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

Ta có: \(a\,{\rm{//}}\,b\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) hoặc \(a \subset \left( P \right)\). Do đó A sai.

\(a\,{\rm{//}}\,b\) và \(b\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) hoặc \(a \subset \left( P \right)\). Do đó B sai.

\(a \subset \left( Q \right)\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì chưa đủ điều kiện để khẳng định \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\).

\(a\,{\rm{//}}\,b\); \(a \subset \left( Q \right)\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\). Chọn D.

Phương án A sai vì nếu \(b\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\) thì \(b\,{\rm{//}}\,a\) hoặc \(a,b\) chéo nhau.

Phương án B sai vì nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha  \right)\) thì \(b\) cắt \(a\) hoặc \(a,b\) chéo nhau.

Phương án D sai vì nếu \(b\)  cắt \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) chứa \(b\) thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng cắt \(a\) hoặc song song với \(a\). Chọn C.

Có \(3\) vị trí tương đối của \(a\) và \(\left( P \right)\), đó là: \(a\) nằm trong \(\left( P \right)\), \(a\) song song với \(\left( P \right)\) và \(a\) cắt \(\left( P \right)\). Chọn C.

Ta có: \(d' = \left( \alpha  \right) \cap \left( \beta  \right)\). Do \(d\) và \(d'\) cùng thuộc \(\left( \beta  \right)\) nên \(d\) cắt \(d'\) hoặc \(d\,{\rm{//}}\,d'\).

Nếu \(d\) cắt \(d'\), khi đó \(d\) cắt \(\left( \alpha  \right)\) (mâu thuẫn với giả thiết). Vậy \(d\,{\rm{//}}\,d'\). Chọn A.

Ta có \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(AC\)

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

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN\,{\rm{//}}\,BC,\,\,BC \subset \left( {BCD} \right)\\MN \not\subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\). Chọn C.

Xét \(\Delta SAC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác.

Do đó \(MN\,{\rm{//}}\,AC\), mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)\). Chọn A.

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \[ABD\] nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\).

Điểm \(Q \in AB\) sao cho \(AQ = 2QB\) suy ra \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

Khi đó \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{2}{3}\), theo định lí Thalès đảo ta có \(QC\,{\rm{//}}\,BD\).

Mặt khác \[BD\] nằm trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) suy ra \[GQ\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\]. Chọn B.

Xét tam giác \(SAB\) có \(\frac{{SP}}{{SA}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{1}{3}\)nên \(PQ\,{\rm{//}}\,AB\) (theo định lý Thalès đảo).

\(\left\{ \begin{array}{l}PQ\,{\rm{//}}\,AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\\PQ \not\subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)\). Chọn C.

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. Chọn D.

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: un+1−un=75−2455n+1+7−75−2455n+7

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

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

Ta có: 0<15n+7≤112    ∀n≥1 ⇔0>−2455n+7≥−25 ⇔75>75−2455n+7≥75−25

\( \Leftrightarrow 1 \le {u_n} < \frac{7}{5}.\) 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 \[{u_1} + 44 \in \left\{ {2;\,\,4;\,\,79;\,\,158;\,\,316} \right\}\].

\[{u_1} + 44\]	\(2\)	\(4\)	\(79\)	\(158\)	\(316\)
\[{u_1}\]	\[{u_1} < 0\] (loại)	\[{u_1} < 0\](loại)	\[{u_1} = 35\]	\[{u_1} = 114\](không thỏa mãn vì \({u_n} = 44\;{\rm{cm}}\))	\[{u_1} = 272\](không thỏa mãn vì \({u_n} = 44\;{\rm{cm}}\))

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 \[HK\,{\rm{//}}\,EF.\]