Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Chương 4. Đường thẳng và mặt phẳng. Quan hệ song song trong không gian

Vì \(ABCD\) và \(ACNM\) là hai hình bình hành chỉ có chung đường chéo \(AC\) nên \(B,D,N,M\) không đồng phẳng. Mà \(MN{\rm{//}}AC\) còn \(AC\) cắt \(BD\) nên \(BD\) và \(MN\) chéo nhau.

Ta có ngay \(A,B,C\) đúng.

Lại có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA \Rightarrow \)D sai.

Ta có \(\left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right) = BG.\)

Mà \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ACD\).

\[\left. \begin{array}{l}M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\P \in (\alpha ) \cap (ABD)\end{array} \right\} \Rightarrow MP = (\alpha ) \cap (ABD)\]

hay \(MP\) là giao tuyến của \[(\alpha )\] và (ABD);

Tương tự ta tìm được:

\(NQ\) là giao tuyến của \[(\alpha )\] và \(\left( {BCD} \right)\); \(BD\) là giao tuyến của \(\left( {BCD} \right)\) và \(\left( {ABD} \right);\) Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta suy ra \(MP\), \(NQ\), \(BD\) hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.

Mặt khác, \(MP\) cắt \(NQ\) tại I (theo giả thiết) nên \(I,B,D\) thẳng hàng.

Vì \[G\] là trọng tâm tam giác \[BCD,\,\,\,F\] là trung điểm của \[CD\]\[ \Rightarrow \,\,\,G \in \left( {ABF} \right)\,.\]

Ta có \[E\] là trung điểm của \[AB\]\[ \Rightarrow \,\,\,E \in \left( {ABF} \right)\,.\]

Gọi \[M\] là giao điểm của \[EG\] và \[AF\] mà \[AF \subset \left( {ACD} \right)\] suy ra \[M \in \left( {ACD} \right)\,.\]

Vậy giao điểm của \[EG\] và \[mp\,\,\left( {ACD} \right)\] là giao điểm \[M = EG \cap AF\,.\]

Phương pháp: Để chứng minh ba đường thẳng \({d_1},{\rm{ }}{d_2},{\rm{ }}{d_3}\) đồng quy ta chứng minh giao điểm của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\); đồng thời \({d_3}\) là giao tuyến \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\).

Gọi \(O = HF \cap IG\). Ta có

● \(O \in HF\) mà \(HF \subset \left( {ACD} \right)\) suy ra \(O \in \left( {ACD} \right)\).

● \(O \in IG\) mà \(IG \subset \left( {BCD} \right)\) suy ra \(O \in \left( {BCD} \right)\).

Do đó \(O \in \left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right)\). \(\left( 1 \right)\)

Mà \(\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\). \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(O \in CD\).

Vậy ba đường thẳng \(CD,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}HF\) đồng quy.

Tam giác \[ABC\] có \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,AC\,.\]

Suy ra \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[ABC\] \[ \Rightarrow \,\,MN\]//\[BC\,.\]

Từ \[E\] kẻ đường thẳng \[d\] song song với \[BC\] và cắt \[BD\] tại \[F\,\, \Rightarrow \,\,EF\]//\[BC.\]

Do đó \[MN\]//\[EF\] suy ra bốn điểm \[M,\,\,N,\,\,E,\,\,F\] đồng phẳng và \[MNEF\] là hình thang.

Vậy hình thang \[MNEF\] là thiết diện cần tìm.

Gọi \[M\], \[N\] lần lượt là trung điểm của \[DC\], \[AC\]. Vì \[G\] là trọng tâm tứ diện nên \[G\] là giao điểm của ba đoạn thẳng nối hai trung điểm của cặp cạnh đối của tứ diện như hình vẽ trên.

Xét \[\left( {ABM} \right)\]: \[AG \cap BM = {G_1}\], \[BG \cap AM = {G_2}\]. Trong \[\Delta ACD\] có \[AM\] và \[DN\] là đường trung tuyến nên \({G_2}\) là trọng tâm của tam giác do đó \[\frac{{{G_2}M}}{{{G_2}A}} = \frac{1}{2}\]. Tương tự ta cũng có \[\frac{{{G_1}M}}{{{G_1}B}} = \frac{1}{2}\] suy ra \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Xét \(\Delta ABM\) ta có: \(\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\\{G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) D sai.

Vì \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABD} \right)\) \( \Rightarrow \) A đúng.

Vì \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow \) C đúng.

Ba đường \(B{G_1},A{G_2},CD\), đồng quy tại \(M\) \( \Rightarrow \) B đúng.

Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

Do \(M;N\) là trọng tâm tam giác \(SAB;\,SCD\) nên \(S,M,E\) thẳng hàng; \(S,N,F\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta SEF\) có: \(\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{2}{3} = \frac{{SN}}{{SF}}\) nên theo định lý Thalès \( \Rightarrow MN//EF\).

Mà \(EF \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(MN//\left( {ABCD} \right)\).

Xét tam giác \[ACE\] có \[O,\,\,{O_1}\] lần lượt là trung điểm của \[AC\], \[AE\].

Suy ra \[O{O_1}\] là đường trung bình trong tam giác \[ACE\] \[ \Rightarrow \,\,O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[EC\].

Tương tự, \[O{O_1}\] là đường trung bình của tam giác \[BFD\] nên \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[FD\].

Vậy \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {BEC} \right)\], \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {AFD} \right)\] và \[O{O_1}\] \({\rm{//}}\)\[\left( {EFC} \right)\]. Chú ý rằng: \[\left( {EFC} \right) \equiv \left( {EFM} \right)\].

Trong tam giác \(SAC\) có \(O\) là trung điểm \(AC\), \(I\) là trung điểm \(SC\) nên \[IO//SA\]

\( \Rightarrow IO\) song song với hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt \(\left( {SAC} \right)\) theo giao tuyến \(IO.\)

Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt \(\left( {SBC} \right)\) theo giao tuyến \(BI\), cắt \(\left( {SCD} \right)\) theo giao tuyến \(ID\), cắt \(\left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến \(BD\) \( \Rightarrow \) thiết diện tạo bởi mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) và hình chóp \(S.ABCD\) là tam giác \(IBD.\)

Vậy đáp án D sai.

Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = SO \cap AM\). Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) qua \(I\) kẻ \(EF//BD\), khi đó ta có \(\left( {AEMF} \right) \equiv \left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng chứa \(AM\) và song song với \(BD\). Do đó thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là tứ giác \(AEMF\).

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{FE\,{\rm{//}}\,BD}\\{BD \bot \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right.\]\[ \Rightarrow FE \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow FE \bot AM\].

Mặt khác ta có:

*\(AC = 2a = SA\) nên tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(AM = a\sqrt 2 \).

* \(I\) là trọng tâm tam giác \(SAC\), mà \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) nên tính được \(EF = \frac{2}{3}BD = \frac{{4a}}{3}\).

Tứ giác \(AEMF\) có hai đường chéo \(FE \bot AM\) nên \({S_{AEMF}} = \frac{1}{2}FE.AM = \frac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{3}\).

Ta có \(\left( {BA'D'} \right) \equiv \left( {BCA'D'} \right)\) và \(\left( {ADC} \right) \equiv \left( {ABCD} \right)\).

Mà \(\left( {BCA'D'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\), suy ra \(\left( {BA'D'} \right){\rm{ // }}\left( {ADC} \right)\) sai.

Ta có \(B'D'{\rm{//}}BD\); \(AD'{\rm{//}}C'B\) \( \Rightarrow \left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\).

Do \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(ACC'\) nên \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) nên \(IJ{\rm{//}}MN\)

\( \Rightarrow IJ{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\)

Tương tự \(IK{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\) hay \(\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C} \right)\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm \(AC,BD\).

Do đó: \(MO//SC \Rightarrow MO//\left( {SBC} \right)\)

Và \(NO//SB \Rightarrow NO//\left( {SBC} \right)\)

Suy ra: \(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).

Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\] suy ra \[MB'\parallel AH \Rightarrow MB'\parallel \left( {AHC'} \right)\]. \(\left( 1 \right)\)

Vì \[MH\] là đường trung bình của hình bình hành \[ABB'A'\] suy ra \[MH\] song song và bằng \(BB'\) nên \[MH\] song song và bằng \(CC' \Rightarrow \)\[MHC'C\] là hình hình hành \[ \Rightarrow MC\,\parallel \,\,HC' \Rightarrow MC\parallel \left( {AHC'} \right)\]. \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \[\left( {B'MC} \right)\parallel \left( {AHC'} \right) \Rightarrow B'C\parallel \left( {AHC'} \right)\].

Xét hai mặt phẳng \[\left( {MON} \right)\]và \[\left( {SBC} \right)\].

Ta có: \(OM\;{\rm{//}}\;SC\) và \(ON\;{\rm{//}}\;SB\).

Mà \(BS \cap SC = C\) và \(OM \cap ON = O\).

Do đó \[\left( {MON} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBC} \right)\].

Lần lượt lấy các điểm \(N\), \(P\), \(Q\) thuộc các cạnh \(CD\), \(SD\), \(SA\) thỏa \(MN\parallel BC\), \(NP\parallel SC\), \(PQ\parallel AD\). Suy ra \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\) và \(\left( \alpha  \right)\parallel \left( {SBC} \right)\).

Vì \(I = MQ \cap NP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I,S \in \left( {SCD} \right)\\I,S \in \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) \(I\) nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\). Khi \(\left\{ \begin{array}{l}M \equiv B \Rightarrow I \equiv S\\M \equiv A \Rightarrow I \equiv T\end{array} \right.\) với \(T\) là điểm thỏa mãn tứ giác \(ABST\) là hình bình hành.

Vậy quỹ tích cần tìm là đoạn thẳng song song với \(AB\).

Qua \(M\) vẽ \(MP{\rm{//}}IC\),\(P \in AC\), \(MN{\rm{//}}SI\),\(N \in SA\).

Ta có\(\frac{{MN}}{{SI}} = \frac{{MP}}{{IC}}\) và \(SI = IC\) nên suy ra \(MN = MP\) thiết diện là tam giác cân tại \(M\).

Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.4.\sin 30^\circ  = 4\].

Gọi \[N,\,\,P\] lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \[\left( P \right)\] và các cạnh \[SB,\,\,SC\].

Vì \[\left( P \right)\]\({\rm{//}}\)\[\left( {ABC} \right)\] nên theoo định lí Thalès, ta có \[\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}\].

Khi đó \[\left( P \right)\] cắt hình chóp \[S.ABC\] theo thiết diện là tam giác \[MNP\] đồng dạng với tam giác \[ABC\] theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}\]. Vậy \[{S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.4 = \frac{{16}}{9}\].

Giả sử \(\left( \alpha  \right) \cap \left( \beta  \right) = d\) Khi phương chiếu \(l\) song song hoặc nằm trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)thì mọi điểm trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)có hình chiếu lên mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) theo phương \(l\) đều nằm trên đường thẳng \(d\).

+ Gọi \(I\) là điểm đối xứng của \(A'\) qua \(B'.\)

+ Xét phép chiếu song theo phương \(AB\) lên mặt phẳng \(\left( {BC'D} \right)\) ta có: Hình chiếu của \(D,\,B,\,C'\) thành chính nó; Hình chiếu của \(A\) thành \(B;\) Hình chiếu của \(A',\,\,B'\) thành \(I\); Hình chiếu của \(D'\) thành \(C'.\)

+ Do đó, hình chiếu của hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) lên \({\rm{mp}}(BC'D)\) theo phương \(AB\) là hình bình hành \(BDC'I.\)

Trong \((ABCD):CN \cap BD = F\).

Trong \((SNC):SF \cap MN = J\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in MN}\\{J \in SF \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow J \in MN \cap (SBD)} \right.\).

Trong mp \((SCD)\), gọi \(N = KF \cap SC\), có \(KF \subset (EFM)\). Do đó \(SC \cap (EFM) = N\).

Có \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = (EFK) \cap (SBC)}\\{EF//BC;EF \subset (EFK),BC \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow MN//EF//BC\).

Suy ra tứ giác \(EFNM\) là hình thang.

Trong mp \((ADNM)\), gọi \(I = AM \cap DN\).

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AM,AM \subset (SAB)}\\{I \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow I \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\),

Hay \(I \in SK\). Kết luận 3 đường thẳng \(AM,DN,SK\) đồng quy tại điểm \(I\).

Khi \(AD = 2BC\) dễ dàng chứng minh được \(B,C\) lần lượt là trung điểm của \(KA\) và \(KD\). Suy ra \(M,N\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(SAK\) và \(SDK\).

Do đó \(MN = \frac{2}{3}EF\), gọi \({h_1},{h_2}\) lần lượt là độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh \(K\) xuống hai đáy \(MN\) và \(EF\), dễ thấy \({h_1} = \frac{2}{3}{h_2}\). Vậy \(\frac{{{S_{\Delta KMN}}}}{{{S_{\Delta KEF}}}} = \frac{{\frac{1}{2}MN \cdot {h_1}}}{{\frac{1}{2}EF \cdot {h_2}}} = \frac{{\frac{2}{3}EF \cdot \frac{2}{3}{h_2}}}{{EF \cdot {h_2}}} = \frac{4}{9}\).

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC \subset (SAC)}\\{O \in BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow O \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\S \in (SAB) \cap (SCD)\\ \Rightarrow SO = (SAC) \cap (SBD).\end{array}\)

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD;AD//BC\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD//CB}\\{AD \subset (SAD)}\\{BC \subset (SBC)}\\{K \in (KBC) \cap (SAD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Kx = (KBC) \cap (SAD)}\\{Kx//AD//BC}\end{array}} \right.} \right.\).

Trong \((SAD)\) gọi \(J = Kx \cap SA\), có \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in SA}\\{J \in Kx \subset (BKC)}\end{array} \Rightarrow J = SA \cap (BKC)} \right.\).

Có \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta SBD \Rightarrow OI//SD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OI//SD}\\{OI \subset (OIA)}\\{SD \subset (SCD)}\\{C \in (OIA) \cap (SCD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Cy = (OIA) \cap (SCD)}\\{Cy//SD//OI}\end{array}} \right.} \right.\).

Ta có: \(IJ//AB\) (\(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\))

\(AB//CD\) (tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành) \( \Rightarrow CD//IJ\).

Gọi \(M,M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'\).

\(MM'\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCC'B'\) nên

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'//BB'}\\{MM' = BB'}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'//AA'}\\{MM' = AA'}\end{array} \Rightarrow AMM'A'} \right.} \right.{\rm{ l\`a  h\`i nh b\`i nh h\`a nh}}{\rm{. }}\]

Vì \(I,K\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC,A'B'C'\) nên

\(IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM,\)mà \(IM//KM'\) nên \(IKM'M\) là hình bình hành.

Suy ra \(IK//MM',MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK//\left( {BCC'B'} \right)\). (1)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(CC'\), tam giác \(AMN\) có

\(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}{\rm{  }}\)(tính chất trọng tâm)

Suy ra \(IG//MN\) mà \(MN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(IG//\left( {BCC'B'} \right)\).(2)

Từ (1) và (2) suy ra \((IKG)//\left( {BCC'B'} \right)\).

Vì \(\left( {A'KG} \right) \equiv \left( {A'M'C} \right),\left( {AIB'} \right) \equiv \left( {AMB'} \right)\), ta cần chứng minh \(\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)\).

Dễ thấy \(AMM'A'\) là hình bình hành nên \(AM//A'M'\) mà \(A'M' \subset \left( {A'M'C} \right)\) nên \(AM//\left( {A'M'C} \right)\). (3)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CM//B'M'}\\{CM = B'M'}\end{array} \Rightarrow CMB'M'} \right.\) là hình bình hành, suy ra \[B'M//CM',CM'{\kern 1pt}  \subset \left( {A'M'C} \right)\] \[ \Rightarrow B'M//\left( {A'M'C} \right)\]. (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)\), hay \(\left( {A'KG} \right)//\left( {AIB'} \right)\).

Vì  \(AA'//CC'\) và \(A'\) thuộc \(\left( {A'B'C'} \right)\) nên \(A'\) là hình chiếu song song của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo phương \(CC'\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), kẻ đường thẳng \(MM'//BB'\) với \(M' \in A'B'\). Khi đó \(M'\) là hình chiếu song song của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo phương \(BB'\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(BB'C'\) nên \(OI//BB' \Rightarrow OI//AA'\) mà \(I \in \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(I\) là ảnh của \(O\)  trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) qua phép chiếu song song phương \(AA'\).

Ta có: \(MN//DE\) nên bốn điểm \(M,N,D,E\) đồng phẳng.

Trong mặt phẳng \((MNED)\), gọi \(I = DM \cap NE \Rightarrow I \in AB,AB = (ABCD) \cap (ABEF)\),

khi đó: \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IN}}{{NE}}\).

Đặt \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}} = k\), ta có: \(\frac{{AM}}{{AC}} = k(1) \Rightarrow \frac{{AC - MC}}{{AC}} = k \Rightarrow 1 - \frac{{MC}}{{AC}} = k \Rightarrow \frac{{MC}}{{AC}} = 1 - k(2).\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\); tương tự ta chứng minh được \(\frac{{BN}}{{FN}} = \frac{k}{{1 - k}}\).

Vì \(AB//CD\) nên \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IA}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\);

Vì \(AB//EF\) nên \(\frac{{IN}}{{NE}} = \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{k}{{1 - k}}\).

Mặt khác \(\frac{{AI}}{{DC}} + \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{AI}}{{FE}} + \frac{{BI}}{{EF}} = 1 \Rightarrow 2 \cdot \frac{k}{{1 - k}} = 1\)

\( \Rightarrow 2k = 1 - k \Rightarrow k = \frac{1}{3}{\rm{. }}\)Suy ra \(a = 3\). Vậy với \(a = 3\) thì \(MN//DE\).

Ta có \(S \in (SIK) \cap (SAC)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(E = IK \cap AC \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in IK \subset (SIK)}\\{E \in AC \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow E \in (SIK) \cap (SAC)} \right.\).

Suy ra \(SE = (SIK) \cap (SAC)\).

\({\rm{Ta c\'o  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SIK) \cap (SBD)}\\{BD \subset (SBD),IK \subset (SIK) \Rightarrow (SIK) \cap (SBD) = Sx,({\rm{ }}Sx{\rm{//}}BD{\rm{//}}IK){\rm{. }}}\\{BD{\rm{//}}IK}\end{array}} \right.\)

Trong mp \((SBD)\), gọi \(F = Sx \cap DM \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in DM}\\{S \in Sx \subset (SIK)}\end{array} \Rightarrow F = DM \cap (SIK)} \right.\).

Ta có \(SF{\rm{//}}BD \Rightarrow \frac{{MF}}{{MD}} = \frac{{MS}}{{MB}} = 1\).