Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).

Mệnh đề nào sau đây sai?

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.

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.