Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quan hệ liên thuộc (Toán học Lớp 11)

$EF$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ nên $EF\parallel BC$, $EF=\frac{1}{2}BC$. $OP$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $OP\parallel BC$. Hai mặt phẳng $(OEF)$ và $(ABCD)$ có điểm chung $O$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $EF$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $O$ song song với $BC$, chính là đường thẳng $OP$. Đường thẳng này cắt $CD$ tại trung điểm $Q$ của $CD$.
a) Ta có $PQ\parallel BC$, $PQ=BC$, nên $EF\parallel PQ$ nhưng $EF=\frac{1}{2}PQ\ne PQ$. Tứ giác $EFQP$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.
b) Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không song song với $AB$. Sai.
c) $P\in AB$ và $P\in OP\subset (OEF)$. Mặt khác $(OEF)\cap (ABCD)=PQ$ và $B\notin PQ$ nên $B\notin (OEF)$, tức $AB$ không nằm trong $(OEF)$. Vậy $AB$ cắt $(OEF)$ tại $P$. Đúng.
d) $EF\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $EF\parallel AD$. Đúng.
a) Ta có $PQ\parallel BC$, $PQ=BC$, nên $EF\parallel PQ$ nhưng $EF=\frac{1}{2}PQ\ne PQ$. Tứ giác $EFQP$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.
b) Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD$, $BC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$, không song song với $AB$. Sai.
c) $P\in AB$ và $P\in OP\subset (OEF)$. Mặt khác $(OEF)\cap (ABCD)=PQ$ và $B\notin PQ$ nên $B\notin (OEF)$, tức $AB$ không nằm trong $(OEF)$. Vậy $AB$ cắt $(OEF)$ tại $P$. Đúng.
d) $EF\parallel BC$ và $BC\parallel AD$ nên $EF\parallel AD$. Đúng.

$MQ$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MQ\parallel SC$. Hai mặt phẳng $(MNQ)$ và $(SBC)$ có điểm chung $N$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $MQ$, $SC$ nên giao tuyến là đường thẳng qua $N$ song song với $SC$, cắt $BC$ tại $P$. Trong tam giác $SBC$ có $NP\parallel SC$ nên $\frac{BP}{BC}=\frac{BN}{BS}=\frac{1}{4}$. Suy ra $PB=\frac{1}{4}BC$, $PC=\frac{3}{4}BC$, $\frac{PC}{PB}=3$. Đáp số: 3.

a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AB$, $CD$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AB$ (và $CD$).

b) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $K=BP\cap CD$. Hai tam giác $PAB$ và $PDK$ bằng nhau (vì $PA=PD$, $AB\parallel DK$) nên $DK=AB=CD$, tức $D$ là trung điểm $CK$.

Ta có $K\in BP\subset (BPM)$ nên $(BPM)\cap (SCD)=KM$. Trong mặt phẳng $(SCD)$, gọi $Q=KM\cap SC$ thì $Q=(BPM)\cap SC$.

Trong tam giác $SCK$, $SD$ là đường trung tuyến và $SM=2MD$ nên $M$ là trọng tâm tam giác $SCK$. Do đó đường thẳng $KM$ đi qua trung điểm của $SC$, tức $Q$ là trung điểm $SC$.

Vậy $\frac{SQ}{SC}=\frac{1}{2}$.

a) Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ có điểm chung thứ nhất là $S$.

Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, do $AD\parallel BC$ và $AD$ là đáy lớn nên hai cạnh bên $AB$ và $CD$ không song song.

Gọi $E=AB\cap CD$.

Khi đó $E\in AB\subset (SAB)$ và $E\in CD\subset (SCD)$ nên $E$ là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $SE$.

b) Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $CD$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAB$ nên $\frac{SG}{SM}=\frac{2}{3}$.

Vì $K$ là trọng tâm của tam giác $SCD$ nên $\frac{SK}{SN}=\frac{2}{3}$.

Trong tam giác $SMN$, do $\frac{SG}{SM}=\frac{SK}{SN}=\frac{2}{3}$ nên theo định lý Ta-lét đảo, ta có $GK\parallel MN$.

Trong hình thang $ABCD$, đoạn thẳng $MN$ nối trung điểm hai cạnh bên $AB$ và $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang, suy ra $MN\parallel AD$.

Từ $GK\parallel MN$ và $MN\parallel AD$, suy ra $GK\parallel AD$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $SB$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$, cắt mặt đáy tại $B$, mà $B\notin AC$ nên $SB$ và $AC$ chéo nhau.
b) Sai: $O\in AC$ nên $(SAO)=(SAC)$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ có chung $S$ và $C$, do đó giao tuyến là $SC$, không phải $SO$.
c) Đúng: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, với $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$. Giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AD$ (tức song song với $AB$).
d) Đúng: $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB\parallel DC$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, thiết lập của $(DMN)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $DC$. Chọn hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{d},\overrightarrow{AS}=\mathbf{s}$: giao điểm $P$ của $SO$ với $(DMN)$ thỏa $P=\frac{\mathbf{s}+\mathbf{b}+\mathbf{d}}{3}$, đúng bằng trọng tâm tam giác $SAC$ (tọa độ trọng tâm $\frac{\mathbf{s}+0+(\mathbf{b}+\mathbf{d})}{3}$).
a) (AI giải đề cho tôi)
$SB$ cắt mặt đáy tại $B\notin AC$ nên $SB$ và $AC$ chéo nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAO)=(SAC)$, giao tuyến với $(SBC)$ là $SC$ chứ không phải $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AD\parallel BC$ nên giao tuyến qua $S$ và song song với $AD$, cũng tức song song với $AB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ cho thấy giao điểm của $SO$ và $(DMN)$ là $\frac{\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}{3}$, đúng là trọng tâm tam giác $SAC$.

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

Ta có:

$$<table><tbody><tr><td>AD\parallel BC</td></tr><tr><td>AD\subset (SAD)</td></tr><tr><td>BC\subset (MBC)</td></tr><tr><td>(SAD)\cap (MBC)=MN</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow MN\parallel AD.$$

Suy ra $N$ là trung điểm $SD\Rightarrow \frac{MN}{AD}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}$.

Chú ý: Trong mỗi câu, học sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

a) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm của $AC$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KO$ là đường trung bình, suy ra $KO\parallel SA$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có $\frac{M{G}_1}{MS}=\frac{M{G}_2}{MA}=\frac{1}{3}$, theo định lý Ta-lét đảo suy ra $G_1{G}_2\parallel SA$. Vậy ba đường thẳng $KO$, $SA$, $G_1{G}_2$ đôi một song song với nhau.
b) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD\parallel BC$. Do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$.
c) Sai. Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của mặt phẳng $(KAB)$ với mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $K$ và song song với $AB\parallel CD$, cắt cạnh $SD$ tại $P$. Do $KP\parallel CD$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$, suy ra $P$ là trung điểm của $SD$, dẫn tới $\frac{SP}{PD}=1$.
d) Đúng. Điểm $K$ thuộc $SC\subset (SAC)$ và thuộc mặt phẳng $(KBD)$. Điểm $O=AC\cap BD$ là điểm chung thứ hai giữa $(SAC)$ và $(KBD)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng $KO$.
a) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm của $AC$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KO$ là đường trung bình, suy ra $KO\parallel SA$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có $\frac{M{G}_1}{MS}=\frac{M{G}_2}{MA}=\frac{1}{3}$, theo định lý Ta-lét đảo suy ra $G_1{G}_2\parallel SA$. Vậy ba đường thẳng $KO$, $SA$, $G_1{G}_2$ đôi một song song với nhau.
b) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD\parallel BC$. Do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$.
c) Sai. Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của mặt phẳng $(KAB)$ với mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $K$ và song song với $AB\parallel CD$, cắt cạnh $SD$ tại $P$. Do $KP\parallel CD$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$, suy ra $P$ là trung điểm của $SD$, dẫn tới $\frac{SP}{PD}=1$.
d) Đúng. Điểm $K$ thuộc $SC\subset (SAC)$ và thuộc mặt phẳng $(KBD)$. Điểm $O=AC\cap BD$ là điểm chung thứ hai giữa $(SAC)$ và $(KBD)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng $KO$.

Trong hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD$ và $AB=3CD$. Do hai tam giác $OAB$ và $OCD$ đồng dạng nên $\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=3\Rightarrow OB=3OD$.
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.
Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng $DN$ cắt $SO$ tại điểm $P$, nên $P$ chính là giao điểm của $DN$ với mặt phẳng $(SAC)$.
Từ $N$ kẻ đường thẳng song song với $SO$, cắt đoạn $BD$ tại $H$.
Vì $N$ là trung điểm của $SB$ và $NH\parallel SO$ nên $NH$ là đường trung bình của tam giác $SOB$, suy ra $H$ là trung điểm của $OB$ và $NH=\frac{1}{2}SO$.
Coi độ dài đoạn $OD$ là 1 đơn vị thì $OB=3$ đơn vị.
Khi đó $OH=\frac{OB}{2}=1.5$ đơn vị, suy ra $DH=DO+OH=1+1.5=2.5$ đơn vị.
Trong tam giác $DNH$, do $PO\parallel NH$, áp dụng định lý Ta-lét ta có:
$$\frac{PO}{NH}=\frac{DO}{DH}=\frac{1}{2.5}=\frac{2}{5}.$$
Suy ra $PO=\frac{2}{5}NH=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{2}SO=\frac{1}{5}SO$.
Độ dài đoạn $PS$ là $PS=SO-PO=\frac{4}{5}SO$.
Vậy tỉ số cần tìm là $\frac{PO}{PS}=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{4}{5}}=\frac{1}{4}=0,25$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(2,0,0)$, $D(0,2,0)$, $C(2,2,0)$, $S(0,0,3)$. Khi đó $M(1,0,0)$, $N(1,2,0)$, và vì $\frac{SP}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $P$ chia đoạn $SA$ theo tỉ số $\frac{\overline{SP}}{\overline{PA}}=2$, suy ra $P(0,0,1)$. Mặt phẳng $(MNP)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(0,2,0)\times (-1,0,1)=(2,0,2)$, nên phương trình là $x+z=1$. Đường thẳng $SD$: $(x,y,z)=(0,2t,3-3t)$. Thay vào: $3-3t=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, tức $\frac{SI}{SD}=\frac{2}{3}$, do đó $\frac{SI}{ID}=\frac{2/3}{1/3}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ kiểm tra: A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1) ⇒ M(0,0,1/2), N(1,1/2,0), O(1/2,1/2,0).
a) Đúng. Mặt phẳng (MNO) có phương trình y+z=1/2, mặt phẳng (SAB) có phương trình y=0. Giao tuyến: y=0, z=1/2, tức đường thẳng qua M(0,0,1/2) có phương hướng (1,0,0) song song với AB. (Cũng có thể lập luận: MO là đường trung bình của tam giác SAC nên MO∥SC; đường thẳng qua M song song với AB cắt SB tại trung điểm P của SB và P nằm trong (MNO).)
b) Sai. MN và BD chéo nhau (không đồng phẳng, không cắt nhau): phương trình MN là (t, t/2, 1/2−t/2), BD là (s, 1−s, 0); hệ không có nghiệm. Do đó K=MN∩BD không tồn tại; giao tuyến của (SMN) và (SBD) là đường thẳng qua S và I với I=MN∩(SBD), không phải SK với K trên BD.
c) Đúng. M nằm trên SA nên M∈(SAN); N được lấy làm điểm xác định mặt phẳng (SAN) nên N∈(SAN). Suy ra MN⊂(SAN).
d) Đúng. Mặt phẳng (SBD) qua S(0,0,1), B(1,0,0), D(0,1,0) có phương trình x+y+z=1. Thay điểm trên MN: t+t/2+1/2−t/2=t+1/2=1 ⇒ t=1/2, tức I=(1/2,1/4,1/4) là trung điểm của MN (t=1/2 giữa M ứng t=0 và N ứng t=1). Kết quả khớp đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
MO là đường trung bình tam giác SAC nên MO∥SC; mặt phẳng (MNO) cắt (SAB) theo đường thẳng qua M. Với tọa độ A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1): (MNO): y+z=1/2, (SAB): y=0, giao tuyến là y=0, z=1/2, đi qua M(0,0,1/2) và song song AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
MN và BD chéo nhau nên K=MN∩BD không tồn tại. Giao tuyến của (SMN) và (SBD) là đường thẳng qua S và I=MN∩(SBD), không phải SK với K trên BD.
c) (AI giải đề cho tôi)
M∈SA⊂(SAN) và N∈(SAN) nên MN⊂(SAN).
d) (AI giải đề cho tôi)
(SBD): x+y+z=1. Điểm trên MN: (t, t/2, 1/2−t/2) ⇒ t+1/2=1 ⇒ t=1/2, nên I là trung điểm của MN.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $CD$ của hình bình hành $ABCD$ nên đường thẳng $MN$ đi qua tâm $O$ (tâm đối xứng của hình bình hành). Do $I\in SM$ nên $S,I,M$ thẳng hàng, do đó ba điểm $S,I,N$ xác định mặt phẳng $(SMN)$ chứa đường thẳng $IN$ và chứa $O$. Hai mặt phẳng $(SMN)$ và $(SAC)$ cùng chứa $S$ và $O$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $SO$. Đường thẳng $IN$ nằm trong $(SMN)$ và cắt $(SAC)$ tại điểm thuộc giao tuyến $SO$ (không trùng $S$ vì $N\notin (SAC)$). Vậy giao điểm của $IN$ với $(SAC)$ là giao điểm của $IN$ và $SO$. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn (Câu 9, mã đề 1001: D).

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.
a) $S$ là điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$. $O=AC\cap BD$ nên $O$ cũng là điểm chung. Vậy $(SAC)\cap (SBD)=SO$. Mệnh đề đúng.
b) $O\in AC$ nên $(OIC)$ chính là mặt phẳng $(AIC)$, suy ra $A\in (OIC)$. Vì $I\notin (ABCD)$ nên $(OIC)\cap (ABCD)=AC$. Mà $AB\subset (ABCD)$ và $AB\cap AC=A$ nên giao điểm của $AB$ và $(OIC)$ là điểm $A$. Mệnh đề đúng.
c) $K$ là điểm chung của $(AKB)$ và $(SCD)$. Mà $AB\subset (AKB)$, $CD\subset (SCD)$, $AB\parallel CD$ nên giao tuyến của $(AKB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, cắt $SC$ tại $J$. Suy ra $KJ\parallel CD$. Vì $CD$ không song song với $AD$ nên $KJ$ không song song với $AD$. Do đó $J$ không thuộc đường thẳng qua $K$ và song song với $AD$. Mệnh đề sai.
d) $J$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, mà $K$ là trung điểm $SD$ nên $J$ là trung điểm $SC$. $I$ là trung điểm $SB$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $IJ\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $AD\parallel IJ$. Mệnh đề đúng.
a) $S$ là điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$. $O=AC\cap BD$ nên $O$ cũng là điểm chung. Vậy $(SAC)\cap (SBD)=SO$. Mệnh đề đúng.
b) $O\in AC$ nên $(OIC)$ chính là mặt phẳng $(AIC)$, suy ra $A\in (OIC)$.
Vì $I\notin (ABCD)$ nên $(OIC)\cap (ABCD)=AC$. Mà $AB\subset (ABCD)$ và $AB\cap AC=A$ nên giao điểm của $AB$ và $(OIC)$ là điểm $A$. Mệnh đề đúng.
c) $K$ là điểm chung của $(AKB)$ và $(SCD)$. Mà $AB\subset (AKB)$, $CD\subset (SCD)$, $AB\parallel CD$ nên giao tuyến của $(AKB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, cắt $SC$ tại $J$. Suy ra $KJ\parallel CD$.
Vì $CD$ không song song với $AD$ nên $KJ$ không song song với $AD$. Do đó $J$ không thuộc đường thẳng qua $K$ và song song với $AD$. Mệnh đề sai.
d) $J$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, mà $K$ là trung điểm $SD$ nên $J$ là trung điểm $SC$.
$I$ là trung điểm $SB$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $IJ\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $AD\parallel IJ$. Mệnh đề đúng.

$NP$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$ nên $NP\parallel AD$ và $NP=\frac{AD+BC}{2}=5$.
$M$ là điểm chung của $(MNP)$ và $(SAD)$, mà $NP\subset (MNP)$, $AD\subset (SAD)$, $NP\parallel AD$ nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$, cắt $SD$ tại $Q$.
Khi đó $MQ$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, suy ra $MQ\parallel AD$ và $MQ=\frac{AD}{2}=\frac{7}{2}$.
Trong mặt phẳng $(MNP)$ có $MQ\parallel NP$, $R=MN\cap PQ$ nên theo định lí Thalès: $\frac{RM}{RN}=\frac{MQ}{NP}=\frac{7}{10}$.
Suy ra $a=7$, $b=10$. Vậy $2a+3b=14+30=44$.

a) Trình bày cách xác định điểm $K$:

Trong mặt phẳng $(BCD)$, gọi $J=BI\cap CD$.

Xét mặt phẳng $(ABJ)$, hai điểm chung của hai mặt phẳng $(ABJ)$ và $(ACD)$ là điểm $A$ và điểm $J$ (do $J\in CD\subset (ACD)$), suy ra giao tuyến là đường thẳng $AJ$.

Trong mặt phẳng $(ABJ)$, qua điểm $I$ kẻ đường thẳng $d$ song song với đường thẳng $AB$, đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $AJ$ tại điểm $K$.

Vì $K\in AJ\subset (ACD)$ nên điểm $K$ chính là giao điểm của đường thẳng $d$ với mặt phẳng $(ACD)$.

b) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng $(ABD)$ và $(DIK)$:

Hai mặt phẳng $(ABD)$ và $(DIK)$ có điểm chung là điểm $D$.

Mặt khác, đường thẳng $IK$ nằm trong mặt phẳng $(DIK)$, đường thẳng $AB$ nằm trong mặt phẳng $(ABD)$ và $IK\parallel AB$.

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $(ABD)$ và $(DIK)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $D$ và song song với đường thẳng $AB$ (hoặc song song với đường thẳng $IK$).

Trong tam giác $SBC$, hai điểm $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB,SC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel BC$.

Mặt phẳng $(AMN)$ chứa đường thẳng $MN\parallel BC$ và cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại điểm chung $A$, do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $(AMN)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $Ax$ đi qua điểm $A$ và song song với đường thẳng $BC$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $Q=Ax\cap CD$.

Tứ giác $ABCQ$ có $AB\parallel CQ$ và $AQ\parallel BC$ nên là hình bình hành, suy ra $CQ=AB$.

Vì $AB=2CD$ và điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $CQ$ nên điểm $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $QC$.

Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của hai mặt phẳng $(AMN)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $QN$.

Gọi $P=QN\cap SD$, khi đó điểm $P$ chính là giao điểm của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $(AMN)$.

Xét tam giác $SQC$:

Đoạn thẳng $QN$ là đường trung tuyến do điểm $N$ là trung điểm của cạnh $SC$.

Đoạn thẳng $SD$ là đường trung tuyến do điểm $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $QC$.

Vì $P=QN\cap SD$ nên điểm $P$ là trọng tâm của tam giác $SQC$.

Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có:

$$\frac{SP}{SD}=\frac{2}{3}$$

a) Ta có $M\in SA\subset (SAB)$ và $M\in (MCD)$ nên $M$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(MCD)$.

Mặt khác $AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (MCD)$ và $M\notin AB$ nên giao tuyến của $(SAB)$ và $(MCD)$ là đường thẳng $Mx$ đi qua $M$ và song song với $AB$, $CD$.

b) Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng $Mx$ cắt $SB$ tại $N$. Vì $N\in Mx\subset (MCD)$ nên $N$ là giao điểm của $SB$ và $(MCD)$.

Tam giác $SAB$ có $M$ là trung điểm của $SA$ và $MN\parallel AB$ nên $N$ là trung điểm của $SB$, do đó $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $MN=\frac{AB}{2}=CD$.

Tứ giác $MNCD$ có $MN\parallel CD$ và $MN=CD$ nên $MNCD$ là hình bình hành.

Trong tam giác $BCD$, $IJ$ là đường trung bình nên $IJ\parallel BC⟹IJ\parallel (ABC)$.
Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $IJ$ và song song với $AB,AC$.
Do $(\alpha )\parallel AB$ nên trong $(ABD)$, qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AD$ tại $K$.
Do $(\alpha )\parallel AC$ nên trong $(ACD)$, nối $K$ với $J$ thì $KJ\parallel AC$.
Thiết diện của $(\alpha )$ với tứ diện $ABCD$ là tam giác $IJK$.
Do đó kết luận "Thiết diện của $(\alpha )$ và tứ diện là hình bình hành" là sai. Chọn B.

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD⟹MN\parallel AD\parallel BC$.
Trong tam giác $SAC$, $OM$ là đường trung bình $⟹OM\parallel SC$.
Mặt phẳng $(MNO)$ chứa $MN\parallel BC$ và $OM\parallel SC$ nên $(MNO)\parallel (SBC)$.
Đường thẳng $HN\subset (MNO)⟹HN\parallel (SBC)$.
Mặt phẳng $(MNO)$ cắt các mặt của hình chóp theo một hình thang (qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,CD$), do đó thiết diện không thể là tam giác.
Kết luận "Thiết diện của $(MNO)$ và hình chóp là tam giác" là sai. Chọn B.

Do $(\alpha )\parallel BC$ và $M\in AB$ nên giao tuyến của $(\alpha )$ với $(ABC)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $BC$, cắt $AC$ tại $N$ là trung điểm của $AC$.
Do $(\alpha )\parallel A{B}^{\prime }$ nên giao tuyến của $(\alpha )$ với $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là đường thẳng qua $M$ song song với $A{B}^{\prime }$, cắt $B{B}^{\prime }$ tại $P$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ (hoặc cắt $A^{\prime }{B}^{\prime }$).
Thiết diện tạo thành là hình thang hoặc tam giác đồng dạng với mặt cắt tương ứng với tỉ lệ $\frac{1}{2}$ và diện tích bằng $\frac{3}{4}$ diện tích tam giác đều cạnh $\frac{a}{2}$ hay thiết diện có diện tích $S=\frac{3}{4}\times S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{3}{4}\times \left(\frac{1}{4}{a}^2\sqrt{3}\right)=\frac{3a^2\sqrt{3}}{16}$. Chọn A.

Gọi $S$ là đỉnh nón, $O$ là tâm đáy, thiết diện là tam giác cân $SAB$.
Gọi $I$ là trung điểm $AB\Rightarrow OI\perp AB$ và $SI\perp AB$.
Kẻ $OH\perp SI\Rightarrow OH=d(O,(SAB))=12\text{ cm}$.
Trong tam giác vuông $SOI$ vuông tại $O$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}\iff \frac{1}{12^2}=\frac{1}{20^2}+\frac{1}{O{I}^2}\Rightarrow OI=15\text{ cm}$
Độ dài trung đoạn $SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{20^2+15^2}=25\text{ cm}$.
Độ dài dây cung: $AB=2\sqrt{r^2-O{I}^2}=2\sqrt{25^2-15^2}=40\text{ cm}$.
Diện tích thiết diện: $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SI\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 40=500{\text{ cm}}^2$.