Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nAB \subset \left( {SAB} \right)\\\nCD \subset \left( {SCD} \right)\\\nAB//CD\\\nS \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\n\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d//AB//CD\left( {S \in d} \right)$

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong mặt phẳng $(ABCD)$ gọi E là giao điểm của AD và BC; trong mặt phẳng $(SCD)$ gọi P là giao điểm của SC và EN

Ta có $E \in AD \subset \left( {ADN} \right) \Rightarrow EN \subset \left( {AND} \right) \Rightarrow P \in \left( {ADN} \right)$

Vậy $P = SC \cap \left( {ADN} \right)$

Do $I = AN \cap DP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nI \in \left( {SAB} \right)\\\nI \in \left( {SCD} \right)\n\end{array} \right. \Rightarrow SI = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nAB \subset \left( {SAB} \right)\\\nCD \subset \left( {SCD} \right)\\\nAB//CD\\\n\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI\n\end{array} \right. \Rightarrow SI//CD$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong mặt phẳng $(SAC)$ gọi $I$ là giao điểm của ME và SO.

Ta có ME là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $ME//AC$

Lại có M là trung điểm của $SA$ và $MI//AO$ nên $I$ là trung điểm của SO

$NI,FI$ lần lượt là đường trung bình của tam giác $SBO,SDO$ nên $NI//BO;FI//DO$

Suy ra $N;I;F$ thẳng hàng

Suy ra  $ME,NF,SO$ đồng quy tại $I$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $E = AM \cap BP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} E \in (AMND)\\ E \in (PBCQ) \end{array} \right.;F = DN \cap CQ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} F \in (AMND)\\ F \in (PBCQ) \end{array} \right.$

Do đó: $EF = (AMND) \cap (PBCQ)$ mà $\left\{ \begin{array}{l} AD//BC\\ MN//PQ \end{array} \right. \Rightarrow EF//AD//BC//MN//PQ$

Tính $EF:$

Gọi $K = CP \cap EF \Rightarrow EF = EK + KF$

Ta có: $EK//BC \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{BC}} = \dfrac{{PE}}{{PB}}$ (1), $PM//AB \Rightarrow \dfrac{{PE}}{{EB}} = \dfrac{{PM}}{{AB}}$

Mà $\dfrac{{PM}}{{AB}} = \dfrac{{SP}}{{SA}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{PE}}{{EB}} = \dfrac{2}{3}$

Lại có: $I \in (SAD) \Rightarrow I \in (SAD) \cap (IBC) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} AD \subset (SAD)\\ BC \subset (IBC)\\ AD//BC\\ (SAD) \cap (IBC) = PQ \end{array} \right. \Rightarrow PQ//AD//BC$

$ = > \dfrac{{EK}}{{BC}} = \dfrac{{PE}}{{PB}} = \dfrac{{PE}}{{PE + EB}} = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{EB}}{{PE}}}} = \dfrac{2}{5} = > EK = \dfrac{2}{5}BC = \dfrac{2}{5}b$

Tương tự: $KF = \dfrac{2}{5}a$

Vậy: $EF = EK + KF = \dfrac{2}{5}(a + b)$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Dễ thấy thiết diện là tứ giác $MNIJ$

Do $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ và $MN//AB$ nên $\dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{{SG}}{{SE}} = \dfrac{2}{3}$( $E$ là trung điểm của $AB$)

=> $MN = \dfrac{2}{3}AB$

Lại có: $IJ = \dfrac{1}{2}(AB + CD)$. Vì $MN//IJ$ nên $MNIJ$ là hình thang, do đó $MNIJ$ là hình bình hành khi $MN=IJ$

$ \Leftrightarrow \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{1}{2}(AB + CD) \Leftrightarrow AB = 3CD$

Vậy thiết diện là hình bình hành khi $AB=3CD$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M’,N’,E’,F’$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,BC,CD$ và $DA$.

Dễ thấy $M’N’E’F’$ là hình bình hành và $O=M’E’ \cap N’F’$

Xét 3 mặt phẳng $(M’SE’),(N’SF’),(MNEF)$ , ta có:

$(M’SE’) \cap (N’SF’)=SO$

$(M’SE’) \cap (MNEF) =ME$

$(N’SF’) \cap (MNEF) = NF$

$ME \cap NF =I$

Do đó theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng thì ba đường thẳng $ME,NF,SO$ đồng quy.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: 

$(\alpha ) \cap (ABC) = PQ, PQ//AB$.  $P \in AC, Q \in BC$

$(\alpha) \cap (ACD) = PS , PS//CD$.  $S \in AD$

$(\alpha) \cap (BCD) = QR, QR//CD$. $R \in BD$

$(\alpha) \cap (ABD)=RS,RS//AB$   

$RS//PQ$      $(//AB)$

$PS//RQ$     $(//CD)$

Từ đó , ta thu được thiết diện là hình bình hành $PQRS$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $I,J$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$.

$(ABC) \bot (ABD)$ và hai tam giác $ABC$ và $ABD$ đều nên $AB \bot(CDI)$ và $CI=DI$

=> $IJ$ là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng $AB,CD$

Vì tam giác $CDI$ vuông tại $I$ và $J$ là trung điểm $CD$ nên:

${\rm{IJ}} = \dfrac{{CD}}{2} = \dfrac{{\sqrt {2C{I^2}} }}{2} = \dfrac{{\sqrt {2{{\left( {\dfrac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }}{2} = \dfrac{{x\sqrt 6 }}{4}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $N$ là trung điểm $BD$. Ta chứng minh được $CD//(AMN)$.

Do đó $d(CD,AM)=d(CD,(AMN))=d(C,(AMN))$.

Xét tứ diện $ACMN$. Thể tích tứ diện này là: 

${V_{ACMN}} = \dfrac{1}{3}d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right).{S_{\Delta AMN}} = \dfrac{1}{3}d\left( {N,\left( {ACM} \right)} \right).{S_{\Delta ACM}}$

Suy ra $d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = \dfrac{{d\left( {N,\left( {ACM} \right)} \right).{S_{\Delta ACM}}}}{{{S_{\Delta AMN}}}}$   (*)

Gọi $H$ là trung điểm $BM$. Khi đó, $NH//DM$, suy ra : $NH \cap (ACM)$ nên

$NH = d\left( {N,\left( {ACM} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}DM = \dfrac{1}{2}a$     (1)

${S_{\Delta ACM}} = \dfrac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$   (2)

Áp dụng công thức trung tuyến: $A{N^2} = \dfrac{1}{2}\left( {A{B^2} + A{D^2} - \dfrac{1}{2}D{B^2}} \right) = {a^2} = > AN = a$

Ta có: $AM = \dfrac{1}{2}BC = a$ nên tam giác $AMN$ cân tại $A$. Gọi $K$ là trung điểm $MN$ thì $AK \cap MN$

$MN = \dfrac{{CD}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$. Trong tam giác vuông $AKM$, ta có: $AK = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{4}$

Suy ra: ${S_{\Delta AMN}} = \dfrac{1}{2}AK.MN = \dfrac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}$      (3)

Thay (1) ,(2) và (3) vào (*) ta được: $d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$

Vậy: $d\left( {CD,AM} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$