Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Qua \(S\) kẻ \(Sx,Sy\) lần lượt song song với \(AB,AD\). Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Khi đó khẳng định nào dưới đây đúng?

a) +) Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(ME \cap AC = I\)

Mà \(AC \subset \left( {ABC} \right),ME \subset \left( {MEF} \right)\) nên \(I \in \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)\)

Lại có \(M \in \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)\)

Nên \(MI = \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)\).

+) Trong mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) có \(MF \cap AD = J\)

Mà \(AD \subset \left( {ABD} \right),MF \subset \left( {MEF} \right)\) nên \(J \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)\)

Lại có \(M \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)\)

Nên \(MJ = \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)\).

Tương tự, ta có \(IJ = \left( {ACD} \right) \cap \left( {MEF} \right)\).

Do đó thiết diện của tứ diện với mặt phẳng \(\left( {MEF} \right)\) là \(\Delta MIJ\).

b) Vì \(I,J\) lần lượt là trọng tâm \(\Delta ABE,\Delta ABF\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AI = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}a\\AJ = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}a\end{array} \right.\).

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(\Delta ACD\) đều, suy ra \(\widehat {CAD} = \widehat {IAJ} = 60^\circ \).

Vì \(\widehat {IAJ} = 60^\circ \) và \(AI = AJ\) nên \(\Delta AIJ\) đều, suy ra \(IJ = \frac{2}{3}a\).

Do \(M\)là trung điểm của \(AB\) nên \(AM = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta AMJ\) có \(\widehat {MAJ} = 60^\circ \), ta có:

\(MJ = \sqrt {A{M^2} + A{J^2} - 2AM \cdot AJ \cdot \cos \widehat {MAJ}} \)

\(MJ = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} \cdot \cos 60^\circ } \)\( = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\)

Xét \(\Delta AMI\) có \(\widehat {MAI} = 60^\circ \), ta có:

\(MI = \sqrt {A{M^2} + A{I^2} - 2AM \cdot AI \cdot \cos \widehat {MAI}} \)

\(MI = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} \cdot \cos 60^\circ } \)\( = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).

Do \(MI = MJ = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\) nên \(\Delta MIJ\) cân tại \(M\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(IJ\). Suy ra \(IK = KJ = \frac{{IJ}}{2} = \frac{a}{3}\).

Vì \(\Delta MIJ\) cân có \(MK\) là trung tuyến nên \(MK\) đồng thời là đường cao.

Xét \(\Delta MKI\) có \(MK = \sqrt {M{I^2} - I{K^2}} = \sqrt {{{\frac{{13a}}{{36}}}^2} - \frac{{{a^2}}}{9}} = \frac{a}{2}\).

Khi đó \({S_{MIJ}} = \frac{1}{2}MK \cdot IJ = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}.\)

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu \(n = 5 + 2 + 3 + 1 = 11.\)

Gọi \({x_1},...,{x_{11}}\) là số huy chương mà 11 quốc gia đạt được giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó: \({x_1},...,{x_5}\) thuộc nhóm \[\left[ {0;10} \right)\];

\({x_6};{x_7}\) thuộc nhóm \(\left[ {10;50} \right)\);

\({x_8},...,{x_{10}}\) thuộc nhóm \(\left[ {50;100} \right)\);

\({x_{11}}\) thuộc nhóm \(\left[ {100;210} \right)\).

Ta có trung vị thuộc nhóm \(\left[ {10;50} \right)\).

Do đó, \(n = 11;{n_m} = 2;C = 5;{u_m} = 10;{u_{m + 1}} = 50\).

Vậy trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({M_e} = 10 + \frac{{\frac{{11}}{2} - 5}}{2}.\left( {50 - 10} \right) = 20\).