Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\). Trên cạnh \(SA\), lấy điểm \(M\) sao cho \(MA = 2MS\). Phép chiếu song song theo phương \(MO\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) biến điểm \(S\) thành điểm \(N\). Tính \(\frac{{CN}}{{CA}}\).

Ta có \(M\) là điểm trên cạnh \(SB\), \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}\) nên \(\frac{{MB}}{{MS}} = 2\).

\(IK//BD\) nên \(IK//\left( {SBD} \right)\). Suy ra \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {SIK} \right) = Sx,Sx//IK//BD\).

Trong \(\left( {SBD} \right),DM \cap Sx = N\). \(N\)là giao điểm của \(DM\) và \(\left( {SIK} \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\), có \(Sx//BD\) nên hai tam giác \(SMN\) và \(BMD\) đồng dạng.

Do đó \(\frac{{MD}}{{MN}} = 2 \Rightarrow \frac{{ND}}{{NM}} = 3\).

Trả lời: 3.

a) Vì \(\left( {ABC} \right)//\left( {DEF} \right)\) mà \(AM \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(AM//\left( {DEF} \right)\).

b) Vì \(MN\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCFE\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE\\MN = BE\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE//AD\\MN = BE = AD\end{array} \right.\) (vì tứ giác \(ABED\) là hình bình hành).

Suy ra tứ giác \(AMND\) là hình bình hành.

c) Vì \(I,J\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC,DEF\) nên \(IM = JN = \frac{1}{3}DN = \frac{1}{3}AM\) (do tứ giác \(AMND\) là hình bình hành \( \Rightarrow AM = DN\)) mà \(IM//JN\) nên tứ giác \(IMNJ\) là hình bình hành.

Suy ra \(IJ//MN,IJ \subset \left( {IJK} \right) \Rightarrow MN//\left( {IJK} \right)\).

Ta lại có \(AD//MN\) (vì tứ giác \(AMND\) là hình bình hành).

Vậy \(AD//\left( {IJK} \right)\).

d) Theo câu c) \(IJ//MN\) (1).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(CC'\), trong tam giác \(DNP\) có \(\frac{{DJ}}{{DN}} = \frac{{DK}}{{DP}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(JK//NP\) và \(IJ,JK \subset \left( {IJK} \right)\), \(IJ\) cắt \(JK\) tại \(J\) và \(MN,NP \subset \left( {BCFE} \right)\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {IJK} \right)//\left( {BCFE} \right)\).

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