1a) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,CC'$ thì
$\dfrac{AG_1}{AN}=\dfrac{AG_2}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow G_1G_2 \parallel MN \Rightarrow G_1G_2 \parallel (BCC'B')$

$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos^{3} x}{x\sin x} =\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x\sin x} (1+\cos x+\cos^{2} x)$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x\sin x} .\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}(1+\cos x+\cos^{2} x)$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x\sin x}. (1+1+1 )$
 $= \dfrac{3}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2\frac{x}{2}}{\left ( \frac{x}{2} \right )^2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x}$
  $= \dfrac{3}{2}.1.1$
 $= \dfrac{3}{2}$

e) Gọi $a=AB,b=AD,c=AA'$ lần lượt là các kích thước của hình hộp này. Theo định lý Py-ta-go ta tính được
$AC'^2=A'A^2+AC^2=c^2+AB^2+AD^2=c^2+a^2+b^2$
tương tự
$BD'^2=a^2+b^2+c^2$
$B'D^2=a^2+b^2+c^2$
 $A'C^2=a^2+b^2+c^2$
 Cộng bốn đẳng thức này ta có đpcm.

d) Ta làm cho hai trung điểm, và các trung điểm còn lại lý luận tương tự.
giả sử $M,N$ là trung điểm của $BC,CD$ thì suy ra $MN \parallel BD \Rightarrow  MN \parallel (A'BD)$
Tương tự như vậy các đoạn thẳng nối cá trung điểm khác, hoặc song song với $(A'BD)$ hoặc song song với $(B'D'C)$ nên $5$ trung điểm này nằm trên cùng một mặt phẳng song song với hai mặt phẳng này.

c)
Theo định lý Ta-let ta tính được
$AC \parallel A'C' \Rightarrow \dfrac{CG_2}{AG_2}=\dfrac{C'O'}{AC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow CG_2=\dfrac{1}{3}C'A$
Chứng minh tương tự $AG_1=\dfrac{1}{3}AC'$
 từ hai điều này có đpcm.

b) Nối $AC, A'C'$ cắt $BD,B'D'$ lần lượt tại $O,O'.$
Trong mặt phẳng $ACC'A'$ thì $AC'$ cắt được $CO'$,nên điểm cắt này chính là điểm $G_2$.
Theo định lý Ta-let ta tính được
$AC \parallel A'C' \Rightarrow \dfrac{O'G_2}{CG_2}=\dfrac{C'O'}{AC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow O'G_2=\dfrac{1}{3}CO'$
 suy ra $G_2$ là trọng tâm tam giác $B'D'C.$
Chứng minh tương tự cho $G_1$ và ta có đpcm.

a)
Xét hình bình hành $ BDD'B'$ có  $B'D' \parallel BD \Rightarrow B'D' \parallel (A'BD)$
Xét hình bình hành $A'B'CD$ có  $B'C \parallel A'D \Rightarrow B'C \parallel (A'BD)$
 Từ hai điều này suy ra $(B'CD') \parallel (A'BD)$.

b) Ta sẽ chứng minh $N,P,Q,R$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,B'C',A'B'$. Thật vây,
Hai mặt phẳng $(IJK)$ và $(ACC'A')$ song song với nhau, nên mặt phẳng $(ABC)$ cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến phải song song với nhau, tức là $AC \parallel NP$. Suy ra $K,N,P$ phải thẳng hàng vì nếu ngược lại hai mặt phẳng  $(IJK)$ và $(ABC)$ cắt nhau tại ba điểm phân biệt, vô lý. Suy ra $N,P$ là trung điểm của $AB,BC$.
Từ điều kiện $PQ , NR $ phải song song với $(ACC'A')$ ta suy ra $Q,R$ lần lượt là trung điểm của $B'C',A'B'$.
 Từ đây dễ có đpcm.

a)
Xét $\triangle B'AC$ có $IJ$ là đường trung bình suy ra $IJ \parallel AC \Rightarrow IJ \parallel (ACC'A')$
Xét $\triangle BA'M$ có $IK$ là đường trung bình suy ra $IK \parallel AM \Rightarrow IK \parallel (ACC'A')$
 Từ hai điều này suy ra $(IJK) \parallel (ACC'A')$.