Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Bài 3: Đường thẳng và mặt phẳng song song

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\).

Xét tam giác \(BCE\) có, \(\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}\). Suy ra \(MG\,{\rm{//}}\,CE\).

Vì \(CE \subset \left( {ACD} \right)\) và \(MG \not\subset \left( {ACD} \right)\) nên \(MG\,{\rm{//}}\,\left( {ACD} \right)\). Chọn A.

a) Ta có M Î SA, N Î SB nên MN Ì (SAB).

b) Ta có M là trung điểm SA, O là trung điểm AB.

Suy ra MO là đường trung bình của DSAC Þ MO // SC.

Mà SC Ì (SBC) Þ MO // (SBC).

c) Ta có N Î SB, O Î BD nên NO Ì (SBD).

d) Ta có M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB nên MN // AB

Mà AB // CD nên MN // CD.

Lại có MN Ì (MNO) Þ CD // (MNO).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.

a) b) Do \(I,J\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(SAB\) và \(SCD\) nên

\(\frac{{SI}}{{SE}} = \frac{{SJ}}{{SF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ//EF{\rm{ m\`a }}EF \subset (ABCD) \Rightarrow IJ//(ABCD){\rm{. }}\)

c) d) Vì \(BC//AD,AD \subset (SAD) \Rightarrow BC//(SAD)\).

Vì \(EF\) là đường trung bình của hình bình hành \(ABCD\) nên

\(BC//EF,EF \subset (SEF) \Rightarrow BC//(SEF){\rm{. }}\)

Ta có: \(IJ//EF,EF//BC \Rightarrow BC//IJ\) mà \(IJ \subset (AIJ) \Rightarrow BC//(AIJ)\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Sai.

a) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

b) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\).

c) Ta có: \(\left( {IBD} \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác \(IBD\).

d) Ta có: \[\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\]

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;  c) Sai;   d) Đúng.

Gọi E là trung điểm của AD.

Vì G là trọng tâm tam giác ABD nên \(\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}\) (1)

Lại có MB = 2MC. Suy ra \(\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{3}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra MG // CE.

Do đó \(\frac{{MG}}{{CE}} = \frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow CE = \frac{3}{2}MG = 3\).

Xét DACD đều có CE là đường cao. Suy ra \(AD.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3 \Rightarrow AD = \frac{6}{{\sqrt 3 }}\).

Do đó diện tích tam giác ACD là \(S = A{D^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {\left( {\frac{6}{{\sqrt 3 }}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{3} = 3\sqrt 3 \approx 5,2\).

Trả lời: 5,2.

Gọi I là giao điểm của AM và BD. Khi đó ta có I là trọng tâm tam giác ABC.

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3};\frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3}\).

Ta có (α) và mặt phẳng (SBD) có chung điểm I, (α) // SD, SD Ì (SBD) nên giao tuyến của (α) và mặt phẳng (SBD) là đường thẳng qua I song song với SD cắt SB tại N.

Vậy \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Trả lời: 0,67.

Gọi Q = AC Ç BM.

Ta có MN // SC ÞMN // (SAC).

Suy ra giao tuyến của (BMN) và (SAC) là đường thẳng qua Q và song song với SC, cắt SA tại P.

Þ P = SA Ç (BMN).

Ta có Q là trọng tâm tam giác BCD.

Suy ra \(CQ = \frac{2}{3}CO = \frac{1}{3}CA \Rightarrow AQ = \frac{2}{3}AC\).

Mà PQ // SC \( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AS}} = \frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{SP}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SA}}{{SP}} = 3\).

Trả lời: 3.

a) \[P = (1 - 3\cos \alpha )(1 + 3\cos \alpha ) = 1 - {\left( {3\cos \alpha } \right)^2} = 1 - 9{\cos ^2}\alpha \].

Ta có \[\sin \alpha = \frac{2}{3}\], \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{5}{9}\).

\(P = 1 - 9.\frac{5}{9} = - 4\).

b) \[{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\]\[ \Rightarrow {\cos ^2}\alpha {\rm{ = 1}} - {\sin ^2}\alpha = 1 - \frac{9}{{25}} = \frac{{16}}{{25}}\] \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{5}\\{\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}\end{array} \right.\)

Vì \({\rm{90}}^\circ < \alpha < 180^\circ \)\( \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}\). Vậy \(\tan \alpha = - \frac{3}{4}\) và \(\cot \alpha  = - \frac{4}{3}\).

\(E = \frac{{\cot \alpha - 2\tan \alpha }}{{\tan \alpha + 3\cot \alpha }} = \frac{{ - \frac{4}{3} - 2.\left( { - \frac{3}{4}} \right)}}{{ - \frac{3}{4} + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)}} = - \frac{2}{{57}}\).

a) Xét \(\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Rightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

b) Xét \(\sin \left( { - 2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Rightarrow - 2x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

c) Xét \(\sin 2x = 0 \Rightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

a) \(\sin \left( {3x - \frac{{3\pi }}{4}} \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \frac{\pi }{6} - x + k2\pi }\\{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \pi - \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{11\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{2}}\\{x = \frac{{19\pi }}{{24}} + k\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

b) \(\cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = \cos 135^\circ \)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 25^\circ = 135^\circ + k360^\circ }\\{2x + 25^\circ = - 135^\circ + k360^\circ }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 55^\circ + k180^\circ }\\{x = - 80^\circ + k180^\circ }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

a) Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {2x - 1} \right) \ne 0\\\cos \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\end{array} \right.\)

\(\tan \left( {2x - 1} \right) = \tan \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 = - x + \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} + \frac{\pi }{9} + \frac{{k\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}\)(thỏa mãn).

b) Điều kiện: \(\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\)

\(\cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Rightarrow \cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = \cot \frac{\pi }{4} \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k\pi \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{{24}} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\) (thỏa mãn).

a) \(\frac{3}{2} - 3\cos 4x = 6\sin x.\sin 3x\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{2} - 3\cos 4x = 3(\cos 2x - \cos 4x)\)

\( \Leftrightarrow 3\cos 2x = \frac{3}{2}\)

\[ \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\,\]

\[ \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\,\].

b) \(\sin 4x + 1 - 2\cos 2x = \sin 2x\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 2x.\cos 2x + 1 - 2\cos 2x - \sin 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin 2x - 1} \right)\left( {2\cos 2x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin 2x = 1}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi }\end{array}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right..\)

Phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Xét \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \\0 \le - \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - 1}}{6} \le k \le \frac{5}{6}\\\frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\end{array} \right.\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(\left[ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{{5\pi }}{6}\end{array} \right.\).

Vậy nghiệm lớn nhất của phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).

\[\,\,\,2{\sin ^2}\frac{x}{2} + \sqrt 3 \sin x - 5m = 0\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x - \cos x - 5m + 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) - 5m + 1 = 0\]

Hay \[\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{5m - 1}}{2}\]

Mà \[ - 1 \le \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \le 1\]

Nên để phương trình trên luôn có nghiệm khi \[ - 1 \le \frac{{5m - 1}}{2} \le 1\]\[ \Leftrightarrow - \frac{1}{5} \le m \le \frac{3}{5}\].

a) Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {3^n} - n.\)

Với mỗi \(n \in \mathbb{N}*\), ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {{3^{n + 1}} - \left( {n + 1} \right)} \right] - \left( {{3^n} - n} \right).\)

\( = {3.3^n} - n - 1 - {3^n} + n\)

\( = {2.3^n} + {3^n} - {3^n} - 1 = {2.3^n} - 1 > 0\) (đúng) (vì \(n \ge 1.\))

Kết luận dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số tăng.

b) Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = \frac{n}{{{n^2} + 1}}\).

Với mỗi \(n \in \mathbb{N}*\), ta có:

\({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n + 1}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1}} - \frac{n}{{{n^2} + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right) - n\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{n^3} + n + {n^2} + 1 - \left( {{n^3} + 2{n^2} + 2n} \right)}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}\)\( = \frac{{ - {n^2} - n + 1}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}} < 0.\)

Vì \( - {n^2} - n + 1 < 0{\rm{ }}\forall n \ge 1\), và\(\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right) > 0{\rm{ }}\forall n \ge 1.\)

Kết luận: dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.

Công thức \({u_n}\) được viết lại: \({u_n} = \frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left( {5n + 7} \right)}}\)

Xét hiệu số: ${\mathrm{u}}_{\mathrm{n}+1}-{\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}=\left(\frac{7}{5}-\frac{24}{5\left[5\left(\mathrm{n}+1\right)+7\right]}\right)-\left(\frac{7}{5}-\frac{24}{5\left(5\mathrm{n}+7\right)}\right)$

\( = \frac{{24}}{5}\left( {\frac{1}{{5n + 7}} - \frac{1}{{5\left( {n + 1} \right) + 7}}} \right) > 0{\rm{   }}\forall n \ge 1\) \( \Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n}\).

Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\)là dãy số tăng.

Ta có: $0<\frac{1}{5n+7}\le \frac{1}{12}\forall n\ge 1$ $\iff 0>-\frac{24}{5\left(5n+7\right)}\ge -\frac{2}{5}$ $\iff \frac{7}{5}>\frac{7}{5}-\frac{24}{5\left(5n+7\right)}\ge \frac{7}{5}-\frac{2}{5}$

\( \Leftrightarrow 1 \le {u_n} < \frac{7}{5}.\) Suy ra \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số bị chặn.

Kết luận \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số tăng và bị chặn.

a) \(\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 19\\{u_9} = 35\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\),

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d = 19\\{u_1} + 8d = 35\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\d = 4\end{array} \right.\).

Vậy số hạng đầu tiên \({u_1} = 3\), công sai \(d = 4\).

Số hạng thứ \(20\): \({u_{20}} = {u_1} + 19d = 3 + 19.4 = 79\).

Tổng của \(20\) số hạng đầu tiên: \({S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.3 + 19.4} \right) = 820\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}{u_3} + {u_5} = 14\\{s_{12}} = 129\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

 Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\), \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2}\)

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 2d + {u_1} + 4d = 14\\6\left( {2{u_1} + 11d} \right) = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 6d = 14\\12{u_1} + 66d = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{5}{2}\\d = \frac{3}{2}.\end{array} \right.\)

Vậy số hạng đầu tiên \({u_1} = \frac{5}{2}\), công sai \(d = \frac{3}{2}\).

Số hạng thứ \(20\): \({u_{20}} = {u_1} + 19d = \frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2} = 31\).

Tổng của \(20\) số hạng đầu tiên: \({S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.\frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2}} \right) = 335\).

Ta gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng và áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

\({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1} = 4\left( {4 + d} \right) + \left( {4 + d} \right)\left( {4 + 2d} \right) + 4\left( {4 + 2d} \right)\)

\( = 2{d^2} + 24d + 48 = 2{\left( {d + 6} \right)^2} - 24 \ge - 24\).

Dấu xảy ra khi \(d = - 6\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1}\) là \( - 24\).

Giả sử đa giác có \(n\) cạnh (\(n \in \mathbb{N},\,\,n \ge 3\)).

Gọi độ dài các cạnh của đa giác là \({u_1},\,{u_2},\,{u_3},\,...\,,\,{u_n}\) theo thứ tự lập thành cấp số cộng và cạnh lớn nhất có độ dài là 44 cm nên \(0 < {u_1} < {u_2} < \,{u_3} < \,...\, < \,{u_n} = 44\;{\rm{cm}}\).

Vì đa giác có chu vi là \[158\;{\rm{cm}}\] nên \[{S_n} = {u_1} + {u_2} + \,{u_3} + \,...\, + \,{u_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right)n}}{2}\]

hay \[158 = \frac{{\left( {{u_1} + 44} \right)n}}{2}\] suy ra \[n = \frac{{316}}{{{u_1} + 44}}\]

Mà \(n \in \mathbb{N}\) nên \[{u_1} + 44\] là ước nguyên dương của \[316\] hay \[{u_1} + 44 \in \left\{ {2;\,\,4;\,\,79;\,\,158;\,\,316} \right\}\].

Vậy đa giác đã cho có \[n = \frac{{316}}{{79}} = 4\] cạnh.

a) \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)

O là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là SO.

b) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). gọi \(F = MN \cap AD\).

\(\left\{ \begin{array}{l}F \in MN\\F \in AD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giao điểm của đường thẳng MN và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là điểm F.

Ta có \(\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset \left( {ABD} \right)\\I \in NQ \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I\) thuộc giao tuyến của \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\)

\( \Rightarrow I \in BD \Rightarrow I,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D\) thẳng hàng.

a) \[\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAB) \cap (SCD)\\AB//CD\\AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = d\], d qua S và d // AB, d // CD.

b) Gọi I là trung điểm của SA.

Do M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và SAD nên

\[\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{1}{3}\] và \[MN,BD \subset (IBD)\]\[ \Rightarrow MN//BD\].

c) Gọi \[O = AC \cap BD,J = BK \cap SO\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in SO,SO \subset (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow J = BK \cap (SAC)\].

a) Tam giác \[SAC\] có \[H\] là trọng tâm nên \[\frac{{SH}}{{SM}} = \frac{2}{3}\].

Tương tự, ta được \[\frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}\].

Do đó \[\frac{{SH}}{{SM}} = \frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}\] \( \Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,MN\) (định lí Thalèsđảo)

Mà \[MN \subset \left( {SAB} \right)\] \( \Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\;\;\)\(\left( 1 \right)\)

b) Tam giác \[ABC\] có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[AC\] và \[BC\].

\( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \( \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,AB.\)

Ta có \[E \in \left( {MNE} \right),E \in \left( {SAB} \right)\]

Mà \[MN\,{\rm{//}}\,AB\]; \[MN \subset \left( {MNE} \right)\] và \[AB \subset \left( {SAB} \right)\]

Suy ra giao tuyến của \[\left( {MNE} \right)\] và \[\left( {SAB} \right)\] là đường thẳng \(d\) đi qua \(E\) và \[d\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,AB\]

Trong \[\left( {SAB} \right)\]: gọi \[F = d \cap SA\]

Ta có \[HK\,{\rm{//}}\,MN,MN \subset \left( {MNEF} \right)\]

\( \Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,\left( {MNEF} \right)\;\;\;\left( 2 \right)\)

Mà \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {MNEF} \right) = EF\] \[\left( 3 \right)\]

Từ (1), (2), (3), ta thu được \[HK\,{\rm{//}}\,EF.\]