Bài tập ôn tập Toán 11 Chân trời sáng tạo Chương 4 có đáp án

\(I\) và \(J\) theo thứ tự là trung điểm của \(AC,AD\) nên \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).

Suy ra \(IJ//CD\).

Mà \(G \in \left( {GIJ} \right) \cap \left( {BCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(CD\). Chọn C.

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

Theo tính chất trọng tâm ta có: \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{{AK}}{{AP}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(IJ//MN,JK//NP\) mà \(IJ \cap JK,MN \cap NP\) nên \(\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C'C} \right)\) hay \(\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C} \right)\). Chọn C.

Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành.

Do ABCD là hình bình hành, \(M,N\) là trung điểm của \(AD,BC\) nên \(O\) là trung điểm của \(MN\).

Do đó \(\left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SO\). Chọn B.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\), \(K\) là giao điểm của \(BC'\) và \(B'C\).

Có \(AI = MB',AI//MB'\) nên \(AIB'M\) là hình bình hành. Suy ra \(AM//B'I\).

Lại có \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta ABC'\) nên \(IK//AC'\).

Do đó \(\left( {AMC'} \right)//\left( {IB'C} \right) \Rightarrow B'C//\left( {AMC'} \right)\). Chọn A.

Vì \(M,N\) là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\).

Suy ra \(MN//AB;MN = \frac{1}{2}AB\).

Lại có \(DC//AB,DC = \frac{1}{2}AB\) nên \(MN//CD;MN = CD\).

Do đó \(MNCD\) là hình bình hành. Suy ra \(MD//CN\). Chọn B.

Ta có \(O,K\) là trung điểm của \(AC,CD\) nên \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).

Suy ra \(OK//AD\) \( \Rightarrow OK//\left( {SAD} \right)\) (1).

Tương tự \(OE//SD\)\( \Rightarrow OE//\left( {SAD} \right)\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {OKE} \right)//\left( {SAD} \right)\). Chọn C.

Có \(I\) là trung điểm của \(AC\), \(J\) là trung điểm của \(BC\) nên \(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(IJ//AB\) mà \(K \in \left( {IJK} \right) \cap \left( {ABD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(K\) và song song với \(AB\). Chọn C.

Trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\), gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\), gọi \(Q\) là giao điểm của \(MH\) và \(AD\).

Do đó giao điểm của mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) với các cạnh tứ diện tạo thành một tứ giác \(MNPQ\). Chọn C.

Có \(AD//BC\) mà \(M \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {MAD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(BC\) cắt \(SC\) tại \(N.\)

Khi đó \(MN//AD\).

Do đó các giao điểm của mặt phẳng \(\left( {ADM} \right)\) với các cạnh hình chóp đã cho tạo thành hình thang. Chọn C.

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K = AM \cap SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I = BK \cap SD\) mà \(BK \subset \left( {ABM} \right)\). Do đó \(I = SD \cap \left( {ABM} \right)\). Chọn A.

a) Ta có \(S,O\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b) \(O,I\) là trung điểm của \(BD,BA\) nên \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(OI//AD\).

Mà \(AD \subset \left( {SAD} \right)\) nên \(OI//\left( {SAD} \right)\).

c) \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)//SA\\O \in BD \subset \left( \alpha  \right)\\O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng d qua \(O\) và song song với \(SA\).

 Vì O là trung điểm của \(AC\)nên \(d\) cắt \(SC\) tại trung điểm của \(SC\). Đó chính là điểm J.

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

d) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(SO\) và \(AJ\) mà \(SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(K = AJ \cap \left( {SBD} \right)\).

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

a) Có \(AB//CD\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\).

b) Vì \(O,I\) là trung điểm của \(BD,SB\) nên \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\) \( \Rightarrow OI//SD\).

c) Trong tam giác \(SAB\) có \(\frac{{AM}}{{SA}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}\) nên \(MG//SB\) mà \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow MG//\left( {SBC} \right)\).

d) Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC\), \(M\) không là trung điểm của \(SA\) nên \(OM\) không song song với \(SC\)hay \(OM\) cắt \(SC\). Suy ra \(\left( {MOG} \right),\left( {SBC} \right)\) có ít nhất 1 điểm chung.

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

a) Vì \(P,Q\) là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(PQ//AB\) mà \(AB//CD\) nên \(PQ//CD \Rightarrow PQ//\left( {SCD} \right)\).

b) Gọi \(I = AC \cap MN\).

Do đó \(SI = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right)\).

c) Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(E = DQ \cap SK\) mà \(SK \subset \left( {SAN} \right)\).

Suy ra \(E = DQ \cap \left( {SAN} \right)\).

d) Ta có \(MN//BD\)mà \(Q \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {QMN} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(Q\) và song song với \(BD\) cắt \(SD\) tại \(J\).

Tương tự \(MQ//SC\) mà \(I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {QMN} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(I\) và song song với \(SC\) cắt SA tại H.

Do đó mặt phẳng \(\left( {MNQ} \right)\)cắt các mặt của hình chóp theo các đoạn giao tuyến tạo thành một ngũ giác \(MNJHQ\).

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

a) \(\left( \alpha  \right)//\left( {ABCD} \right)\) mà \(NQ \subset \left( \alpha  \right)\) \( \Rightarrow NQ//\left( {ABCD} \right)\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(G = SO \cap DN\) mà \(DN \subset \left( {ADN} \right)\) nên \(G = SO \cap \left( {ADN} \right)\).

Do \(O,N\) là trung điểm của \(BD,SB\) nên \(SO,DN\) là các trung tuyến của \(\Delta SBD\).

Do đó \(G\) là trọng tâm tam giác \(SBD\).

c) Ta có \(SB \cap \left( {SCD} \right) = S\) mà \(\left( {SCD} \right) \equiv \left( {CPQD} \right)\).

d) Tứ giác \(MNPQ\) là hình vuông cạnh \(MN = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy \({S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} = \frac{{25}}{4}\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

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

a) \(AM \subset \left( {SAC} \right)\).

b) \(S,O\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right)\). Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

c) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),AM \cap SO = I\) mà \(SO \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \cap \left( {SBD} \right) = I\).

d) Trong mặt phẳng\(\left( {SBD} \right)\), qua \(I\) dựng đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(SB,SD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\).

Theo định lí Ta lét ta có: \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{AD}}{{BC}} = 2 \Rightarrow OA = 4ON \Rightarrow \frac{{OI}}{{MN}} = \frac{{AO}}{{AN}} = \frac{4}{5}\).

Lại có \(SO = 2MN = \frac{{10}}{4}IO = \frac{5}{2}IO\) \( \Rightarrow SI = \frac{3}{5}SO \Rightarrow \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{3}{5}\).

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

a) Vì  \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SB\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\).

Suy ra \(MN//AB\) mà \(AB//CD\) nên \(MN//CD\).

Lại có \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {SCD} \right)\).

b) Ta có \(\left. \begin{array}{l}MN//AB//CD\\\left( {MNG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = G\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(AB\) cắt \(AD,BC\) lần lượt tại \(F,E\).

Suy ra \(F = AD \cap \left( {MNG} \right),E = BC \cap \left( {MNG} \right)\).

Vì \(EF//AB\) và \(MN//AB\) nên \(EF//MN\). Suy ra \(MNEF\) là hình thang, đáy lớn \(EF\).

Có \(EF = AB,MN = \frac{{AB}}{2} \Rightarrow MN = \frac{{EF}}{2}\) hay \(EF = 2MN\).

c) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(S,O\) là hai điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

d) Có \(\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{1}{2}\); \(\frac{{CG}}{{CO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CG}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CG}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).

Vì \(\frac{{AM}}{{AS}} \ne \frac{{AG}}{{AC}}\) nên \(MG\) không song song với \(SC\).

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

a) Vì \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AM = MB = DC\) và \(AM//DC\) nên \(AMCD\) là hình bình hành.

Suy ra \(AD//CM\).

b) Vì \(AD//CM\) mà \(CM \subset \left( {NMC} \right)\) nên \(AD//\left( {NMC} \right)\).

c) Vì \(AB//CD\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(AB\).

d) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//SB\\MN//SB\\M \in \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN \subset \left( P \right)\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}SD//\left( P \right)\\SD \subset \left( {SAD} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = Ny\end{array} \right. \Rightarrow Ny//SD\).

Gọi \(Q = Ny \cap AD\) nên \(Q\) là trung điểm của \(AD\).

Trong\(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(E = CD \cap QM\).

Ta có \(\Delta AQM = \Delta DQE\) vì \(AQ = QD,\widehat {AQM} = \widehat {DQE}\) (đối đỉnh), \(\widehat {QAM} = \widehat {QDE}\) (hai góc so le trong của hai đường thẳng song song \(AM,DE\)).

Ta có \(AM = ED\) nên \(\frac{{EC}}{{ED}} = 2\).

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

a) Ta có \(O,N\) lần lượt là trung điểm của \(AC,SC\) nên \(ON//SA\).

b) Có \(AM = AB = CD,AM//CD\) nên \(ACDM\) là hình bình hành. Suy ra \(MD//AC\).

c) Có \(\left. \begin{array}{l}ON//SA\\ON \subset \left( {OMN} \right)\\SA \subset \left( {SAD} \right)\\K \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {OMN} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(K\) và song song với \(ON\) cắt \(MN\) ở \(G.\) Suy ra \(G = MN \cap \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(GK//ON\).

d) Xét \(\Delta MBD\), có \(MO,DA\) là trung tuyến và \(K = MO \cap DA\) nên \(K\) là trọng tâm của \(\Delta MBD\).

Suy ra \(\frac{{MK}}{{MO}} = \frac{2}{3}\).

Vì \(GK//ON\) nên \(\frac{{MK}}{{MO}} = \frac{{MG}}{{MN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{GM}}{{GN}} = 2\).

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

a) Ta có \(S,O\) là hai điểm chung của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b) Ta có \(M,O\) là trung điểm của \(SA\) và \(AC\) nên \(MO//SC\) mà \(SC \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(MO//\left( {SCD} \right)\).

c) Ta có \(\left. \begin{array}{l}BC//AD\\BC \subset \left( {BCM} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\M \in \left( {BCM} \right) \cap \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(AD\).

d) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi E là giao điểm của \(AN\) và \(BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAN} \right)\), gọi I là giao điểm của \(SE\) và \(MN\) mà \(SE \subset \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow I = MN \cap \left( {SBD} \right)\).

Xét \(\Delta END\) có \(DN//AB\) nên \(\frac{{EN}}{{EA}} = \frac{{DN}}{{AB}} = \frac{{DN}}{{DC}} = \frac{1}{3}\).

Áp dụng định lí Menelaus cho \(\Delta AMN\), có \(\frac{{NE}}{{EA}} \cdot \frac{{AS}}{{AM}} \cdot \frac{{MI}}{{IN}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot \frac{{MI}}{{IN}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{IN}} = \frac{3}{2} \Rightarrow 2MI = 3IN.\)

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

a) Ta có \(M,I\) là trung điểm của \(SD\) và \(SC\) nên \(MI\) là đường trung bình của \(\Delta SCD\).

Suy ra \(MI//CD\) mà \(CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MI//\left( {ABCD} \right)\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(G\) là giao điểm của \(SO\) và \(AI\).

Mà \(SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(G = AI \cap \left( {SBD} \right)\).

Vì \(SO\) và \(AI\) là trung tuyến của \(\Delta SAC\) nên \(G\) là trọng tâm của \(\Delta SAC\).

c) Ta có \(I,O\) là trung điểm của \(SC,AC\) nên \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\).

Suy ra \(OI//SA\).

d) Ta có \(SO\) và \(AB\) là hai đường thẳng chéo nhau.

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

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi H là giao điểm của \(KM\) và \(AC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(HN\) và \(AB\).

Khi đó \(I = AB \cap \left( {KMN} \right)\).

Ta có \(\frac{{SM}}{{MC}} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot \frac{{AK}}{{KS}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{2}{3} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{{CH}}{{HA}} = \frac{3}{2}\).

Lại có \(\frac{{BN}}{{NC}} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot \frac{{AI}}{{IB}} = 1\)\( \Leftrightarrow 1 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{{AI}}{{IB}} = 1 \Rightarrow \frac{{AI}}{{IB}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Trả lời: 0,67.

Phép chiếu song song lên mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) theo phương chiếu \(BD\) biến điểm \(M\) thành điểm \(P\) là trung điểm của \(SD\).

Phép chiếu song song lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo phương chiếu \(SA\) biến tam giác \(MNP\) thành tam giác \(EFK\), với \(E,K\) là trung điểm của đoạn \(AB,AD\) tương ứng, \(F \in AC\) và \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).

Giả sử \(EK \cap AC = I\), ta có \(AI = \frac{1}{4}AC \Rightarrow AI = \frac{3}{8}AF\).

Ta có \(\frac{{{S_{\Delta FEK}}}}{{{S_{\Delta AEK}}}} = \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{5}{3}\) \( \Rightarrow {S_{\Delta FEK}} = \frac{5}{3}{S_{\Delta AEK}} = \frac{5}{3} \cdot \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{5}{{24}} \cdot {6^2} = 7,5\).

Trả lời: 7,5.

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD\).

Mà \(M \in \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(CD\) cắt \(SD\) tại \(H\).

Suy ra \(H = SD \cap \left( {MAB} \right)\).

Vì \(MH//CD\) nên \(\frac{{SH}}{{SD}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{3} \approx 0,33\).

Trả lời: 0,33.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right)\\\left( \alpha  \right)//AD\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(I\) và song song với \(AD\) cắt \(BD\) tại \(J\).

Suy ra \(IJ//AD\). Do đó \(\frac{{DJ}}{{DB}} = \frac{{AI}}{{AB}} = \frac{1}{3}\).

\(\left. \begin{array}{l}J \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha  \right)//BC\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua \(J\) và song song với \(BC\) cắt \(CD\) tại \(M\).

Do đó \(M = CD \cap \left( \alpha  \right)\).

Ta có \(JM//BC\)\( \Rightarrow \frac{{DM}}{{DC}} = \frac{{DJ}}{{DB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{DC}}{{DM}} = 3\).

Trả lời: 3.

\(I,K\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(CD\) nên \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta BCD\).

Suy ra \(IK//BD\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}S \in \left( {SIK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\IK//BD\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\).

Khi đó \(F = MD \cap \left( {SIK} \right)\).

Dễ dàng chứng minh \(SDBF\) là hình bình hành.

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

Trả lời: 1.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(BD\) nên \(I\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\).

Ta có \(\left( \alpha  \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) có chung điểm \(I,\left( \alpha  \right)//SD,SD \subset \left( {SBD} \right)\).

Nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng qua \(I\) song song với \(SD\) cắt \(SB\) tại \(N\).

Ta có tam giác \(BIN\) đồng dạng với tam giác \(BDS\).

Suy ra \(\frac{{BN}}{{BS}} = \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Trả lời: 0,67.

Gọi \(I,M\) lần lượt là trung điểm của \(CD,BC\).

Ta có \(\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = IK//AC\).

Suy ra \(IK\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).

Nên \(AK = KD\).

Vậy \(m = 1\).

Trả lời: 1.

Dựng thiết diện \(MNPQ\) như hình, trong đó: \(MN//SB,MQ//AB,PQ//SA\).

Dễ thấy \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(BC,SC,SD,AD\).

Suy ra \(MQ//PN\) (cùng song song \(CD\)). Suy ra \(MNPQ\) là hình thang.

Ta có:\(MN = PQ = \frac{{SA}}{2} = \frac{{SB}}{2}\).

Ta có \(MQ = AB = 8;PN = \frac{{AB}}{2} = 4,MN = PQ = \frac{{SA}}{2} = 3\).

Xét hình thang \(MNPQ\). Hạ \(NH \bot MQ,PK \bot MQ\).

Dễ chứng minh được \(\Delta MNH = \Delta QPK\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra \(MH = KQ = 2\).

Xét tam giác vuông \(MNH\), có \(NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}}  = \sqrt {{3^2} - {2^2}}  = \sqrt 5 \).

Khi đó \({S_{MNPQ}} = \frac{{\left( {NP + MQ} \right) \cdot NH}}{2} = \frac{{\left( {4 + 8} \right) \cdot \sqrt 5 }}{2} = 6\sqrt 5 \). Suy ra \(a = 6\).

Trả lời: 6.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(DC\).

Dễ dàng chứng minh \(ABEC\) là hình bình hành. Suy ra \(AB = EC\) mà \(AB = CD\) nên \(CD = CE\).

Lại có \(SM = 2MC\) nên \(M\) là trọng tâm tam giác \(SED\)

Gọi \(EM \cap SD = I\) thì \(I\) là trung điểm \(SD\). Suy ra \(SI = 2,5\) cm.

Trả lời: 2,5.

Kẻ \(MN\) đi qua \(I\) và song song \(BD\left( {M \in AB,N \in AD} \right)\).

Kẻ \(MP//SB\left( {K \in SA} \right)\).

Suy ra \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNP} \right)\).

Ta có \(MN//BD,MP//SB,NP//SD\).

Ta có \(\frac{{MN}}{{BD}} = \frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{SBD}}}} = {\left( {\frac{{MN}}{{BD}}} \right)^2} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{4}{9}{S_{SBD}} = \frac{4}{9} \cdot \frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3  \approx 6,93\).

Trả lời: 6,93.

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AC\).

Theo tính chất trọng tâm ta có \(\frac{{BG}}{{BP}} = \frac{2}{3}\) mà \(\frac{{BM}}{{BS}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{{BG}}{{BP}} = \frac{{BM}}{{BS}}\) \( \Rightarrow MG//SP\).

Lại có \(SP \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(MG//\left( {SAC} \right)\).

a) \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta SBD\) nên \(OM//SB\) mà \(SB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(OM//\left( {SAB} \right)\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\), gọi \(H = OG \cap AM\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\).

Ta có \(OE//\left( {SAD} \right)\) vì \(OE//AD\).

Ta có \(\left( {SOE} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SH\).

Khi đó \(OE//SH\). Vậy \(SH//AD\).

a) Gọi \(M,H\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB,AD\).

Ta có \(\frac{{MG}}{{GS}} = \frac{{MI}}{{ID}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow GI//SD \Rightarrow GI//\left( {SBD} \right)\).

Vì \(HD = BC\) và \(HD//BC\) nên tứ giác \(BCDH\) là hình bình hành \( \Rightarrow BH//DC\).

Mặt khác \(GI//SD \Rightarrow \left( {BGI} \right)//\left( {SCD} \right)\).

b) Có \(AD//BC\) và \(S = \left( {SBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\) nên giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng này đi qua S và song song với \(AD\).

Kẻ \(ND \cap \Delta  = F\). Do đó \(F = ND \cap \left( {SBC} \right)\).

a) Do \(A'D'CB\) là hình bình hành suy ra \(A'B//CD' \Rightarrow A'B//\left( {B'D'C} \right)\) (1).

Tương tự \(A'B'//CD;A'B' = CD\) nên \(A'B'CD\) là hình bình hành.

Suy ra \(A'D//B'C \Rightarrow A'D//\left( {B'D'C} \right)\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)\).

b) Ta có \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A'BD\) nên \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A'AC\).

Suy ra \({G_1} = AI \cap A'O\) (3).

Tương tự \({G_2}\) là trọng tâm tam giác \(B'D'C\) nên \(\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_2}\) là trọng tâm tam giác \(A'C'C\).

Suy ra \({G_2} = C'I \cap CO'\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\).

Lại có \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3};\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}\).

Do vậy \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'\).

Vậy \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\) đồng thời chia \(AC'\) thành ba phần bằng nhau.

a) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AB//CD\) và \(MN\) cắt \(AB\) nên đường thẳng \(MN\) cắt đường thẳng \(CD\) tại I.

Ta có \(I,S\) là các điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng \(SI\).

b) \(E\) và \(G\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(SAB\) và \(SBC\) nên \(E \in SM,G \in SN\) và \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{2}{3};\frac{{SG}}{{SN}} = \frac{2}{3}\)

Trong tam giác \(SMN\) có \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{{SG}}{{SN}}\) nên \(EG//MN\) mà \(MN \subset \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow EG//\left( {ABCD} \right)\).

c) Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)//\left( {ABCD} \right)\\\left( {SMD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MD\\E \in \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha  \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha  \right) = Ex\) với \(Ex//MD,Ex \cap SD = K\).

Vậy \(K = \left( \alpha  \right) \cap SD\).