Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I,K\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(CD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SB\). Gọi \(F\) là giao điểm của \(DM\) và \(\left( {SIK} \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{MF}}{{MD}}\).

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.

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.