Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D\).

Vì \(M \in SA\), \(N \in SC\) nên đường thẳng \(MN\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\). Do đó mệnh đề “\(MN{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\)” là sai.

Các khẳng định còn lại đều đúng:

Ta có \(O\) là trung điểm \(AC\), \(M\) là trung điểm \(SA \Rightarrow OM\) là đường trung bình của .

\( \Rightarrow OM{\rm{//}}SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OM{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Tương tự, \(P\) là trung điểm \(SB \Rightarrow OP{\rm{//}}SD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow \left( {OMP} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

\(MN{\rm{//}}AC\), \(MP{\rm{//}}AB \Rightarrow \left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).

Chọn A.

Trong hình bình hành \(A'B'C'D'\), gọi \(M\) là giao điểm hai đường chéo \(A'C'\) và \(B'D'\) (tức \(M\) là trung điểm của \(A'C'\)).

Trong , \[D'M\] là đường trung tuyến. Do \(G\) là trọng tâm nên \(G \in D'M\) và \(\frac{{D'G}}{{D'M}} = \frac{2}{3}\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(B'D'\) nên \(D'M = \frac{1}{2}D'B'\). Do đó: \(D'G = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{2}D'B'} \right) = \frac{1}{3}D'B'\).

Suy ra \(G\) nằm trên đường chéo \(B'D'\) của mặt phẳng đáy trên \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) và thỏa mãn \(\frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}\).

Ÿ Dựng giao tuyến của \(\left( P \right)\) với các mặt của hình hộp

Xét mặt phẳng chéo \(\left( {BDD'B'} \right)\) chứa đường thẳng \(BD'\) và điểm \(G \in B'D'\).

Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\), qua \(G\) kẻ đường thẳng song song với \(BD'\), cắt cạnh \(BB'\) tại \(I\).

Vì \(\left( P \right){\rm{//}}BD'\) nên đường thẳng \(GI\) nằm trong \(\left( P \right)\).

Xét , do \(GI{\rm{//}}BD'\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}\).

Trong mặt bên \(\left( {BCC'B'} \right)\), qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(B'C\), cắt cạnh \(BC\) tại \(J\).

Lại có \(B'C{\rm{//}}A'D\), suy ra \(IJ{\rm{//}}A'D\).

Vì \(\left( P \right){\rm{//}}A'D\) nên đường thẳng \(IJ\) nằm trong \(\left( P \right)\).

Xét , do \(IJ{\rm{//}}B'C\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{1}{3}\).

Như vậy, mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {GIJ} \right)\).

Ÿ Xác định giao điểm \(K\) bằng cách dùng mặt phẳng phụ \(\left( {A'BCD'} \right)\)

Xét mặt phẳng chéo \(\left( {A'BCD'} \right)\): Mặt phẳng này chứa đường thẳng \(BD'\) và \(CD'\).

Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\):

Ta có \(J \in BC \subset \left( {A'BCD'} \right)\) và \(J \in \left( P \right)\) nên \(J\) là một điểm chung.

Lại có hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\) lần lượt chứa hai đường thẳng \(GI\) và \(BD'\) song song với nhau.

Như vậy, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {A'BCD'} \right)\) là đường thẳng qua \(J\) và song song với \(GI\) và \(BD'\) .

Trong mặt phẳng \(\left( {A'BCD'} \right)\), qua \(J\) kẻ đường thẳng song song với \(BD'\) cắt \(CD'\) tại \(K\).

Khi đó \(K\) chính là giao điểm của \(CD'\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Xét , do \(JK{\rm{//}}BD'\) nên theo định lý Thales suy ra \(\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{1}{3}\).

 Từ \(\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{1}{3}\), ta có: \(KD' = \frac{1}{3}CD'\) và \(KC = CD' - KD' = \frac{2}{3}CD'\).

Vậy \(\frac{{KD'}}{{KC}} = \frac{{\frac{1}{3}CD'}}{{\frac{2}{3}CD'}} = \frac{1}{2} = 0,5\).

KẾT QUẢ: \(0,5\).