Đại cương về đường thẳng và mặt phẳng, trắc nghiệm toán 11

Đáp án D.

Đáp án B.

Đáp án A.

Đáp án A.

Theo quy tắc vẽ hình, các đoạn thẳng song song được vẽ bằng các đoạn thẳng song song nên đáp án D bị loại. Trung điểm được vẽ ở chính giữa đoạn nên ý C bị loại. Nét khuất được vẽ bởi nét đứt đoạn, nét với góc nhìn này với đáp án B thì hoặc AB đứt đoạn hoặc SC, SD đứt đoạn. Do đó chỉ có đáp án A đúng.

Đáp án C.

Hình A, B, D sai khi vẽ các đường không nhìn thấy bằng nét liền.

Đáp án D.

– Đáp án A, B sai, các em có thể lấy ví dụ ba điểm $A,B,C$phân biệt , thẳng hàng , thì có vô số mặt phẳng đi qua ba điểm đó.

– Đáp án C sai, vì theo tính chất thừa nhận, ba điểm phân biệt không thẳng hàng có duy nhất một mp đi qua ba điểm.

Đáp án B.

Theo các tính chất thừa nhận, ta thấy (I), (II), (III) đúng và nếu hai mp có 1 điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung khác nữa. Điều đó đồng nghĩa với nhận xét (IV) là sai. Như vậy có 1 quy tắc sai.

Đáp án A.

– Nếu $n$ điểm đã cho cùng thuộc một đường thẳng thì hiển nhiên $n$ điểm thuộc cùng 1 mp. Do đó loại được đáp án B, C, D.

– Nếu $n$ điểm đã cho không cùng thuộc một đường thẳng thì trong chúng phải có 3 điểm không thẳng hàng. Khi đó ba điểm này xác định 1 mp, kí hiệu là mp $\left( P \right)$ . Lấy một điểm trong $n-3$ điểm còn lại thì theo giả thiết điểm đó phải thuộc mp$\left( P \right)$ . Suy ra tất cả các điểm đã cho cùng thuộc 1 mp.

Đáp án C.

Một đường thẳng cho trước có vô số mp đi qua.

Hai mp đã có 1 điểm chung thì có vô số điểm chung khác nữa. Còn có trường hợp 2 mp không có điểm chung nào.

Có duy nhất 1 mp đi qua ba điểm phân biệt. Như vậy ta chọn ý C.

Đáp án D.

Số cách chọn 2 trong 4 điểm $A,B,C,D$ là $C_{4}^{2}=6$ .

Vậy có 6 mp đi qua $S$ và 2 trong 4 điểm $A,B,C,D$ .

Đáp án B.

Chọn 3 trong 5 điểm trên sẽ tạo nên 1 mp. Do đó, số mp tạo bởi 3 trong 5 điểm trên là \[C_{5}^{3}=10\].

Đáp án A.

Hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại $O$ xác định 1 mp . Nên số các mp chứa 2 trong $n$ đường thẳng trên là \[C_{n}^{2}=\dfrac{n!}{2\left( n-2 \right)!}\] .

Đáp án A .

Dễ thấy $PA,b$ không trùng nhau.

Giả sử $PA,b$ không chéo nhau, khi đó $PA,b$ hoặc song song hoặc cắt nhau. Lúc đó, theo cách xác định 1 mp, ta thấy $PA,b$cùng thuộc 1 mp$\left( \beta  \right)$ . Các mp $\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)$ đều chứa đường thẳng $b$ và đi qua điểm \[A\] ở ngoài $b$ nên 2 mp$\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)$trùng nhau. Suy ra điểm $P$ phải thuộc mp $\left( \alpha  \right)$ (Vô lý). Như vậy $PA,b$ chéo nhau.

Đáp án D.

Giả sử $AJ,BI$ đồng phẳng, suy ra $AJ,BI$đồng phẳng do đó $A,B,C,D$ cùng thuộc 1 mp (vô lý).

Do đó$AJ,BI$không đồng phẳng, do đó $AJ,BI$ chéo nhau. Chọn đáp án D.

Đáp án B.

Giả sử $SO,AD$ cắt nhau. Khi đó $SO,AD$đồng phẳng, suy ra $S$ thuộc mp $\left( ABCD \right)$ (Vô lý). Đáp án A bị loại.

Giả sử $MN$ cắt $SC$. Khi đó $MN$ và $SC$ đồng phẳng, suy ra $C$ thuộc $\left( SBD \right)$ (vô lý). Do đó đáp án C bị loại.

Giả sử $SA$ cắt $BC$. Khi đó $SA,BC$ đồng phẳng. Suy ra, $S$ thuộc mp $\left( ABCD \right)$ (vô lý). Đáp án D bị loại. $MN,SO$ cùng nằm trong mp$\left( SBD \right)$, không song song và trùng nhau.

Đáp án A.

Do$I$ là giao điểm của $MN$ và $BD$ nên $I$ thuộc các mp chứa $MN$ và các mp chứa $BD$. Do đó $I$ thuộc $\left( BCD \right),\left( CMN \right),\left( ABD \right).$

Giả sử $I$ thuộc $\left( ACD \right)$ khi đó $B$ thuộc $\left( ACD \right)$ (vô lý).

Đáp án A.

Giả sử $MN,BC$ đồng phẳng. Do đó $D,A$ lần lượt thuộc đường thẳng $MC,NB$ nên $D,A$ cũng thuộc mp đó. Như vậy $A,B,C,D$ đồng phẳng(vô lý). Như vậy đáp án B, C, D không thỏa mãn.

Đáp án A.

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và C[D]. Khi đó $I$ thuộc $\left( OMN \right)$ . Vậy đáp án A đúng.

Giả sử $\left( OMN \right)$ chứa đường thẳng $AB$ . Khi đó $O,B$ cùng thuộc mp$\left( AMN \right)$ . Suy ra $O,B$ cùng thuộc mp$\left( ACD \right)$ (vô lý). Đáp án B không thỏa mãn.

Giả sử $\left( MNO \right)$ đi qua điểm $A$ . Do $D,C$ lần lượt thuộc các đường thẳng $AN,AM$ nên$D,C$ thuộc mp$\left( AMN \right)$ . Như vậy 2 mp $\left( OCD \right),\left( AMN \right)$ trùng nhau. Suy ra $B$ thuộc mp$\left( ACD \right)$ (vô lý). Vậy đáp án C bị loại.

Tương tự ta cũng dễ dàng suy ra đáp án D bị loại.

Đáp án B.

Giao tuyến của 2mp phân biệt là 1 đường thẳng, nên ba điểm phân biệt cùng thuộc 2 mp phân biệt sẽ nằm trên giao tuyến của 2mp phân biệt.

Đáp án B.

Hiển nhiên hình chóp $S.ABCD$ có 4 mặt bên nên đáp án A đúng.

Ta thấy giao tuyến của 2mp $\left( SAB \right),\left( ABCD \right)$ là $AB$ , $K$ là điểm thuộc cả hai mp do đó $K\in AB$ . tương tự ta cũng chứng minh được $K\in CD$ . Như vậy $K$ thuộc cả hai đường thẳng $AB,CD$ (vô lý do $AB,CD$ song song). Do vậy đáp án B sai.

$\begin{align}
& O\in AC\Rightarrow O\in \left( SAC \right). \\
& O\in BD\Rightarrow O\in \left( SBD \right). \\
\end{align}$

Do đó $O$ thuộc giao tuyến của hai mp $\left( SAC \right),\left( SBD \right)$ .

Tương tự ta cũng dễ thấy $SI=\left( SAD \right)\cap \left( SBC \right)$ .

Như vậy đáp án C,D đúng.

Đáp án B.

Gọi $I=AB\cap CD$ . Ta có:

$\left\{ \begin{align}
& I\in AB,AB\subset \left( SAB \right)\Rightarrow I\in \left( SAB \right) \\
& I\in CD,CD\subset \left( SCD \right)\Rightarrow I\in \left( SCD \right) \\
\end{align} \right.$$\Rightarrow I\in \left( SAB \right)\cap \left( SCD \right)$

Lại có $S\in \left( SAB \right)\cap \left( SCD \right).$

Do đó $SI=\left( SAB \right)\cap \left( SCD \right).$

$\Rightarrow d\equiv SI.$

Vậy $d$ cắt$AB,CD,SO$ .

Giả sử $d$ cắt $MN$ . Khi đó $M$ thuộc mp$\left( SAB \right)$ . Suy ra $D$ thuộc $\left( SAB \right)$ (vô lý). Vậy$d$ không cắt $MN$ . Đáp án B sai.

Đáp án D.

Trong mp$\left( ABCD \right)$ , gọi $M=AB\cap CD;O=AC\cap BD$ . Khi đó $M,O$ cố định.

Như vậy: $E,F,M$ cùng nằm trên hai mp $\left( P \right)$ và $\left( SCD \right)$ , do đó ba điểm $E,F,M$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định $M$ .

Tương tự, ta có $G,H,M$ cùng nằm trên hai mp $\left( Q \right)$ và $\left( SAB \right)$ ,do đó $G,H,M$ thẳng hàng. Vậy các đường thẳng $GH$ luôn đi qua một điểm cố định $M$ .

Do $\left\{ \begin{align}
& I\in AE\subset \left( SAC \right) \\
& I\in BF\subset \left( SBD \right) \\
\end{align} \right.$$\Rightarrow I\in \left( SAC \right)\cap \left( SBD \right)$ .

Tương tự ta cũng có $J\in \left( SAC \right)\cap \left( SBD \right);O\in \left( SAC \right)\cap \left( SBD \right)$

Do đó ba điểm $I,J,O$ thẳng hàng. Vậy $IJ$ luôn đi qua điểm cố định $O$ .

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án A.

Trong mp $\left( BCD \right)$ , gọi $I=FG\cap BD$ .

Trong mp$\left( ADB \right)$ , gọi $H=IE\cap AD$ .

Khi đó $HG=\left( EFG \right)\cap \left( ACD \right)$ .

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ với ba điểm $I,G,F$ thẳng hàng ta có:

$\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1\Rightarrow \dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABD$ với ba điểm $I,H,E$ thẳng hàng ta có:

$\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow HD=\dfrac{a}{5}$

Áp dụng định lý cosin vào tam giác $HDG$ ta có:

\[H{{G}^{2}}=H{{D}^{2}}+D{{G}^{2}}-2DH.DG.cos{{60}^{0}}=\dfrac{{{a}^{2}}}{25}+\dfrac{{{a}^{2}}}{9}-\dfrac{{{a}^{2}}}{15}=\dfrac{19{{a}^{2}}}{225}\Rightarrow HG=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\]

Đáp án C.

Trong $\left( BCD \right)$ , gọi $H=CG\cap BD$ .

Dễ thấy $H$ thuộc đoạn $BD$ nên $\overrightarrow{BH},\overrightarrow{HD}$ cùng hướng.

Do đó đáp án A, D bị loại.

Áp dụng định lý Ceva trong tam giác $BCD$ với $BF,DE,CH$ đồng quy ta có:

$\dfrac{EB}{EC}.\dfrac{FC}{FD}.\dfrac{HD}{HB}=1\Rightarrow 2.2.\dfrac{HD}{HB}=1\Rightarrow \dfrac{HD}{HB}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow BH=4DH$

Do $\overrightarrow{BH},\overrightarrow{HD}$ cùng hướng nên $\overrightarrow{BH}=4\overrightarrow{HD}$ .

Đáp án A.

Do $I$ thuộc đoạn $AD$ nên $\overrightarrow{AI},\overrightarrow{ID}$ cùng hướng. Do đó B, D bị loại.

$AD$ là phân giác trong của tam giác $ABC$ nên theo tính chất đường phân giác ta có:

$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{c}{b}\Rightarrow BD=\dfrac{ac}{b+c}$

Ta có: $BI$ là phân giác trong của tam giác $ABD$ nên theo tính chất đường phân giác ta có:

$\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{b+c}{a}\Rightarrow IA=\dfrac{b+c}{a}ID$

Do đó: $\overrightarrow{AI}=\dfrac{b+c}{a}\overrightarrow{ID}$

Đáp án B.

Trong mp $\left( ABCD \right)$ , gọi $I=MN\cap AO$ . Dễ thấy $H=PO\cap SC$ .

Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm AO. Suy ra $\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$ và $PI$ là đường trung bình của tam giác $OSA$ . Do đó $IH//SA$ .

Áp dụng định lý Thales ta có: $\dfrac{SH}{SD}=\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}.$

Đáp án D.

Trong mp$(ABCD)$, gọi $I=BD\cap MN,O=AC\cap BD$ .

Dễ thấy $R=IP\cap SB$.

Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm DO. Suy ra $\dfrac{DI}{IB}=\dfrac{1}{3}$.

Áp dụng định lý Menelaus vào taam giác $SBD$ ta có :

$\dfrac{BR}{RS}.\dfrac{PS}{PD}.\dfrac{BI}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}.2.\dfrac{1}{3}=1\Rightarrow \dfrac{SR}{SB}=\dfrac{2}{3}$

Đáp án A.

Nếu K trùng với trọng tâm G thì $\dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}=6$ . Do đó C, D bị loại.

Ta có $\dfrac{DK}{DA}+\dfrac{EK}{EB}+\dfrac{FK}{FC}=\dfrac{{{S}_{KBC}}}{{{S}_{ABC}}}+\dfrac{{{S}_{KAC}}}{{{S}_{ABC}}}+\dfrac{{{S}_{KAB}}}{{{S}_{ABC}}}=1$

Áp dụng định lý bất đẳng thức Cauchy ta có:

$\begin{align}
& \left( \dfrac{DK}{DA}+\dfrac{EK}{EB}+\dfrac{FK}{FC} \right)\left( \dfrac{DA}{DK}+\dfrac{EB}{EK}+\dfrac{FC}{FK} \right)\ge 9 \\
& \Rightarrow \dfrac{DA}{DK}+\dfrac{EB}{EK}+\dfrac{FC}{FK}\ge 9\Rightarrow \dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}\ge 6 \\
\end{align}$

Đáp án A.

Ta có : $\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{{{S}_{ABM}}}{{{S}_{AME}}}=\dfrac{{{S}_{CBM}}}{{{S}_{CME}}}=\dfrac{{{S}_{ABM}}+{{S}_{CBM}}}{{{S}_{AME}}+{{S}_{CME}}}=\dfrac{{{S}_{ABM}}+{{S}_{CBM}}}{{{S}_{AME}}}=\dfrac{BD}{CD}+\dfrac{BF}{FA}$

$\Rightarrow \dfrac{BF}{AF}=\dfrac{BM}{ME}-1=\dfrac{BM-ME}{ME}\left( 1 \right)$ .

Tương tự ta cũng chứng minh được: $\dfrac{CM}{MF}=\dfrac{CE}{AE}+\dfrac{CD}{BD}\Rightarrow \dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{MF}-1=\dfrac{CM-MF}{MF}\left( 2 \right)$

Và $1=\dfrac{AM}{MD}=\dfrac{AE}{CE}+\dfrac{AF}{BF}\left( 3 \right)$

Từ (1,2,3) suy ra $\dfrac{MF}{CM-MF}+\dfrac{ME}{BM-ME}=1$

Đáp án A.

Xét trường hợp đặc biệt $E,F,G,H$ lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, S[D]. Khi đó ta dễ dàng loại được đáp án D.

Dựng $AT//EG\left( T\in SI \right),CK//EG\left( KESI \right)$

Theo định lý Thales, ta có:

$\dfrac{SA}{SE}=\dfrac{ST}{SJ},\dfrac{SC}{SG}=\dfrac{SK}{SJ};\dfrac{IT}{IK}=\dfrac{IA}{IC}=1$

Suy ra: $\dfrac{SA}{SE}+\dfrac{SC}{SG}=\dfrac{ST+SK}{SJ}=\dfrac{SI-IT+SI+IK}{SJ}=2\dfrac{SI}{SJ}$

Như vậy, ý B bị loại.

Tương tự, ta chứng minh được $\dfrac{SB}{SF}+\dfrac{SD}{SH}=2\dfrac{SI}{SJ}.$

Từ đây ta thấy ngay ý C bị loại và A là đáp án A là đáp án lựa chọn.

Chú ý: Cho tam giác AB[C]. Gọi O là trung điểm AC, M, N là hai điểm nằm trên cạnh AB, A[C]. MN cắt BO tại I. Khi đó: $\dfrac{BA}{BM}+\dfrac{BC}{BN}=\dfrac{2BO}{BI}$ .

Đáp án A.

Theo chú ý câu 30 ta có: $\dfrac{BA}{BM}+\dfrac{BC}{BN}=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2}=4\Rightarrow \dfrac{2BO}{BI}=4\Rightarrow \dfrac{BO}{BI}=2\Rightarrow \dfrac{OI}{BO}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{OI}{OD}=\dfrac{1}{2}$ .

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $SOD$ ta có: $\dfrac{IO}{ID}.\dfrac{PD}{PS}.\dfrac{JS}{JO}=1\Rightarrow \dfrac{JS}{JO}=10\Rightarrow \dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{10}{11}$

Đáp án A.

Dựa vào nhận xét ví dụ 2, ta có:

$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left( -5 \right).\dfrac{1}{2}=1$ nên $E,F,H,J$ đồng phẳng.

$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left( \dfrac{1}{5} \right).\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{25}$ nên $E,F,I,J$ không đồng phẳng.

$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\left( -\dfrac{1}{5} \right).\left( -5 \right).\dfrac{1}{2}=-1$ nên $E,G,H,J$ không đồng phẳng.

$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\left( -\dfrac{1}{5} \right).\left( \dfrac{1}{5} \right).\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{25}$ nên $E,G,I,J$ không đồng phẳng.

Đáp án D.

Dựa vào nhận xét ví dụ 2, ta có:

$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left( -5 \right).\dfrac{1}{2}=1$ nên $E,F,H,J$ đồng phẳng.

\[\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{CG}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DK}}{\overline{AK}}=-2.\left( -\dfrac{1}{2} \right).\left( 5 \right).\dfrac{1}{5}=1\] nên $E,G,I,K$ đồng phẳng.

$\dfrac{\overline{AU}}{\overline{BU}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=\dfrac{4}{5}.\left( -\dfrac{1}{2} \right).\left( -5 \right).\dfrac{1}{2}=1$ nên $U,G,H,J$ đồng phẳng.

$\dfrac{\overline{AU}}{\overline{BU}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DK}}{\overline{AK}}=\dfrac{4}{5}.\left( \dfrac{1}{5} \right).\left( 5 \right).\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{25}$ nên $U,F,I,K$ không đồng phẳng. Do đó 4 điểm này lập nên 1 tứ diện.

Đáp án B, A.

a)Do tứ diện ABCD có 4 mặt nên thiết diện không thể là ngũ giác hay lục giác. Nó chỉ có thể là tam giác hoặc tứ giác.

Trong mp $\left( ABC \right)$ , gọi $K=MP\cap AC$ (P không phải là trung điểm đoạn BC nên MP cắt AC)

Trong mp$\left( ACD \right)$ , gọi $Q=KN\cap AD$

Do $Q\in KN\subset \left( MNP \right)$ nên $Q=\left( MNP \right)\cap AD$

Ta có: $\left\{ \begin{align}
& \left( MNP \right)\cap \left( ABD \right)=MQ \\
& \left( MNP \right)\cap \left( ABC \right)=MP \\
& \left( MNP \right)\cap \left( BCD \right)=PN \\
& \left( MNP \right)\cap \left( ACD \right)=NQ \\
\end{align} \right.$

Suy ra thiết diện cần tìm là tứ giác $MPNQ.$

Ta chọn đáp án B.

b)Áp dụng ví dụ 11, do $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $\dfrac{AM}{BM}.\dfrac{BP}{CP}.\dfrac{CN}{DN}.\dfrac{DQ}{AQ}=1\Rightarrow \dfrac{BP}{CP}.\dfrac{DQ}{AQ}=1$

(Do M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD) . Từ đây suy ra $\dfrac{BP}{CP}=\dfrac{AQ}{DQ}.$

Giả sử $\dfrac{BP}{PC}=k$ . Khi đó ta suy ra $\overrightarrow{BP}=k\overrightarrow{PC},\overrightarrow{AQ}=k\overrightarrow{QD}$

Suy ra $\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{AQ}=-k\left( \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{QD} \right)\left( 1 \right)$

Do J là trung điểm của PQ.

Ta có: $\left\{ \begin{align}
& \overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{PJ} \\
& \overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{QJ} \\
\end{align} \right.\Rightarrow 2\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{BP}\left( 2 \right)$
Chứng minh tương tự ta cũng có: $2\overrightarrow{NJ}=\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{DQ}\left( 3 \right)$

Từ (1,2,3) suy ra $\overrightarrow{MJ}=-k\overrightarrow{NJ}$ . Điều này dẫn đến M, N, J thẳng hàng. Như vậy I trùng J.

Điều này suy ra ${{S}_{MNPQ}}=2{{S}_{MPN}}$ .

Chọn đáp án A.

Đáp án C.

Trong mp$\left( ABCD \right)$ , gọi $I=FG\cap AB;K=FG\cap AD$

Trong mp$\left( SAB \right)$ , gọi $H=IE\cap SB$

Trong mp$\left( SAD \right)$ , gọi $J=EK\cap SD$.

Ta có: \[\begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=FG, \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=GJ \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=JE \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=HE \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=HF \\
\end{align}\]

Do đó ngũ giác EHFGJ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$

Đáp án C.

Trong mp$\left( SAC \right)$ , Gọi $I=EF\cap AC$

Trong mp$\left( ABCD \right)$ , Gọi $H=IG\cap BC,J=IG\cap AB$

Trong mp$\left( SAD \right)$ , Gọi $K=JE\cap SD$

Khi đó ta có:$\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=GH, \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=KF \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=EK \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=GE \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=HF \\
\end{align} \right.$

Do đó ngũ giác EKFHG là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$

Đáp án D.

Trong mặt phẳng $\left( S{{A}_{1}}{{A}_{2}} \right)$ gọi ${{C}_{2}}$ là giao điểm của ${{B}_{1}}{{B}_{2}}$ với ${{A}_{1}}{{A}_{2}}$.

Trong mặt phẳng $\left( S{{A}_{1}}{{A}_{n}} \right)$ gọi ${{C}_{n}}$ là giao điểm của ${{B}_{1}}{{B}_{n}}$ với ${{A}_{1}}{{A}_{n}}$.

Trong mặt phẳng $\left( {{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}} \right)$ gọi ${{O}_{k}}$ $\left( k=3,4,…,n-1 \right)$ là giao điểm của ${{A}_{1}}{{A}_{k}}$ với ${{A}_{2}}{{A}_{n}}$.

Trong mặt phẳng $\left( S{{A}_{2}}{{A}_{n}} \right)$, gọi ${{I}_{k}}$ $\left( k=3,4,…,n-1 \right)$ là giao điểm của $S{{O}_{k}}$ với ${{B}_{2}}{{B}_{n}}$.

Trong mặt phẳng $\left( S{{A}_{1}}{{A}_{k}} \right)$, gọi ${{B}_{k}}$ $\left( k=3,4,…,n-1 \right)$ là giao điểm của $S{{A}_{k}}$ với ${{B}_{1}}{{I}_{k}}$.

Do ${{B}_{k}}\in {{B}_{1}}{{I}_{k}}\subset \left( {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right)$ nên ${{B}_{k}}$ là giao điểm của \[S{{A}_{k}}\] $\left( k=3,4,…,n-1 \right)$ với mặt phẳng $\left( {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right)$.

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right)$ là đa giác ${{C}_{2}}{{B}_{2}}…{{B}_{n}}{{C}_{n}}$.

Đáp án C.

Cách 1:

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, khi đó $S$, $F$, $M$ thẳng hàng.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $MG$ với $AD$. Khi đó $SI=\left( SMG \right)\cap \left( SAD \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( SMG \right)$, gọi $J$ là giao điểm của $FG$ với $SI$. Ta thấy $J$ thuộc $FG$ nên $J$ thuộc $\left( EFG \right)$. Trong $\left( SAD \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $JE$ với $SA$. Trong mặt phẳng $\left( SAB \right)$, gọi $L$ là giao điểm của $KF$ với $AB$.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $H$ là giao điểm của $LG$ với $CD$. Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$, gọi $N$ là giao điểm của $EH$ với $SC$.

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=LG;\left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=GN \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=NE;\left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=EK \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=KL \\
\end{align} \right.\] .

Vậy ngũ giác $LGNEK$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$.

Chú ý: Mấu chốt của ví dụ trên là việc dựng được điểm $J$ là giao điểm của $FG$ với $\left( SAD \right)$ (thông qua việc dựng giao tuyến $SI$ của mặt phẳng $\left( SFG \right)$ với mặt phẳng $\left( SAD \right)$). Có thể dựng thiết diện trên bằng nhiều cách với việc dựng giao điểm (khác $E,F,G$) của một trong các đường thẳng \[EF,FG\]; hoặc $GE$ với một mặt của hình chóp. Sau đây, tôi xin trình bày cách hai, điểm mấu chốt là xác định giao điểm của \[EF\] với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$.

Cách 2:

Trong mặt phẳng $\left( SMD \right)$, gọi $P$ là giao điểm của $EF$ với $MD$.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $H,L$ là giao điểm của $P,G$ với $CD$, $AB$.

Trong mặt phẳng $\left( SAB \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $LF$ với $SA$.

Trong mặt phẳng \[\left( SCD \right)\], gọi $N$ là giao điểm của $EH$ với $SC$.

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=LG;\left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=GN \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=NE;\left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=EK \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=KL \\
\end{align} \right.\].

Vậy ngũ giác $LGNEK$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$.

Đáp án B.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $H$ là giao điểm của $AB$ và $CD$. Trong mặt phẳng $\left( SAB \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $FG$ và $SH$.

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1:

Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$ , $IE$ cắt $SC$ tại $J$ và cắt đoạn $CD$ tại $K$.

Ta có $J\in IE\subset \left( EFG \right)$ nên $J$ là giao điểm của $\left( EFG \right)$ với $SC$ ,

$K\in IE\subset \left( EFG \right)$ nên $K$ là giao điểm của $\left( EFG \right)$ với $CD$.

Ta có $\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=FK;\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=FG \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=GJ;\,\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=JK \\
\end{align} \right.$

Suy ra tứ giác $KFGJ$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$.

Trường hợp 2:

Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$ , $IE$ cắt $SC$ tại $J$ và cắt đoạn $SD$ tại $K$(cắt $CD$ tại một điểm nằm ngoài đoạn $CD$).

Trong mặt phẳng $\left( SBC \right)$ :

Nếu $GJ$ song song với $BC$ thì ta có: $\dfrac{BG}{G\text{S}}=\dfrac{CJ}{J\text{S}}$ . Gọi $T$ là giao điểm của $IE$ với $CD$ .

Áp dụng định lí Menelaus vào các tam giác $SBH$ và $SCH$  ta có

$\dfrac{FB}{FH}.\dfrac{IH}{IS}.\dfrac{G\text{S}}{GB}=1=\dfrac{TC}{TH}.\dfrac{IH}{IS}.\dfrac{J\text{S}}{JC}\Rightarrow \dfrac{FB}{FH}=\dfrac{TC}{TH}$ . Điều này chỉ xảy ra khi $T$ thuộc đoạn $CD$ (vô lí)

Do vây $GJ$ cắt $BC$ , giả sử tại $L$.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ , gọi $M$ là giao điểm của $LF$ với $AD$ .

Ta có $\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=FM;\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=FG \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=GJ;\,\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=JK \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=KM \\
\end{align} \right.$

Suy ra ngũ giác $KJGFM$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$ .

Vậy thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( EFG \right)$ hoặc là tứ giác hoặc là ngũ giác.

Đáp án B.

Trong mặt phẳng $\left( SBC \right)$ , gọi $J$ là giao điểm của $EF$ với $BC$ . Trong mặt phẳng $\left( SAD \right)$ , gọi $I$ là giao điểm của $SG$ với \[AD\] . Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ , gọi $N$ là giao điểm của \[IJ\] với $CD$ . Trong mặt phẳng $\left( SIJ \right)$ , gọi $K$ là giáo điểm của $JG$ với $SN$ .

Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$ , có hai khả năng xảy ra như sau:

Trường hợp 1: $FK$ cắt đoạn $CD$ tại $P$ .

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ , gọi $Q$ là giao điểm của $JP$ với $AD$. Trong mặt phẳng $\left( SAD \right)$ , gọi $R$ là giao điểm của $QG$ với $SA$ .

Ta có $\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( ABCD \right)=PQ;\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=QR \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=RE;\,\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=EF \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=FP \\
\end{align} \right.$

Trường hợp này , ngũ giác \[REFPQ\] là thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi $\left( EFG \right)$.

Trường hợp 2: $FK$ cắt $SD$ tại $H$ ($FK$ không cắt đoạn $CD$ ).

Trong mặt phẳng $\left( SAD \right)$ , gọi $M$ là giao điểm của $HG$ với $SA$ ($HG$ không thể cắt đoạn $AD$ vì giả sử ngược lại $HG$ cắt cạnh $AD$ tại $O$ , khi đó $JO$ sẽ cắt cạnh $CD$ (vô lí vì $\left( EFG \right)$ đã cắt cạnh $SC,\,SD$ )).

Khi đó $\left\{ \begin{align}
& \left( EFG \right)\cap \left( SCD \right)=FH;\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SAD \right)=MH \\
& \left( EFG \right)\cap \left( SAB \right)=ME;\,\,\,\left( EFG \right)\cap \left( SBC \right)=EF \\
\end{align} \right.$

Trường hợp này, tứ giác $MEFH$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( EFG \right)$.

Đáp án A.

Trong mặt phẳng $\left( BCD \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $NP$ với $CD$.

Trong mặt phẳng $\left( ACD \right)$, gọi $Q$ là giao điểm của $AD$ và $MI$. Suy ra $Q$ là giao điểm của $AD$ với $\left( MNP \right)$. Khi đó, tứ giác $MNPQ$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng $\left( MNP \right)$.

Trong tam giác $BCI$ ta có $P$ là trọng tâm của tam giác suy ra $D$ là trung điểm của $CI$.

Trong tam giác $ACI$ có $Q$ là trọng tâm của tam giác nên $\dfrac{QA}{QD}=2$.

Ta có $\dfrac{IP}{IN}=\dfrac{IQ}{IM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow PQ//MN$.

Suy ra $MNPQ$ là hình thang với đáy lớn $MN$.

Ta có: $AQ=4a,\,AM=3a=MN,\,PQ=2a.$ Áp dụng định lí cosin trong tam giác $MAQ$ ta có:

$M{{Q}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{Q}^{2}}-2AM.AQ.\cos \,{{60}^{0}}=16{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}-12{{a}^{2}}=13{{a}^{2}}\Rightarrow MQ=a\sqrt{13}$.

Tương tự ta cũng tính được $NP=a\sqrt{13}$.

Dễ thấy $MNPQ$ là hình thang cân. Do đó:

$S=\dfrac{\left( MN+PQ \right)\sqrt{M{{Q}^{2}}-{{\left( \dfrac{MN-PQ}{2} \right)}^{2}}}}{2}=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{4}$.

Đáp án C.

Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$, gọi $H$ là giao điểm của $ME$ với $AC$.

Trong mặt phẳng $\left( ABD \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $MF$ và $AD$.

Ta có: $\left\{ \begin{align}
& \left( MEF \right)\cap \left( ABC \right)=MH \\
& \left( MEF \right)\cap \left( ABD \right)=MK \\
& \left( MEF \right)\cap \left( ACD \right)=HK \\
\end{align} \right.$.

Do đó tam giác $MHK$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi $\left( MEF \right)$.

Dễ thấy $H,K$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $ABE$ và $ABF$.

Ta có: $AH=AK=HK=\dfrac{2a}{3}$.

Xét hai tam giác $AMH$ và $AMK$ có $AM$ chung, $\widehat{MAH}=\widehat{MAK}={{60}^{0}},\,AH=AK=\dfrac{2a}{3}$ nên hai tam giác này bằng nhau. Suy ra $MH=MK$. Vậy tam giác $MHK$ cân tại $M$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $AMH$:

$M{{H}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{H}^{2}}-2AMAH.\cos {{60}^{0}}={{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{2a}{3} \right)}^{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{3}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}\Rightarrow MH=\dfrac{a\sqrt{13}}{6}$.

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $HK$. Ta có $MI\bot HK$.

Suy ra: $M{{I}^{2}}=M{{H}^{2}}-H{{I}^{2}}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}-\dfrac{{{a}^{2}}}{9}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow MI=\dfrac{a}{2}$.

Diện tích thiết diện $MHK$ là: $S=\dfrac{1}{2}MI.HK=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2a}{3}.\dfrac{a}{2}=\dfrac{{{a}^{2}}}{6}$.

Đáp án C.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $E$ là giao điểm của $MN$ với $DC$ và $F$ là trung điểm của $CD$.Dễ thấy $Q$ chính là giao điểm của $PE$ với $SD$.

Ta có: $ME=BC.$ Áp dụng Thales ta có: $\dfrac{ND}{MF}=\dfrac{ED}{EF}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}EF$.

Suy ra $D$ là trung điểm $EF$.

$PQ$ là đường trung bình của tam giác $EPF$ ta có: $\dfrac{DQ}{PF}=\dfrac{1}{2}$.

$PF$ là đường trung bình của tam giác $CSD$ ta có: $\dfrac{DS}{PF}=2$.

Từ đó suy ra: $\dfrac{SD}{DQ}=4\Rightarrow \dfrac{SQ}{SD}=\dfrac{3}{4}$.

Đáp án B.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $MN$ với $AO$.

Dễ thấy $H$ chính là giao điểm của $PO$ với $SC$.

Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm $AO$. Suy ra $\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$ và $PI$ là đường trung bình của tam giác $OSA$. Do đó: $IH//SA$.

Áp dụng định lí Thales ta có: $\dfrac{SH}{SD}=\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$.

Đáp án D.

Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $I=BD\cap MN,\,O=AC\cap BD$.

Dễ thấy $R$ chính là giao điểm của $IP$ với $SB$.

Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm $DO$. Suy ra $\dfrac{DI}{IB}=\dfrac{1}{3}$.

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SBD$ ta có:

$\dfrac{BR}{RS}.\dfrac{PS}{PD}.\dfrac{BI}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}.2.\dfrac{1}{3}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}=\dfrac{3}{2}\Rightarrow \dfrac{SR}{SB}=\dfrac{2}{5}$