(0,5 điểm) Giả sử một con tàu vũ trụ được phóng lên từ mũi Ca-na-vơ-ran (Canaveral) ở Mỹ. Nó chuyển động theo một quỹ đạo được mô tả trên một bản đồ phẳng (quanh đường xích đạo) của mặt đất như hình vẽ: điểm \(M\) mô tả cho con tàu, đường thẳng \(\Delta \) mô tả cho đường xích đạo. Khoảng cách \(h\) (kilômet) từ \(M\) đến \(\Delta \) được tính theo công thức \(h = \left| d \right|\), trong đó \(d = 4\,000\,\cos \left[ {\frac{\pi }{{45}}\left( {t - 10} \right)} \right]\), với \(t\) (phút) là thời gian trôi qua kể từ khi con tàu đi vào quỹ đạo, \(d > 0\) nếu \(M\) ở phía trên \(\Delta \), \(d < 0\) nếu \(M\) ở phía dưới \(\Delta \).

Tìm thời điểm sớm nhất sau khi còn tàu đi vào quỹ đạo để có \(d = 2\,000\).

Chọn B

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Chọn mặt phẳng \(\left( {SBM} \right) \supset BG\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(I = BM \cap AC\) . Khi đó, \(\left( {SBM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SI\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), \(H = BG \cap SI\).

Ta có: \(H \in SI\) mà \(SI \in \left( {SAC} \right)\) suy ra \(H \in \left( {SAC} \right)\)

         \(H \in BG\)

Vậy \(H \in BG \cap \left( {SAC} \right)\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(MN\) là đường trung bình trong \(\Delta ACD\), suy ra \(MN\parallel AC\)

Ta có \(BC\parallel AN,BC = AN\) nên tứ giác \(ABCN\) là hình bình hành

Gọi \(J = AC \cap BN\), suy ra \(J\) là trung điểm của \(BN\).

Trong \(\Delta BMN\), ta có \(MN\parallel IJ\) và \(J\) là trung điểm của \(BM\) nên \(IB = IM\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), kẻ \(GK\parallel SI\) với \(K \in BM\)

Xét \(\Delta SMI\), ta có \(GK\parallel SI\) nên \(\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{{SM}}{{SG}} = \frac{3}{2}\)

Xét \(\Delta BGK\), ta có \(GK\parallel IH\) nên \(\frac{{HB}}{{HG}} = \frac{{BI}}{{IK}} = \frac{{IM}}{{IK}} = \frac{3}{2}\) (do \(IM = IK\)).

a. Ta có:\(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{O \in AC \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)}\\{O \in BD \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).   Vậy: \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b. Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in \left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right)}\\{AB\parallel CD}\\{AB \subset \left( {ABM} \right),CD \subset \left( {SCD} \right)}\\{\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = {M_t}}\end{array}} \right\} \Rightarrow {M_t}\parallel AB\parallel CD\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) kẻ đường thẳng đi qua M, song song với \(CD\) và cắt \(SD\)tại \(N\).

Vậy: \(\left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\).

c. Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = AM \cap SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), kéo dài \(GI\) cắt \(SD\) tại \(K\)\( \Rightarrow K = SD \cap \left( {AMG} \right)\).

Tam giác \(SAC\) có \(SO\) và \(AM\) là hai đường trung tuyến.

Suy ra \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\) nên ta có \(\frac{{OI}}{{{\rm{O}}S}} = \frac{1}{3}\). (1)

Mặt khác, \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên có \(\frac{{OG}}{{OB}} = \frac{1}{3}\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{OI}}{{OS}} = \frac{{OG}}{{OB}}\)\( \Rightarrow GI{\rm{ // }}SB\)\( \Rightarrow GK{\rm{ // }}SB\).