đó, giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) là đường thẳng \(GK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(H = GK \cap SA \Rightarrow H = SA \cap \left( {GMN} \right)\).

Để tính tỉ số, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAO\) với cát tuyến kéo dài \(HGK\) (trong đó \(A - O - C - K\) thẳng hàng):

Ta có \(K\) là trung điểm \(OC \Rightarrow CK = \frac{1}{2}OC = \frac{1}{2}OA \Rightarrow AK = \frac{3}{2}OA\) và \(OK = \frac{1}{2}OA \Rightarrow \frac{{KA}}{{KO}} = 3\).

Vì \(G\) là trọng tâm  nên \(\frac{{GO}}{{GS}} = \frac{1}{2}\).

Theo định lý Menelaus: \(\frac{{HS}}{{HA}} \cdot \frac{{KA}}{{KO}} \cdot \frac{{GO}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{HS}}{{HA}} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{HS}}{{HA}} = \frac{2}{3}\).

Do \(H\) nằm trong đoạn \(SA\) nên \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{2}{5}\).