Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Xác định giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với từng mặt của hình chóp dựa vào yếu tố song song.

Lời giải chi tiết:

* Tìm \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\).

+ \(O\) là điểm chung thứ nhất.

+ \(AB \subset \left( {ABCD} \right),\,\,AB\parallel \left( \alpha  \right)\).

\( \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là đường thẳng qua \(O\) và song song với \(AB\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) qua \(O\) kẻ \(MN\parallel AB\,\,\left( {M \in AD,\,\,N \in BC} \right)\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\).

* Tìm \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right)\).

+ \(M\) là điểm chung thứ nhất.

+ \(SA \subset \left( {SAD} \right),\,\,SA\parallel \left( \alpha  \right)\).

\( \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(SA\).

Trong \(\left( {SAD} \right)\) qua \(M\) kẻ \(MQ\parallel SA\,\,\left( {Q \in AD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\).

* Tìm \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right)\).

+ \(N\) là điểm chung thứ nhất.

+ Xác định giao điểm của \(SC\) và \(\left( \alpha  \right)\).

Ta có: \(SC \subset \left( {SAC} \right)\). Tìm \(\left( {SAC} \right) \cap \left( \alpha  \right)\).

    - \(O\) là điểm chung thứ nhất.

    - \(\left( {SAC} \right) \supset SA\parallel \left( \alpha  \right) \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( \alpha  \right)\) là đường thẳng đi qua \(O\) và song song với \(SA\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) qua \(O\) kẻ \(OP\parallel SA\,\,\left( {P \in SC} \right)\).

\( \Rightarrow P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP,\,\,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\).

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha  \right)\) là tứ giác \(MNPQ\).

Phương pháp giải:

Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này sẽ song song với mặt phẳng kia.

Lời giải chi tiết:

Kẻ \(ME//AD\,\,\left( {E \in AA'} \right);\,\,NF//AD\,\,\left( {F \in AB} \right) \Rightarrow M,N,E,F\) đồng phẳng.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{AM}}{{AD'}} = \dfrac{{AE}}{{AA'}};\,\,\dfrac{{DN}}{{BD}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\).

Mà \(AD' = BD = a\sqrt 2 \) (Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a), \(AM = DN = x\,\,\left( {gt} \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD'}} = \dfrac{{DN}}{{BD}} \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AA'}} = \dfrac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow EF//A'B\) (Định lí Ta-lét đảo)

\( \Rightarrow \left( {MNEF} \right)//\left( {A'BC} \right) \Rightarrow MN//\left( {A'BC} \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi nó song song với đường thẳng bất kì trong mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{BS}} = \dfrac{3}{4};\,\,NB = 3NA \Rightarrow \dfrac{{BN}}{{BA}} = \dfrac{3}{4}.\)

Xét tam giác \(BSA\)có: \(\dfrac{{BM}}{{BS}} = \dfrac{{BN}}{{BA}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow MN//SA\) nên \(MN//\left( {SAC} \right)\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định nghĩa đường thẳng song song với mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng các tính chất của trọng tâm tam giác.

- Áp dụng định lí Ta-let đảo để suy ra các đường thẳng song song.

- Sử dụng định nghĩa đường thẳng song song với mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của CD \( \Rightarrow {G_1} \in BE;{G_2} \in AE \Rightarrow B{G_1};A{G_2};CD\) đồng quy tại E. Suy ra C đúng.

Ta có: \({{E{G_1}} \over {EB}} = {{E{G_2}} \over {EA}} = {1 \over 3} \Rightarrow {G_1}{G_2}\) // AB (Định lí Ta-let đảo)

Mà \(AB \subset \left( {ABD} \right) \Rightarrow {G_1}{G_2}\) // (ABD)

\(AB \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow {G_1}{G_2}\) // (ABC).

Suy ra A và B đúng. Vậy D sai

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng các tính chất của trọng tâm tam giác.

- Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác.

- Sử dụng định nghĩa hai đường thẳng song song.

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy I là trọng tâm của tam giác SBD nên BI, DI là các đường trung tuyến của tam giác SBD.

Suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SD và SB.

Nên MN là đường trung bình của tam giác BCD \( \Rightarrow \) MN // BD.

Vậy tứ giác MNBD là hình thang.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các tính chất đường trung bình của tam giác

- Các dấu hiệu nhận biết hình bình hành, hình thoi.

Lời giải chi tiết:

Vì MN và PQ lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC và ABD nên:

\(\left\{ \matrix{MN//PQ//AB \hfill \cr MN = PQ = {1 \over 2}AB \hfill \cr} \right. \Rightarrow \) MNPQ là hình bình hành.

Để MNPQ trở thành hình thoi ta cần thêm yếu tố MN = PN.

Ta có: PN là đường trung bình của tam giác BCD nên \(PN = {1 \over 2}CD\).

MN = PN \( \Leftrightarrow {1 \over 2}AB = {1 \over 2}CD \Leftrightarrow AB = CD.\)

Vậy để MNPQ là hình thoi cần thêm điều kiện AB = CD.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tính chất đường thẳng song song với mặt phẳng.

- Định lí đường trung bình của tam giác.

Lời giải chi tiết:

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Trong mặt phẳng SAC, qua O kẻ \({\rm{O}}K \bot SC\,\,\left( {K \in SC} \right)\), suy ra mp\(\left( \alpha  \right)\) chính là mp(BDK).

OK // SA ; AO = OC \(\Rightarrow \) SK = KC. (Định lí đường trung bình của tam giác)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng tính chất của đường thẳng song song với mặt phẳng.

- Áp dụng định lí Ta-let đảo để chỉ ra các tỉ lệ bằng nhau.

- Công thức tính chu vi tam giác.

Lời giải chi tiết:

Trong mp(ABC) kẻ MF // IC \(\left( {F \in AC} \right)\), trong mp(SAB) kẻ ME // SI \(\left( {E \in SA} \right)\).

Do đó mp(P) chính là (MEF) và thiết diện tạo bởi mp(P) và tứ diện đều SABC là tam giác MEF.

Gọi a là cạnh của tứ diện đều SABC.

Xét tam giác đều ABC và tam giác SAB là những tam giác đều cạnh a nên \(CI = SI = {{a\sqrt 3 } \over 2}\).

Trong (ABC) ta có: \({{AM} \over {AI}} = {{ME} \over {SI}} \Leftrightarrow {x \over {{a \over 2}}} = {{ME} \over {{{a\sqrt 3 } \over 2}}} \Leftrightarrow ME = x\sqrt 3 .\)

Trong (SAB) ta có: \({{AM} \over {AI}} = {{MF} \over {CI}} \Leftrightarrow {x \over {{a \over 2}}} = {{MF} \over {{{a\sqrt 3 } \over 2}}} \Leftrightarrow MF = x\sqrt 3 .\)

Ta lại có: \({{AM} \over {AI}} = {{AF} \over {AC}} = {{AE} \over {AS}} \Rightarrow EF\) // SC (Định lí Ta-let đảo)

\( \Rightarrow {{EF} \over {SC}} = {{AF} \over {AC}} = {{AM} \over {AI}} \Leftrightarrow {{EF} \over a} = {x \over {{a \over 2}}} \Leftrightarrow EF = 2x\) 

Vậy chu vi tam giác MEF bằng ME + MF + EF = \(x\sqrt 3  + x\sqrt 3  + 2x = 2x\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\)

Chọn B.   

Phương pháp giải:

- Dựa vào tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\( và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện của hình chóp.

- Các điểm cùng thuộc 2 mặt phẳng thì sẽ thuộc vào giao tuyến của hai mặt phẳng đó. Do đó chúng thẳng hàng.

Lời giải chi tiết:

Giả sử dựng được điểm E, F thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(\left\{ \matrix{  EF = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right) \hfill \cr   \left( \alpha  \right)\parallel BD \hfill \cr   BD \subset \left( {SBD} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow EF\parallel BD.\)

Do đó các điểm E, F, A, M cùng thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\), gọi \(K = EF \cap AM.\)

Ta có: \(K \in EF,EF \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right).\)

\(\eqalign{  & K \in AM,AM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAC} \right).  \cr   &  \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right). \cr} \)

Mà \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\) với \(O = AC \cap BD \Rightarrow K \in SO.\)

Cách dựng E, F: Dựng giao điểm K của AM và SO. Qua K kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB tại E và cắt SD tại F.

Do \(\eqalign{  & I = ME \cap BC  \cr   & I \in ME,ME \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right)  \cr   & I \in BC,BC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABCD} \right). \cr} \)

Do đó \(I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)

Tương tự ta cũng có \(J \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\) và \(A \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)

Vậy I, J, A cùng thuộc giao tuyến của \(mp\left( \alpha  \right)\) và (ABCD).

Vậy I, J, A thẳng hàng.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các tính chất về đường cao, đường trung tuyến trong tam giác cân.

- Vận dụng các dấu hiệu nhận biết một số tứ giác đặc biệt.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \matrix{  M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) \hfill \cr   CD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   CD \subset \left( {ACD} \right) \hfill \cr}  \right.\)

Suy ra \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN\parallel CD\) với \(N \in AC\).

Tương tự \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\parallel CD\) với \(Q \in BD.\)

Vì MN // CD // PQ nên thiết diện MNPQ là hình thang.

Ta có DQ = CP = x, DM = a – x.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác DMQ ta có:

\(MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ.cos60}  = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .\)

Tương tự ta cũng tính được \(NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .\)

Suy ra MQ = NP.

Vậy thiết diện MNPQ là hình thang cân.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Xác định thiết diện bằng cách sử dụng yếu tố song song.

- Xác định hình dạng của thiết diện.

- Tính chu vi của thiết diện bằng cách tính tất cả các cạnh của thiết diện dựa vào định lí Ta-let.

Lời giải chi tiết:

\(\left\{ \matrix{  M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) \hfill \cr   \left( \alpha  \right)//SA \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \) Qua M kẻ MQ // SA \(\left( {Q \in AB} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ.\)

Tương tự như trên ta xác định được

\(\eqalign{  & \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = QP//BC\,\,\left( {P \in AC} \right)  \cr   & \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN//BC\,\,\left( {N \in BC} \right)  \cr   & \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = PN//SA \cr} \)

Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) là hình bình hành MNPQ.

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\eqalign{  & {{MN} \over {BC}} = {{SM} \over {SB}} \Rightarrow {{MN} \over a} = {m \over {2a}} \Rightarrow MN = {m \over 2}  \cr   & {{QM} \over {SA}} = {{BM} \over {BS}} \Rightarrow {{QM} \over {2a}} = {{2a - m} \over {2a}} \Rightarrow QM = 2a - m. \cr} \)

Vậy chu vi hình bình hành MNPQ là: \(2\left( {MN + QM} \right) = 2\left( {{m \over 2} + 2a - m} \right) = m + 4a - 2m = 4 - m.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các yếu tố song song để xác định hình dạng của thiết diện.

- Dự đoán thiết diện là hình gì?

- Các cách chứng minh một số tứ giác đặc biệt (Hình bình hành, hình thang, hình thang cân, hình thoi,…)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  BC//\left( \alpha  \right),BC \subset \left( {ABCD} \right),BC \subset \left( {SBC} \right) \hfill \cr   \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN \hfill \cr   \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ \hfill \cr}  \right. \Rightarrow MN//BC//PQ\,\,\,\left( 1 \right).  \cr   & \left\{ \matrix{  \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ \hfill \cr   \left( \alpha  \right)//SA,SA \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow SA//MQ. \cr} \)

Áp dụng định lí Ta-let ta có: \({{AM} \over {AB}} = {{SQ} \over {SB}} = {{SP} \over {SC}};{{AM} \over {AB}} = {{DN} \over {DC}} \Rightarrow {{SP} \over {SC}} = {{DN} \over {DC}} \Rightarrow NP//SD.\)

\(\left\{ \matrix{  MQ//SA \hfill \cr   MN//BC//AD \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {SAD} = {60^0}.\) (vì tam giác SAD đều)

Tương tự ta chứng ming được \(\widehat {MNP} = \widehat {SDA} = {60^0} \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MNP}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình thang cân.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Dựng thiết diện dựa vào các yếu tố song song có trong giả thiết.

- Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật giao đó tính diện tích hình chữ nhật đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \matrix{  M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ICD} \right) \hfill \cr   CD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   CD \subset \left( {ICD} \right) \hfill \cr}  \right.\)suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ICD) là đường thẳng qua M và song song với CD cắt IC tại L và cắt ID tại N.

Tương tự \(\left\{ \matrix{  M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {JAB} \right) \hfill \cr   AB\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   AB \subset \left( {JAB} \right) \hfill \cr}  \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (JAB) là đường thẳng qua M và song song AB cắt

JA tại P và cắt JB tại Q.

Ta có: \(\left\{ \matrix{  L \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) \hfill \cr   AB\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   AB \subset \left( {ABC} \right) \hfill \cr}  \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với (ABC) là đường thẳng qua L song song với AB cắt BC tại E và cắt AC tại F. Do đó EF // AB (1).

Tương tự \(\left\{ \matrix{  N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) \hfill \cr   AB\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   AB \subset \left( {ABD} \right) \hfill \cr}  \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ABD) là đường thẳng qua N song song với AB cắt BD tại H và cắt AD tại G.

Do đó HG // AB (2).

Từ (1) và (2) suy ra EF // HG // AB (*)

Ta có: \(\left\{ \matrix{  FG = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) \hfill \cr   CD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   CD \subset \left( {ACD} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow FG\parallel CD\,\,\,\left( 3 \right)\).

Tương tự \(\left\{ \matrix{  EH = \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) \hfill \cr   CD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   CD \subset \left( {BCD} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow EH\parallel CD\,\,\left( 4 \right).\)

Từ (*) và (**) suy ra EFGH là hình bình hành.

Mà \(AB \bot CD \Rightarrow EF \bot FG.\) Vậy thiết diện EFGH là hình chữ nhật

\( \Rightarrow {S_{EFGH}} = EF.FG = PQ.LN.\)

Trong tam giác JAB, ta có \({{PQ} \over {AB}} = {{JM} \over {JI}} = {2 \over 3} \Rightarrow PQ = {{2AB} \over 3} = {{2a} \over 3}.\)

Trong tam giác ICD ta có \({{LN} \over {CD}} = {{IM} \over {IJ}} = {1 \over 3} \Rightarrow LN = {{CD} \over 3} = {b \over 3}.\)

Vậy diện tích thiết diện là: \({S_{EFGH}} = {{2a} \over 3}.{b \over 3} = {{2ab} \over 9}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện của mặt phẳng đi qua O và song song với SA và BC.

Lời giải chi tiết:

Trong mp(ABCD) qua O kẻ EF // BC \(\left( E\in AB,F\in CD \right)\) ta có:

(P) và (ABCD) có điểm O chung. \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( ABCD \right);EF\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ABCD \right)\text{=EF}\text{.}\)

Tương tự trong mp(SAB) kẻ EH // SA \(\left( H\in SB \right)\) ta có:

(P) và (SAB) có điểm E chung, \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAB \right),EH\parallel SA\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SAB \right)=EH.\)

Trong (SBC) kẻ HG // BC \(\left( G\in SC \right)\) ta có:

(P) và (SBC) có điểm H chung, \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( SBC \right),HG\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SBC \right)=HG.\)

 \(\left( P \right)\cap \left( SCD \right)=GF\).

Vậy thiết diện là tứ giác EFGH.

Ta có: HG // EF // BC nên EFGH là hình thang.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện của mặt phẳng đi qua O và song song với SA và BC.

Lời giải chi tiết:

Ta có: (P) và (ABCD) có điểm I chung. Hơn nữa:

\(\left( P \right)\parallel BD\subset \left( ABCD \right)\Rightarrow \) giao tuyến của (P) và (ABCD) là đường thẳng qua I và song song với BD cắt AB tại E và cắt AD tại F.

Suy ra EF // BD.

Mp(P) và (SAC) có điểm I chung. \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAC \right)\Rightarrow \) Giao tuyến của (P) và (SAC) là đường thẳng đi qua I và song song với SA cắt SC tại G.

Tương tự như vậy ta xác định được \(\begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) = EH\parallel SA\,\,\left( {H \in SB} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = FJ\parallel SA\,\,\left( {J \in SD} \right)\end{array}\)

Vậy thiết diện là ngũ giác EFJGH.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện bằng các yếu tố song song.

- Chứng minh thiết diện là hình vuông sau đó tính diện tích của hình vuông đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi E, G, F lần lượt là trung điểm của BD, AD và AC.

Ta có; IE // CD, FG// CD, IF // AB, EG // AB.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AB \subset \left( {ABC} \right)\\{\rm{IF}}\parallel {\rm{AB}}\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = IF\\\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel CD \subset \left( {BCD} \right)\\IE\parallel CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = IE\\\left\{ \begin{array}{l}F \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel CD \subset \left( {ACD} \right)\\{\rm{FG}}\parallel CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = FG\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = GE\end{array}\)

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  là hình bình hành IEGF.

Ta có: \(IE = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a\,\,;\,\,{\rm{IF = }}\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}a \Rightarrow IE = IF \Rightarrow IEGF\)là hình thoi cạnh \(\frac{a}{2}\).

 Hơn nữa: IF // AB, IE // CD, \(AB\bot CD\Rightarrow IE\bot IF\Rightarrow IEGF\) là hình vuông cạnh \(\frac{a}{2}\).

Vậy \({{S}_{IEGF}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Định nghĩa hai đường thẳng chéo nhau, hai đường thẳng song song, hai đường thẳng cắt nhau.

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của CD, E và F lần lượt là trọng tâm tam giác BCD và ACD \(\Rightarrow E \in BM,F \in AM.\)

Trong (AMB): \(G = AE \cap BF \Rightarrow \) G là trọng tâm của tứ diện ABCD.

Giả sử bốn điểm A, D, G, M đồng phẳng.

A, D, M \( \in \left( {ACD} \right) \Rightarrow G \in \left( {ACD} \right) \Rightarrow AG \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow E \in \left( {ACD} \right)\) (Vô lí)

Do đó A, D, M, G không đồng phẳng.

Vậy AD và GM là hai đường thẳng chéo nhau.

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Phương pháp:

- Sử dụng định lí Ta – let để suy ra các tỉ lệ bằng nhau.

- Tỉ lệ diện tích tam giác.

Cách giải

Trong (SAD) ta kẻ đường thẳng song song với SA cắt (SBC) tại A’.

MA’ // SA \( \Rightarrow {{MA'} \over {SA}} = {{DM} \over {DA}} = {{{S_{MBC}}} \over {{S_{ABC}}}}\)

Tương tự ta chứng minh được \({{MB'} \over {SB}} = {{EM} \over {EB}} = {{{S_{MAC}}} \over {{S_{ABC}}}}\) và \({{MC'} \over {SC}} = {{FM} \over {FC}} = {{{S_{MAB}}} \over {{S_{ABC}}}}\)

Do đó ta có: \({{MA'} \over {SA}} + {{MB'} \over {SB}} + {{MC'} \over {SC}} = {{{S_{MBC}}} \over {{S_{ABC}}}} + {{{S_{MAC}}} \over {{S_{ABC}}}} + {{{S_{MAB}}} \over {{S_{ABC}}}} = 1\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Từ những giả thiết ban đầu xác định \(mp\left( \alpha  \right)\).

- Dựng thiết diện của \(mp\left( \alpha  \right)\) với hình chóp.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) qua O kẻ GF // AC \(\left( {G \in AD,F \in CD} \right)\)

Trong (SCD) qua F kẻ FH // SD \(\left( {H \in SC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\) là (GFH).

\(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = GF,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = HF.\)

Ta có: \(\left( \alpha  \right)\) và (SAC) có H chung, \(\left( \alpha  \right) \supset GF,\left( {SAC} \right) \supset AC\), GF // AC

\( \Rightarrow \) Qua H kẻ HI // AC \(\left( {I \in SA} \right)\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = HI,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = GI\).

Trong (ABCD) gọi \(J = GF \cap AB \Rightarrow J \in AB \Rightarrow J \in \left( {SAB} \right)\).

Trong (SAB) gọi \(K = IJ \cap SB\,\,\left( {K \in SB} \right).\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = IK,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = HK.\)

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) là GFHKI là đa giác có 5 cạnh.

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện.

- Chứng minh thiết diện là tam giác đều và tính diện tích tam giác đều đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC và AD. Ta có: MN // BC, NP // CD.

(P) và (ABC) có điểm M chung.

\(\begin{array}{l}\left( P \right)\parallel BC \subset \left( {ABC} \right)\\

MN\parallel BC\\ \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\end{array}\)

Tương tự ta chứng minh được \(\left( P \right)\cap \left( ACD \right)=NP.\)

Vậy thiết diện của tứ diện khi cắt bới (P) là tam giác MNP va \(MN=NP=MP=\frac{a}{2}\Rightarrow \Delta MNP\) đều cạnh \(\frac{a}{2}\).

Vậy \({{S}_{MNP}}={{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}.\)

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Dựng (P)

+) Qua M dựng \(PQ\parallel BD\)

+) Qua M dựng \(MT\parallel SA\)

\(\Rightarrow \left( P \right)\equiv \left( TPQ \right)\)

Tìm thiết diện.

+) Ta có: \(\left( TPQ \right)\cap \left( ABCD \right)=PQ\)

+) \(\left\{ \begin{align}  & Q\in \left( TPQ \right),\,Q\in \left( SAB \right) \\ & TM\parallel SA \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left( TPQ \right)\cap \left( SAB \right)=QE\parallel TM\parallel SA\)

+) Tương tự \(\left( TPQ \right)\cap \left( SAD \right)=PE\parallel TM\parallel SA\)

\(\Rightarrow\) Thiết diện là ngũ giác PQETF

Tính diện tích thiết diện

\(\begin{align}  & {{S}_{TD}}=2{{S}_{MQET}} \\ & +)\,MQ\parallel OB\Rightarrow \frac{MQ}{OB}=\frac{AM}{AO}\Rightarrow MQ=AM=x \\ & +)\,TM\parallel SA\Rightarrow \frac{TM}{SA}=\frac{CM}{CA}\Rightarrow TM=\frac{\left( a\sqrt{2}-x \right)a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}-x}{\sqrt{2}} \\ & +)\,QE\parallel SA\Rightarrow \frac{QE}{SA}=\frac{BQ}{BA}=\frac{OM}{OA}\Rightarrow QE=\frac{a\sqrt{2}-2x}{\sqrt{2}} \\ & +)\,{{S}_{TD}}=\left( MT+QE \right).MQ=\left( \frac{a\sqrt{2}-x}{\sqrt{2}}+\frac{a\sqrt{2}-2x}{\sqrt{2}} \right).x=\frac{\left( 2a\sqrt{2}-3x \right).x}{\sqrt{2}} \\\end{align}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có :\(\left\{ \begin{array}{l}CD//\left( P \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\\N \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = NI\), là đường thẳng qua N song song với CD, \(\left( {I \in DB} \right)\)

Tương tự, \(\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = MJ\), là đường thẳng qua M song song với CD, \(\left( {J \in AC} \right)\)

Khi đó, thiết diện là hình thang NIMJ

Ta lại có: \(\frac{{MJ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3},\,\frac{{IN}}{{CD}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{JM}}{{IN}} = \frac{1}{2}\).

Chọn: A

Phương pháp giải:

Chỉ ra một đường trong mặt phẳng mà \(IJ\) song song với đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AD. Khi đó, do \(I,\,J\)lần lượt là trọng tâm tam giác \(SAB,\,SAD\) nên \(\frac{{SJ}}{{SF}} = \frac{{SI}}{{SE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ//EF\)

Mà \(EF//BD\) (vì \(EF\)là đường trung bình của \(\Delta ABD\))\( \Rightarrow IJ//BD \Rightarrow IJ//\left( {SBD} \right)\).

Chọn: B

Lời giải chi tiết:

Kẻ \(NP\) và \(MQ\) song song với \(CD,\,\,\left( {P \in BD,\,\,Q \in AC} \right)\)

\( \Rightarrow MQ//NP \Rightarrow M,\,N,\,P,Q\) đồng phẳng và \(\left( {MNPQ} \right)\) chứa đường thẳng MN và song song với CD

\( \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\)

Thiết diện của của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là hình thang \(MNPQ\), với đáy lớn NP gấp 2 lần đáy nhỏ MQ, do:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{NP}}{{CD}} = \frac{{NB}}{{BC}} = \frac{2}{3}\\\frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}NP = \frac{2}{3}CD\\MQ = \frac{1}{3}CD\end{array} \right. \Rightarrow NP = 2MQ\).

Chọn: B

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các yếu tố về song song để xác định \(mp\left( \alpha  \right)\).

- Xác định thiết diện của hình chóp bằng cách xác định giao tuyến của \(mp\left( \alpha  \right)\) với các mặt của hình chóp.

Lưu ý: Khi đề bài cho các điểm tùy ý mà vị trí của điểm đó chưa rõ ràng ta phải xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O = AC \cap BD\)

Trường hợp 1: M nằm giữa O và B.

Trong (ABCD) qua M kẻ FG // AC \(\left( {F \in AB,G \in BC} \right)\(

Trong (SAB) qua F kẻ FH // SB \(\left( {H \in SA} \right)\). 

\( \Rightarrow mp\left( \alpha  \right)\) là (FHG).

Ta có: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = FH.\)

Ta có: \(mp\left( \alpha  \right)\) và (SAC) có H chung.

\(\eqalign{  & \left( \alpha  \right) \supset FG  \cr   & \left( {SAC} \right) \supset AC  \cr   & FG//AC \cr} \)

\( \Rightarrow \) Qua H kẻ HI // AC \(\left( {I \in SC} \right)\), \(mp\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = HI,mp\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = GI.\)

Trong (ABCD) kéo dài FG cắt CD và AD lần lượt tại K và J \(\left( {K \in CD,J \in AD} \right)\).

Trong (SCD) gọi \(L = KI \cap SD \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = IL,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = HL.\)

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) là ngũ giác HFGIL.

Trường hợp 2: M nằm giữa O và D.

Trong (ABCD) qua M kẻ EF // AC \(\left( {E \in AD,F \in CD} \right)\).

Trong (SBD) qua M kẻ MG // SB \(\left( {G \in SD} \right).\)

\( \Rightarrow mp\left( \alpha  \right)\) là (EFG) và EFG cũng chính là thiết diện của hình chóp khi cắt bỏi \(mp\left( \alpha  \right)\).

Vậy thiết diện là tam giác.

Tóm lại, tùy vào vị trí của điểm M trên đoạn BD, thiết diện của hình chóp cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) có thể là tam giác hoặc ngũ giác.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các yếu tố song song để xác định hình dạng của thiết diện.

- Điều kiện để thiết diện trở thành hình thoi.

- Công thức tính diện tích hình thoi \(S = {1 \over 2}{d_1}{d_2},\) trong đó \({d_1},{d_2}\) là độ dài hai đường chéo của hình thoi.

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(\left( \alpha  \right)\) cắt các cạnh AD, AC, CB, BD theo thứ tự tại M, N, P, Q.

\(\left\{ \matrix{  CD//\left( \alpha  \right),CD \subset \left( {ACD} \right) \hfill \cr   M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN//CD\,\,\left( {N \in AC} \right)\)

Tương tự \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ//CD\,\,\left( {Q \in BD} \right).\)

Khi đó: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = MQ//AB,\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//AB.\)

Hình bình hành MNPQ là thiết diện của hình chóp cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\).

Theo định lí Ta-let ta có:

\({{NP} \over {AB}} = {{CN} \over {CA}} \Rightarrow NP = {a \over c}CN,\,\,{{MN} \over {CD}} = {{AN} \over {AC}} \Rightarrow MN = {a \over b}AN.\)

Để MNPQ là hình thoi thì MN = NP\( \Rightarrow \) CN = AN hay N là trung điểm của AC. Từ đó suy ra M, P, Q lần lượt là trung điểm của AD, BC, BD.

Ta có:

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  D{N^2} = {{A{D^2} + D{C^2}} \over 2} - {{A{C^2}} \over 4} = {{{b^2} + {a^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \hfill \cr   B{N^2} = {{A{B^2} + B{C^2}} \over 2} - {{A{C^2}} \over 4} = {{{b^2} + {a^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \hfill \cr}  \right.  \cr   &  \Rightarrow DN = BN \cr} \)

\( \Rightarrow \Delta NBD\) cân tại N. Lại có Q là trung điểm của BD nên \(NQ \bot BD.\)

Do đó ta có: \(N{Q^2} = N{B^2} - B{Q^2} = {{{b^2} + {a^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} - {{{c^2}} \over 4} = {{{b^2} + {a^2} - {c^2}} \over 2}\).

Tương tự ta tính được \(M{P^2} = {{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over 2}.\)

Vậy \({S_{MNPQ}} = {1 \over 2}MP.NQ = {1 \over 2}\sqrt {{{{b^2} + {a^2} - {c^2}} \over 2}.{{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over 2}}  = {1 \over 4}\sqrt {\left( {{b^2} + {a^2} - {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2} - {b^2}} \right)} \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện.

- Chứng minh thiết diện có các cạnh đối song song.

Lời giải chi tiết:

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ABC) là đường thẳng qua M và song song với AC, cắt BC tại N \(\Rightarrow MN\parallel AC.\)

 \(\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel BD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (BCD) là đường thẳng qua N và song song với BD, cắt CD tại P \(\Rightarrow NP\parallel BD.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AC \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ACD) là đường thẳng qua P và song song với AC, cắt AD tại Q \(\Rightarrow PQ\parallel AC.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = MQ\\\left( \alpha \right)\parallel BD \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MQ\parallel BD.\)

Vậy thiết diện là MNPQ là hình bình hành.

Chọn A.

Phương pháp giải:

\(a\parallel b\subset \left( P \right)\Rightarrow a\parallel \left( P \right).\) 

Lời giải chi tiết:

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAB nên \(MN\parallel AB\subset \left( ABC \right)\Rightarrow MN\parallel \left( ABC \right)\Rightarrow \)Đáp án B đúng.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có điểm chung M và lần lượt chứa hai đường thẳng song song d và d’ thì giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng đi qua M và song song với d và d’ để xác định thiết diện của mặt phẳng đi qua O và song song với SA và BC

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB và CD lần lượt tại F và K.

Suy ra \(\left( \alpha  \right)\cap \left( ABCD \right)=FK\)

Trong (SAB) qua F kẻ FH // SA \(\left( H\in SA \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAB \right)=FH\)

Trong (SBC) qua H kẻ HJ // BC \(\left( J\in SC \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SBC \right)=HJ\)

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp\(\left( \alpha  \right)\( là tứ giác KFHJ.

Có HJ // FK nên KFHJ là hình thang.

 Ta có: IK // BC nên áp dụng định lí Ta-let: \(\frac{IK}{BC}=\frac{IE}{BE}=\frac{EK}{EC}=\frac{1}{3}\( (với E là trung điểm của CD)

\(\Rightarrow \frac{CK}{CE}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{1}{3}=\frac{BE}{AB}=\frac{HE}{SA}\Rightarrow HE=\frac{a}{3}\)

HJ // BC \(\Rightarrow \frac{HJ}{BC}=\frac{SH}{SB}=\frac{AE}{AB}=\frac{2}{3}\Rightarrow HJ=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}a\)

\(\begin{array}{l}\frac{{HJ}}{{BC}} = \frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CJ}}{{CS}} = \frac{1}{3}\\ \Rightarrow \frac{{CJ}}{{CS}} = \frac{{CK}}{{CD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IK\parallel SD,\frac{{JK}}{{SD}} = \frac{{CJ}}{{CS}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IK = \frac{a}{3}\end{array}\)

Suy ra KFHJ là hình thang cân.

Chu vi hình thang KFHJ là: \[\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{2a}{3}+a=\frac{7a}{3}\]

Chọn A.

Phương pháp giải:

MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN // BC.

(DMN) và (DBC) có điểm D chung, hơn nữa \(MN\subset \left( DMN \right),BC\subset \left( DBC \right),MN\parallel BC\Rightarrow \) Giao tuyến của (DMN) và /(DBC) là đường thẳng d đi qua D và d // MN // BC.

Ta có: \(BC\subset \left( ABC \right)\Rightarrow d\parallel \left( ABC \right).\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN // BC.

(DMN) và (DBC) có điểm D chung, hơn nữa \(MN\subset \left( DMN \right),BC\subset \left( DBC \right),MN\parallel BC\Rightarrow \) Giao tuyến của (DMN) và /(DBC) là đường thẳng d đi qua D và d // MN // BC.

Ta có: \(BC\subset \left( ABC \right)\Rightarrow d\parallel \left( ABC \right).\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi chúng không có điểm chung.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(MG\cap \left( ABD \right)=G,MG\cap \left( BCD \right)=M,MG\cap \left( ABC \right)=M\Rightarrow \) A, B, D sai.

Chọn C.