Gọi \[M\] là trung điểm của \[BD\,.\]

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

Điểm \[Q \in AB\] sao cho \[AQ = 2\,QB\,\, \Leftrightarrow \,\,\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{2}{3}.\] Suy ra //\[BD\,.\] Mặt khác \[BD\] nằm trong mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] suy ra \[GQ\] // \[\left( {BCD} \right)\,.\]

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 \[ACE\] \[ \Rightarrow \,\,O{O_1}\]// \[EC\,.\]

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

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

Theo tính chất của đường trung bình của tam giác ta có

\[PS\] // AB // \[QR\] suy ra \[P,\,\,Q,\,\,R,\,\,S\] đồng phẳng.

Tương tự, ta có được \[PM\] // BD // \[NQ\] suy ra \[P,\,\,M,\,\,N,\,\,Q\] đồng phẳng.

Và MR // BC // NS suy ra M, R, S, N đồng phẳng.

a) MN là đường trung bình của DSAB nên MN // SB mà MN Ì (MNP) nên SB // (MNP).

b) Có AD // NP mà NP Ì (MNP) nên AD // (MNP).

c) Vì AD // (MNP), AD Ì (SAD), M Î (MNP) Ç (SAD) nên giao tuyến của (SAD) Ç (MNP) là đường thẳng qua M và song song với AD.

d) (SAB) Ç (MNP) = MN.

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

\(\begin{array}{l}{\rm{V\`i  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (SAB) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AB,AB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (\alpha ) = MN{\rm{ v\^o \`u i }}MN//AB,N \in SB;} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (SAD) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AD,AD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \cap (\alpha ) = MQ{\rm{ v\^o \`u i }}MQ//AD,Q \in SD.} \right.\end{array}\)

Vì \(BC//AD//MQ\) và \(BC\not  \subset (\alpha ),MQ \subset (\alpha )\) nên \(BC//(\alpha )\).

Khi đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in (SBC) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//BC,BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SBC) \cap (\alpha ) = NP} \right.\) (với \(NP//BC,P \in SC\)).

Nối các đỉnh \(M,N,P,Q\) ta được một tứ giác.

Ta có: \(MN//AB,MQ//AD,NP//BC,PQ//CD\) nên theo định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{MQ}}{{AD}} = \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Suy ra \(MN = NP = PQ = MQ = \frac{2}{3} \cdot 2 = \frac{4}{3}\) (đáy hình của chóp là hình vuông cạnh 2).

Dễ thấy \(MNPQ\) là một hình vuông có cạnh bằng \(\frac{4}{3}\) nên có diện tích bằng \(\frac{{16}}{9}\) (đơn vị diện tích).

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

a) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \subset \left( {SAB} \right)}\\{OI//AB}\end{array} \Rightarrow OI//\left( {SAB} \right)} \right.\)

b) Tương tự, \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \subset \left( {SCD} \right)}\\{OI//CD}\end{array} \Rightarrow OI//\left( {SCD} \right)} \right.\).

c) Vì \(\frac{{DI}}{{DA}} = \frac{1}{2} \ne \frac{1}{3} = \frac{{DE}}{{DC}}\) nên \(IE\) không song song với \(AC\).

d) Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC,G'\) là trọng tâm tam giác \(SBC\).

Khi đó \(\frac{{SG'}}{{SK}} = \frac{{SG}}{{SI}} = \frac{{G'G}}{{KI}} = \frac{2}{3}\), suy ra \(G'G//IK//CE\) và \(G'G = \frac{2}{3}KI = \frac{2}{3}CD = CE\).

Do đó tứ giác \(G'GEC\) là hình bình hành, suy ra \[CG'//GE \Rightarrow GE//(SBC)\].

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

a) Vì \(MN\) là đường trung bình của hình bình hành \(ABCD\) nên \(MN//BC\), mà \(BC \subset (SBC) \Rightarrow MN//(SBC)\).

b) \(MN//AD,AD \subset (SAD) \Rightarrow MN//(SAD)\).

c) Ta có \(MP\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(SB//MP\), mà \(MP \subset (MNP)\) nên \(SB//(MNP)\).

d) \(OP\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(SC//OP\), mà \(OP \subset (MNP)\) nên \(SC//(MNP)\).

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

\({\rm{ a) Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SAB) \cap (SCD)}\\{AB//CD}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = Sx} \right.\)

(với \(Sx\) qua \(S\) và \(Sx//AB//CD\)).

b) Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\).

Vì \(N\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên \(BN = \frac{2}{3}BO = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}BD = \frac{1}{3}BD \Rightarrow \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}\).

c) Ta có: \(AD = 3AM \Rightarrow \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(ADB\), ta có: \(\frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}\) nên \(MN//AB \Rightarrow MN//CD\),

mà \(CD \subset (SCD) \Rightarrow MN//(SCD)\).

d) Gọi \(P\) là trung điểm \(AB\). Tam giác \(SPC\) có:

\(\frac{{PG}}{{PS}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{1}{3}\) (tính chất trọng tâm)

\( \Rightarrow NG//SC,SC \subset (SAC) \Rightarrow NG//(SAC)\).

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

Gọi M là trung điểm của CD.

Xét tam giác ABM có \(\frac{{M{G_2}}}{{AM}} = \frac{{M{G_1}}}{{BM}} = \frac{1}{3}\) Þ G1G2 // AB.

Mà AB Ì (ABC), AB Ì (ABD) nên G1G2 // (ABC); G1G2 // (ABD).

Trả lời: 2.

Gọi E là trung điểm của SD, F là giao điểm của AM và CD trong mặt phẳng (ABCD).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}GM \subset \left( {AEF} \right)\\GM//\left( {SCD} \right)\\\left( {AEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = EF\end{array} \right.\) Þ GM // EF Þ \(\frac{{FM}}{{FA}} = \frac{{EG}}{{EA}} = \frac{1}{3}\).

Theo hệ quả Talet, ta có \(\frac{{MC}}{{AD}} = \frac{{FM}}{{FA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MC = \frac{1}{3}AD = \frac{1}{3}BC \Rightarrow \frac{{MB}}{{MC}} = 2\).

Do DMAB và DMAC có chung đường cao kẻ từ A.

Do đó \(\frac{{{S_{\Delta MAB}}}}{{{S_{\Delta MAC}}}} = \frac{{MB}}{{MC}} = 2\).

Trả lời: 2.

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ AM cắt BD tại I.

Có I Î (α) Ç (SBD), (α) // SB mà SB Ì (SBD) nên (α) Ç (SBD) = Ix // SD.

Trong DSBD, Ix Ç SB = N Þ N = SB Ç (α).

Xét DABC, có I là trọng tâm. Do đó \[\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\].

Xét DSBD có IN // SD nên \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{DI}}{{DB}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Trả lời: 0,67.

Có M Î (α) Ç (SBD), (α) // BD mà BD Ì (SBD) Þ (α) Ç (SBD) = Mx // BD.

Giả sử Mx cắt SB tại N.

Khi đó (α) ≡ (AMN).

Gọi O = AC Ç BD; I = SO Ç MN.

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ AI Ç SC = K. Suy ra K = SC Ç (α).

Xét DSBD có  mà O là trung điểm của BD nên I là trọng tâm DSBD.

Xét DSAC có I là trọng tâm nên AK là trung tuyến Þ K là trung điểm của SC. Do đó .

Trả lời: 0,5.\(\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\)

Có 3 vị trí tương đối giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P).

+) Đường thẳng a và mặt phẳng (P) có từ hai điểm chung phân biệt trở lên ta nói a nằm trong (P).

+) Đường thẳng a và mặt phẳng (P) có một điểm chung duy nhất A, ta nói a cắt (P) tại A.

+) Đường thẳng a và mặt phẳng (P) không có điểm chung nào ta nói a song song với (P).

Trả lời: 3.