Bài tập ôn tập Toán 11 Cánh diều Chương 4 có đáp án

Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD$.

Lại có $A',B'$ là trung điểm của $SA,SB$ nên $A'B'$ là đường trung bình của $\Delta SAB$ nên $A'B'//AB$.

Tương tự $C'D'//CD$.

Do đó $AB//CD//A'B'//C'D'$.

Vậy $SC$ không song song với $A'B'$. Chọn C.

Có $O,M$ là trung điểm của $AC,SA$ nên $OM$ là đường trung bình của $\Delta SAC$.

Suy ra $OM//SC$ mà $SC \subset \left( {SCD} \right)$nên $OM//\left( {SCD} \right)$. Chọn A.

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.

$I$ 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 $I$ 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.

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.

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.

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.

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.

Trong mặt phẳng , gọi là giao điểm của và .

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

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

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.

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) 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 $S,O$ 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) 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 $M,I$ 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.

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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

$I,K$ 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 $I,M$ 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.

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 $H = OG \cap AM$.