Lời giải chi tiết:

A sai, vì có thể hai đường thẳng cắt nhau.

B sai, vì có thể đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.

C sai, vì có thể hai đường thẳng đó chéo nhau.

D đúng

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

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

Lời giải chi tiết:

Ta có: MN, PQ lần lượt là đường trung bình của tam giác ABD và CBD nên

MN // BD ; \(MN = {1 \over 2}BD\) và PQ // BD ; \(PQ = {1 \over 2}BD\) 

\( \Rightarrow \) MN // PQ và MN = PQ.

Do đó MNPQ là hình bình hành.

Vậy A sai.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng các kiến thức về đường thẳng song song với đường thẳng và đường thẳng song song với mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

A và D sai vì hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì hai đường thẳng đó song song với nhau hoặc trùng nhau.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Vận dụng các kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Các mệnh đề b, c, d đúng.

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng

- Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng a // b a // (P).

Lời giải chi tiết:

Trước hết ta lấy điểm \(M \in \left( P \right)\) sao cho \(M \in SA\).

Trong mp(SAB) kẻ MN // SA \(\left( {N \in AB} \right)\), trong mp(ABCD) kẻ NE // AC \(\left( {E \in BC} \right)\).

\(NE \cap BD = \left\{ J \right\}\) 

Trong mp(SBC) kẻ EF // SB \(\left( {F \in SC} \right)\), trong mp(SBD) kẻ JI // SD \(\left( {I \in SD} \right)\).

Giả sử MN // (SCD)

Lại có: MN // SB \( \Rightarrow SB \subset \left( {SCD} \right)\)(vô lý) nên (1) sai.

Tương tự ta chứng minh được (2) sai.

NE // AC \( \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow \)NE // (SAC). Do đó (3) đúng.

IJ // SB \( \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow \)IJ // (SAB). Do đó (4) đúng.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng;

- Sử dụng các tính chất của đường trung bình của tam giác, đường trung bình của hình thang.

Lời giải chi tiết:

Trên Cx và Dy lấy điểm B’ và D’ sao cho BB’ = 2, DD’ = 4.

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD, I là trung điểm của B’D’ \(I \in B'D'\)

Ta có BDD’B’ là hình thang, OI là đường trung bình của hình thang nên OI // BB’ // DD’ // Cz và \(OI = {{BB' + {\rm{DD}}'} \over 2} = {{2 + 4} \over 2} = 3\).

Xét mặt phẳng tạo bởi OI và CC’ có: \(AI \cap Cz = C'\).

Ta có OI // CC’, AO = OC suy ra AI = IC’

Suy ra OI là đường trung bình của tam giác ACC’ \( \Rightarrow CC' = 2OI = 6\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

B sai vì hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì có thể chéo nhau hoặc song song.

C sai vì hai đường thẳng phân biệt không song song thì có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

D sai vì hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau hoặc song song.

Chọn A.

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’.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ABCD là hình thang và I, J là trung điểm của AD và BC nên IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.

\( \Rightarrow \) IJ // AB // CD.

\(\left\{ \matrix{  G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) \hfill \cr   AB \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr   {\rm{IJ}} \subset \left( {{\rm{IJ}}G} \right) \hfill \cr   AB//{\rm{IJ}} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \) Trong (SAB) qua G kẻ MN // AB \(\left( {M \in SA;N \in SB} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN\) và MN // IJ // AB // CD.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Sử dụng các yếu tố song song.

- Xác định thiết diện của hình chóp dựa vào các yếu tố song song.

Lời giải chi tiết:

Giả sử thiết diện cần tìm đi qua điểm \(M \in SB.\)

Trong (SAB) qua M kẻ MN // SE \(\left( {N \in SA} \right)\) ta có:

\(\left( \alpha  \right)\) và (SAB) có điểm M chung.

\(\eqalign{  & \left( \alpha  \right)//SE \subset \left( {SAB} \right)  \cr   & MN//SE  \cr   &  \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN. \cr} \)

Tương tự trong (SAD) qua N kẻ NP // SF \(\left( {P \in SD} \right)\) ta có: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = NP.\)

Trong (SCD) kẻ PQ // SE \(\left( {Q \in SC} \right)\) ta có: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ.\)

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

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

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng mặt phẳng.

- Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song.

- 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’.

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

- Vận dụng các dấu hiệu nhận biết hình thang, hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

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

Suy ra MP // CD với \(P \in CD\)

Tương tự \(\left\{ \matrix{  N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) \hfill \cr   CD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   CD \subset \left( {BCD} \right) \hfill \cr}  \right.\)

Suy ra NQ // CD \(\left( {Q \in BD.} \right)\)

Vậy thiết diện là tứ giác MPNQ có MP // NQ // CD nên MPNQ là hình thang.

Để MPNQ là hình bình hành thì cần thêm điều kiện MP = NQ.

Mà \(MP = {1 \over 2}CD\) (do MP là đường trung bình của tam giác ACD).

Suy ra \(NQ = {1 \over 2}CD\). Mà NQ // CD nên NQ là đường trung bình của tam giác BCD.

Vậy N là trung điểm của BC hay \(NB = {1 \over 2}BC\).

Chọn A.

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.

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

- Vận dụng các dấu hiệu nhận biết hình bình hành và hình chữ nhật.

Lời giải chi tiết:

Tam giác SBD cân tại S nên SB = SD.

Suy ra \(\Delta SBC = \Delta SDC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow \widehat {SCB} = \widehat {SCD}\).

Gọi I là trung điểm của SC.

Xét hai tam giác IBC và ICD có:

IC chung

BC = DC (ABCD là hình vuông)

\(\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\,\left( {cmt} \right)\)

Do đó \(\Delta IBC = \Delta IDC\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow IB = ID\) hay tam giác \(IBD\) cân tại \(I\).

Do O là trung điểm của BD nên IO là đường trung tuyến trong tam giác cân \( \Rightarrow IO \bot BD.\)

Mà SA // IO nên \(SA \bot BD.\)

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

Suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với (ABCD) là đường thẳng qua M và song song với BD cắt AB tại Q \( \Rightarrow MQ\parallel BD.\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\left\{ \matrix{  Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) \hfill \cr   SA\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   SA \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr}  \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với (SAB) là đường thẳng đi qua Q và song song với SA cắt SB tại P. Do đó QP // SA (2).

Ta có: \(\left\{ \matrix{  P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right) \hfill \cr   BD\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   BD \subset \left( {SBD} \right) \hfill \cr}  \right.\) suy ra giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) với (SBD) là đường thẳng đi qua P và song song với BD cắt SO tại N. Do đó PN // BD (3).

Ta có: \(\left\{ \matrix{  \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN \hfill \cr   SA\parallel \left( \alpha  \right) \hfill \cr   SA \subset \left( {SAC} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow MN\parallel SA.\) (4).

Từ (1) và (3) suy ra PN // MQ // BD, từ (2) và (4) suy ra QP // MN // SA. Do đó MNPQ là hình bình hành.

Lại có \(SA \bot BD \Rightarrow MN \bot MQ\).

Vậy MNPQ là hình chữ nhật.

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện dựa vào yếu tố song song với SA.

- Để một tứ giác trở thành hình thang cần thêm điều kiện một cặp cạnh đối song song.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \matrix{M \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) \hfill \cr \left( \alpha \right)\parallel SA \hfill \cr SA \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( \alpha \right) = MQ\parallel SA\,\,\left( {Q \in SB} \right).\)

Trong (ABCD), gọi \(I = MN \cap AC\). Ta có:

\(\eqalign{  & I \in MN,\,MN \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right).  \cr   & I \in AC,\,AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow T \in \left( {SAC} \right)  \cr   &  \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right). \cr}\) 

Vậy \(\left\{ \matrix{  I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) \hfill \cr   \left( \alpha  \right)\parallel SA \hfill \cr   SA \subset \left( {SAC} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( \alpha  \right) = IP\parallel SA\,\,\left( {P \in SC} \right).\)

Thiết diện là tứ giác MNPQ.

Để tứ giác MNPQ là hình thang thì cần MQ // NP hoặc MN // PQ.

Trường hợp 1: Nếu MQ // NP thì

Ta có: \(\left\{ \matrix{  MQ\parallel NP \hfill \cr   MQ\parallel SA \hfill \cr}  \right. \Rightarrow SA\parallel NP,\) mà \(NP \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow SA\parallel \left( {SCD} \right)\) (Vô lí).

Trường hợp 2: Nếu MN // PQ thì ta có các mặt phẳng (ABCD), \(\left( \alpha  \right),\) (SBC) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là MN, BC, PQ nên MN // BC.

Đảo lại nếu MN // BC thì \(\left\{ \matrix{  PQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) \hfill \cr   MN \subset \left( \alpha  \right) \hfill \cr   BC \subset \left( {SBC} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow PQ\parallel MN\parallel BC\) nên tứ giác MNPQ là hình thang.

Vậy tứ giác MNPQ là hình thang thì điều kiện là MN // BC.

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’.

- Sử dụng các tính chất của đường trung bình của hình thang.

- Sử dụng tính chất của trọng tâm tam giác.

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

- Dấu hiệu nhận biết các tứ giác đặc biệt.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ABCD là hình thang và I, J là trung điểm của AD và BC nên IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.

\( \Rightarrow \) IJ // AB // CD.

\(\left\{ \matrix{  G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) \hfill \cr   AB \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr   {\rm{IJ}} \subset \left( {{\rm{IJ}}G} \right) \hfill \cr   AB//{\rm{IJ}} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \) Trong (SAB) qua G kẻ MN // AB \(\left( {M \in SA;N \in SB} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN.\) và MN // IJ // AB // CD.

Dễ thấy thiết diện của (IJG) và hình chóp là hình thang MNJI.

G là trọng tâm của tam giác SAB và MN // AB nên theo định lí Ta-let ta có:

\({{MN} \over {AB}} = {{SG} \over {SE}} = {2 \over 3}\) (Với E là trung điểm của AB).

\( \Rightarrow MN = {2 \over 3}AB\)

Lại có: IJ là đường trung bình của hình thang ABCD nên \({\rm{IJ}} = {{AB + CD} \over 2}.\)

Để hình thang MNJI trở thành hình bình hành thì cần điều kiện MN = IJ.

\( \Rightarrow {2 \over 3}AB = {1 \over 2}\left( {AB + CD} \right) \Leftrightarrow {1 \over 6}AB = {1 \over 2}CD \Leftrightarrow AB = 3CD.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Phương pháp. Gọi \(P\) là trung điểm của \(B'C'.\)Chứng minh \(NP//\left( AMC' \right)\)và \(NP//B'C\) để suy ra \(B'C//\left( AMC' \right).\)

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết.

Gọi \(P\) là trung điểm của \(B'C'.\)

Giả sử \(S=AC'\cap A'C.\)

Khi đó \(S\) là trung điểm của \(A'C.\)

Vì \(SN\) là đường trung bình của \(\Delta A'C'C\)nên \(SN//A'C',\,SN=\frac{1}{2}A'C'\,\,\left( 1 \right).\)

Vì \(MP\) là đường trung bình của \(\Delta A'B'C'\)nên \(MP//A'C',\,MP=\frac{1}{2}A'C'\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta nhận được \(SN//MP,\,SN=MP.\)

Do đó \(MPNS\) là hình bình hành. Kéo theo \(NP//MS.\)

Vì \(MS\in \left( AMC' \right)\Rightarrow NP//\left( AMC' \right)\,\,\left( 3 \right).\)

Vì \(NP\) là đường trung bình của \(\Delta B'C'C\) nên \(NP//B'C\,\,\left( 4 \right).\)

Từ \(\left( 3 \right),\,\left( 4 \right)\) suy ra \(B'C//\left( AMC' \right).\)

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải:

- Tìm thiết diện dựa vào các yếu tố song song để dựng thiết diện và nhận thấy thiết diện là tam giác

- Sử dụng định lí Ta-let đảo để suy ra các đoạn thẳng tỉ lệ.

- Tính độ dài các cạnh của tam giác.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABC) qua M kẻ đường thẳng song song với CI cắt AC tại N \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABC \right)=MN\).

Trong (SAB) qua M kẻ đường thẳng song song với SI cắt SA tại P \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAB \right)=MP.\)

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAC \right)=NP\) và NP // SC.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác MNP.

 Ta có: \(ME\parallel CI\Rightarrow \frac{MN}{CI}=\frac{AM}{AI}\Leftrightarrow \frac{MN}{\frac{AB\sqrt{3}}{2}}=\frac{x}{\frac{AB}{2}}\Leftrightarrow MN=\frac{\frac{AB\sqrt{3}}{2}x}{\frac{AB}{2}}=x\sqrt{3}.\)

\(\begin{array}{l}MP\parallel SI \Rightarrow \frac{{MP}}{{SI}} = \frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{AP}}{{AS}} \Leftrightarrow \frac{{MP}}{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{x}{{\frac{{AB}}{2}}} \Rightarrow MP = \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}x}}{{\frac{{AB}}{2}}} = x\sqrt 3 \\PN\parallel SC \Rightarrow \frac{{AP}}{{AS}} = \frac{{PN}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{{AM}}{{AI}} \Leftrightarrow \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{x}{{\frac{{AB}}{2}}} \Leftrightarrow PN = \frac{{xSC}}{{\frac{{AB}}{2}}} = 2x\,\,\left( {SC = AB} \right)\end{array}\)

Tam giác MNP có MN = MP nên tam giác MNP cân tại M

Chọn C.

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 hình chóp.

Chứng minh thiết diện là hình thang mà không là hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABCD) qua O kẻ PQ // AB \(\left( P\in BC,Q\in AD \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABCD \right)=PQ\)

Trong (SAC) qua O kẻ OM // SC \(\left( M\in SA \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAD \right)=MQ.\)

Trong (SAB) qua M kẻ MN // AB \(\left( N\in SB \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAB \right)=MN\)

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SBC \right)=NP\) và NP // AC.

Vậy thiết diện tạo bởi mp\(\left( \alpha  \right)\) và hình chóp là tứ giác MNPQ.

Ta có MN // PQ // AB nên MNPQ là hình thang.

Ta có MN // OM. Mà \(OM\cap MQ=M\Rightarrow \) NP và MQ không song song với nhau.

Vậy MNPQ là hình thang.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tìm thiết diện dựa vào các yếu tố song song.

- Chứng minh thiết diện là hình thang mà không là hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

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

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = E\\\left( {MNE} \right) \supset MN\\\left( {BCD} \right) \supset BD\\MN\parallel BD\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của (MNE) và (BCD) là đường thẳng qua E và song song với MN và BC. Trong (BCD) qua E kẻ EF // BC \(\left( F\in BC \right)\).

\(\Rightarrow \left( MNE \right)\cap \left( BCD \right)=EF.\) Vậy thiết diện là MNEF có MN // EF \(\Rightarrow \) MNEF là hình thang.

Ta có: \(MN = \frac{1}{2}BC.\)       

\(\begin{array}{l}{\rm{EF}}\parallel {\rm{BC}} \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{DE}}{{DC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow EF = \frac{3}{4}BC\\ \Rightarrow MN \ne EF.\end{array}\)

Do đó MNEF chỉ là hình thang mà không là hình bình hành.

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:

Dựa vào vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.

Lời giải chi tiết:

Trong không gian có 3 vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Đường thẳng cắt mặt phẳng

Đường thẳng nằm trong mặt phẳng.

Đường thẳng song song với mặt phẳng.

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’.

Lời giải chi tiết:

\(\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng qua S và song song với AD, BC.

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Sử dụng phương án loại trừ để giải bài toán.

+) Ta có: \(a\subset \left( \alpha  \right);\,\,b//a\Rightarrow b//\left( \alpha  \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: O là trung điểm của AC, I là trung điểm của SC

\(\Rightarrow OI//SA\) (OI là đường trung bình của tam giác SAC).

\(\Rightarrow OI//\left( SAB \right)\Rightarrow \) A đúng.

Tương tự \(\Rightarrow OI//\left( SAD \right)\Rightarrow \) B đúng.

Ta có:

\(\begin{align}  & I\in SC\Rightarrow I\in \left( SAC \right);\,\,O\in AC\Rightarrow O\in \left( SAC \right) \\  & O\in BD\Rightarrow O\in \left( IBD \right) \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \left( IBD \right)\cap \left( SAC \right)=IO\Rightarrow \) D đúng.

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

+) Nếu \(a//(P)\Rightarrow \left( \widehat{a;(P)} \right)={{0}^{0}}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(MN\) là đường trung bình của tam giác A’B’D’ \(\Rightarrow MN//B'D'\)

Mà \(B'D'//BD\Rightarrow MN//BD\Rightarrow M,N,B,D\) đổng phẳng.

Lại có \(CP//MB\Rightarrow CP//(MNDB)\) hay \(CP//(MND)\)

\(\Rightarrow \left( \widehat{CP;(MND)} \right)={{0}^{0}}\)

Chọn: D

Lời giải chi tiết:

\(\left\{ \begin{array}{l}a//\left( \alpha  \right)\\b//\left( \beta  \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( \beta  \right) = b\end{array} \right. \Rightarrow a//b\).

Chọn: D

Lời giải chi tiết:

Khẳng định sai là: Nếu \(a//\left( \alpha  \right)\) và \(b \subset \left( \alpha  \right)\) thì a // b.

Chọn: C

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Ta-let.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\frac{{IJ}}{{IC}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3} = \frac{{IG}}{{IS}} \Rightarrow JG//SC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}JG//\left( {SCD} \right)\\JG//\left( {SAC} \right)\\JG//\left( {SBC} \right)\end{array} \right.\).

Chọn: B

Lời giải chi tiết:

*) \(\left\{ \begin{array}{l}a \not\subset \left( \alpha  \right)\\a//b\\b \subset \left( \alpha  \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( \alpha  \right)\): đúng vì theo định nghĩa

*) \(\left\{ \begin{array}{l}a \cap \left( \alpha  \right) = K\\b \cap \left( \alpha  \right) = K\end{array} \right. \Rightarrow a \cap b = K\): đúng vì a, b phân biệt

*) \(\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b//\left( \alpha  \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( \alpha  \right)\): sai trong trường hợp \(a \subset \left( \alpha  \right)\)

*) \(\left\{ \begin{array}{l}a//b\\a \cap \left( \alpha  \right) = M\end{array} \right. \Rightarrow b \cap \left( \alpha  \right) = N\): đúng.

Chọn: C

Phương pháp giải:

Xác định giao điểm của \(\left( \alpha  \right)\) với các cạnh của tứ diện ABCD (nếu có). Từ đó kết luận thiết diện.

Lời giải chi tiết:

Qua I dựng đường thẳng song song AB, cắt AC, BC lần lượt tại F, E

Qua F, E lần lượt dựng các đường thẳng song song DC, cắt AD, BD tại G, H

\( \Rightarrow \left( {EFGH} \right) \equiv \left( \alpha  \right)\)

Thiết diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)là: hình bình hành EFGH

(do \(GF//HE\) và \(GF = HE\))

Chọn: C

Phương pháp giải:

Hai mặt phẳng chứa 2 đường thẳng song song cắt nhau theo giao tuyến song song với 2 mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Vì AD // BC, (SAD) và (SBC) có điểm S chung nên giao tuyến của 2 mặt phẳng (SAD) và (SBC) đi qua S và song song với AD, BC.

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

MN là đường trung bình của tam giác BCD

\( \Rightarrow MN//BD \Rightarrow MN//\left( {SBD} \right)\)

\(MN \cap AC = H,\,\,AC \subset \left( {SAC} \right)\,\, \Rightarrow MN \cap \left( {SAC} \right) = H\)

MN // (ABCD) là khẳng định sai: do \(MN \subset \left( {ABCD} \right)\)

Chọn: C

Phương pháp giải:

Một đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) nếu (d) song song với một đường thẳng trong (P).

Lời giải chi tiết:

Chọn D.

Phương pháp giải:

Một đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) nếu (d) song song với một đường thẳng trong (P).

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác ABC có MN là đường trung bình \( \Rightarrow MN//BC\). Mà \(BC \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {BCD} \right)\).

MN không song song với (ABC) do \(M \in AB \Rightarrow M \in \left( {ABC} \right);\,\,N \in AC \Rightarrow N \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow MN \subset \left( {ABC} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAB \( \Rightarrow MN//AB//CD\).

Mà \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {SCD} \right)\).

\(M \in SA \Rightarrow M \in \left( {SAC} \right);\,\,N \in SB \Rightarrow N \in \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \subset \left( {SAB} \right)\).

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

A sai vì \(b//a \subset \left( P \right)\) suy ra b // (P) hoặc \(b \subset \left( P \right)\).

B sai vì a, b có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.

D sai vì a // b, b // (P) thì a // (P) hoặc \(a \subset \left( P \right)\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}a//b\\b \subset \left( \alpha  \right)\\a \not\subset \left( \alpha  \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( \alpha  \right)\)

Lời giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của tam giác IBD.

Do M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB, SAD nên, ta có: \(\dfrac{{IN}}{{ID}} = \dfrac{{IM}}{{IB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow MN//BD\)

Mà \(BD \subset \left( {SBD} \right),\,\,MN \not\subset \left( {SBD} \right)\,\, \Rightarrow MN//\left( {SBD} \right)\).

Chọn: B

Phương pháp giải:

+) Gọi \(M\) là trung điêm của \(CD\). Chứng minh \(B{G_1},\,\,A{G_2},\,\,CD\) đồng quy tại \(M\).

+) Chứng minh \({G_1}{G_2}//AB\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\) ta có :

\(B,\,\,{G_1},\,\,M\) thẳng hàng, \(A,\,\,{G_2},\,\,M\) thẳng hàng.

\( \Rightarrow B{G_1},\,\,A{G_2},\,\,CD\) đồng quy tại \(M\), do đó đáp án \(D\) đúng.

Ta có: \(\dfrac{{M{G_1}}}{{MB}} = \dfrac{{M{G_2}}}{{MA}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2}//AB\) (Định lí Ta-lét đảo).

Mà \(AB \subset \left( {ABD} \right),\,\,AB \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow {G_1}{G_2}//\left( {ABD} \right),\,\,{G_1}{G_2}//\left( {ABC} \right)\), do đó các đáp án \(A,B\) đúng.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng quan hệ song song trong không gian để chứng mình và chọn đáp án đúng.

Lời giải chi tiết:

+) Đáp án A: Ta có \(\left( {C'MN} \right)\) chính là \(\left( {C'MB'} \right)\)

\( \Rightarrow AB' \cap \left( {C'MN} \right) = \left\{ {B'} \right\} \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án C: Ta có \(AB' \cap A'B\) vì hai đường thẳng cùng thuộc \(\left( {A'B'BA} \right) \Rightarrow \) loại đáp án C.

+) Đáp án D: Ta có: \(AB' \cap BM\) do hai đường thẳng này cùng thuộc \(\left( {A'B'BA} \right) \Rightarrow \)loại đáp án D

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết về quan hệ song song và vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng trong không gian

Lời giải chi tiết:

Đáp án A : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng song song \(\left( P \right)\)) hoặc có thể chéo nhau.

Đáp án B : Đúng.

Đáp án C : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) trùng nhau.

Đáp án D : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(b \subset \left( P \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}a\parallel b\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a\parallel \left( P \right)\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

\( \Rightarrow MN\parallel AC\) (Tính chất đường trung bình).

Mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MN\parallel \left( {ABCD} \right)\).

Chọn A.