(1,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD\). Chứng minh đường thẳng \(BD\) song song với mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\).

Để xét tính liên tục của hàm số tại điểm \({x_0} = 2\), ta cần tính và so sánh giới hạn bên trái, giới hạn bên phải và giá trị của hàm số tại điểm này:

Giá trị của hàm số tại điểm \(x = 2\): \(f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3\).

Giới hạn bên trái của hàm số khi \(x \to {2^ - }\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x + 1} \right) = 2 + 1 = 3\).

Giới hạn bên phải của hàm số khi \(x \to {2^ + }\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2{x^2} - 5x + 2}}{{x - 2}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {2x - 1} \right) = 2 \cdot 2 - 1 = 3\).

Vì ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3\) nên hàm số đã cho liên tục tại điểm \({x_0} = 2\).

Gọi \({R_n}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp và \({r_n}\) là bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác đều \({A_n}{B_n}{C_n}\).

Đối với một tam giác đều bất kỳ, ta có mối liên hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp qua hệ thức lượng trong tam giác: \({r_n} = {R_n} \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2}{R_n}\).

Theo mô tả quy trình của bài toán, đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều kế tiếp \({A_{n + 1}}{B_{n + 1}}{C_{n + 1}}\) chính là đường tròn nội tiếp của tam giác đều \({A_n}{B_n}{C_n}\) liền trước nó. Do đó ta có hệ thức liên hồi: \({R_{n + 1}} = {r_n} = \frac{1}{2}{R_n}\).

Vì hai tam giác đều bất kỳ luôn luôn đồng dạng với nhau, nên tỉ số diện tích giữa hai tam giác đều liên tiếp sẽ bằng bình phương tỉ số đồng dạng (tức bình phương tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp):

\(\frac{{{S_{n + 1}}}}{{{S_n}}} = {\left( {\frac{{{R_{n + 1}}}}{{{R_n}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\).

Do đó, dãy số các giá trị diện tích \(\left( {{S_n}} \right)\) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu tiên là \({S_1}\) và công bội là \(q = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện \(\left| q \right| < 1\)).

Bây giờ ta tính diện tích của tam giác đều đầu tiên \({S_1}\):

Tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) nội tiếp đường tròn có bán kính ngoại tiếp \({R_1} = R = 6{\rm{\;cm}}\).

Độ dài cạnh \({a_1}\) của tam giác đều này là: \({a_1} = {R_1}\sqrt 3 = 6\sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Diện tích của tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) bằng: \({S_1} = \frac{{a_1^2\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {6\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{108\sqrt 3 }}{4} = 27\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Áp dụng công thức tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn, ta có tổng diện tích cần tìm là:

\(S = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{27\sqrt 3 }}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{{27\sqrt 3 }}{{\frac{3}{4}}} = 27\sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = 36\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Vậy tổng diện tích tất cả các tam giác đều được tạo ra vô hạn là \(S = 36\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).