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

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

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

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) $\sin 4x + 1 - 2\cos 2x = \sin 2x$

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

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

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\sin 2x = 1}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.$

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

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: ${u}_{n+1}-{u}_{n}=(\frac{7}{5}-\frac{24}{5[5(n+1)+7]})-(\frac{7}{5}-\frac{24}{5(5n+7)})$

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

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

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

$\Leftrightarrow 1 \le {u_n} < \frac{7}{5}.$ 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 $HK\,{\rm{//}}\,EF.$