Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng SAC, qua O kẻ $\mathrm{O} K \perp A C(K \in S C), \text { suy ra } m p(\alpha)$ chính là mp(BDK).

$O K / / S A ; A O=O C \Rightarrow S K=K C$ (định lí đường trung bình của tam giác)

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $m p(A B C) \ \mathrm{kẻ} \ M F / / I C(F \in A C), \text { trong } m p(S A B) \text { kẻ } M E / / S I(E \in S A)$

Do đó $m p(P) \text { chính là }(M E F)$ và thiết diện tạo bởi $m p(P) \text { và tứ diện đều } S A B C$ là tam giác $M E F$

Gọi a là cạnh của tứ diện đều $SABC$

Xét tam giác  $ABC$ và tam giác $SAB$  là những tam giác đều cạnh $a$ nên $C I=S I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Trong $(ABC)$ ta có  $\dfrac{A M}{A I}=\dfrac{M E}{S I} \Leftrightarrow \dfrac{x}{\frac{a}{2}}=\dfrac{M E}{\frac{a \sqrt{3}}{2}} \Leftrightarrow M E=x \sqrt{3}$

Trong $(SAB)$ ta có $\dfrac{A M}{A I}=\dfrac{M F}{C I} \Leftrightarrow \dfrac{x}{\dfrac{a}{2}}=\frac{M F}{\dfrac{a \sqrt{3}}{2}} \Leftrightarrow M F=x \sqrt{3}$

Ta lại có $\displaystyle \frac{A M}{A I}=\frac{A F}{A C}=\frac{A E}{A S} \Rightarrow E F / / S C(\text { Định lí Ta-let đảo })$

$\displaystyle \Rightarrow \frac{E F}{S C}=\frac{A F}{A C}=\frac{A M}{A I} \Leftrightarrow \frac{E F}{a}=\frac{x}{\frac{a}{2}} \Leftrightarrow E F=2 x$

Vậy chu vi tam giác $M E F \text { bằng } M E+M F+E F=x \sqrt{3}+x \sqrt{3}+2 x=2 x(1+\sqrt{3})$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi M là trung điểm của CD, E và F lần lượt là trọng tâm tam giác BCD và ACD.

$\Rightarrow E \in B M, F \in A M$

Trong $(A M B) : G=A E \cap B F \Rightarrow G$ là trọng tâm của tứ diện ABCD.

Giả sử 4 điểm A, D, G, M đồng phẳng 

$A, D, M \in(A C D) \Rightarrow G \in(A C D) \Rightarrow A G \subset(A C D) \Rightarrow E \in(A C D)$ (vô lí)

Do đó A, D, M , G không đồng phẳng.

Vậy AD và GM là 2 đường thẳng chéo nhau.

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong (SAD) ta kẻ đường thẳng qua M và song song với SA cắt (SBC) tại A'.

Trong (SCF) kẻ đường thẳng qua M và song song với SC cắt SF tại C'

$M A^{\prime} / / S A \Rightarrow \dfrac{M A^{\prime}}{S A}=\dfrac{D M}{D A}=\dfrac{S_{M B C}}{S_{A B C}}$

Tương tự ta chứng minh được $\displaystyle \frac{M B^{\prime}}{S B}=\frac{E M}{E B}=\frac{S_{M A C}}{S_{A B C}}$ và $\displaystyle \frac{M C^{\prime}}{S C}=\frac{F M}{F C}=\frac{S_{M A B}}{S_{A B C}}$

Do đó, $\displaystyle \frac{M A^{\prime}}{S A}+\frac{M B^{\prime}}{S B}+\frac{M C^{\prime}}{S C}=\frac{S_{M B C}}{S_{A B C}}+\frac{S_{M A C}}{S_{A B C}}+\frac{S_{M A B}}{S_{A B C}}=1$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong tam giác ABC, kéo dài AM, BM, CM cắt các đoạn thẳng BC, CA, AB lần lượt tại H, G, F.

Trong mặt phẳng (HAD) kẻ $M A^{\prime} / / A D$

Trong mặt phẳng (GBD) kẻ $M B^{\prime} / / B D$

Trong mặt phẳng (FCD) kẻ $M C^{\prime} / / C D$

Từ đó ta được các điểm A', B', C' cần tìm.

Theo định lí Ta - lét ta có: $\displaystyle \frac{M A^{\prime}}{A D}=\frac{H M}{H A} \Rightarrow M A^{\prime}=5 \cdot \frac{M H}{A H}$

$\displaystyle \frac{M B^{\prime}}{B D}=\frac{G M}{G B} \Rightarrow M B^{\prime}=6 . \frac{M G}{B G};$ $\displaystyle \frac{M C^{\prime}}{C D}=\frac{F M}{F C} \Rightarrow M C^{\prime}=4 \cdot \frac{M F}{C F}$

$\displaystyle \Rightarrow M A^{\prime} \cdot M B^{\prime} M C^{\prime}=120 \cdot \frac{M H}{A H} \cdot \frac{M G}{B G} \cdot \frac{M F}{C F}$

Trong tam giác ABC ta có $\displaystyle 1 = \frac{{MH}}{{AH}} + \frac{{MG}}{{BG}} + \frac{{MF}}{{CF}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{MH}}{{AH}} \cdot \frac{{MG}}{{BG}} \cdot \frac{{MF}}{{CF}}}}$

$\displaystyle \Rightarrow \frac{{MH}}{{AH}} \cdot \frac{{MG}}{{BG}} \cdot \frac{{MF}}{{CF}} \le \frac{1}{{27}}$

Do đó $\displaystyle M{A^\prime } \cdot M{B^\prime } \cdot M{C^\prime } = 120.\frac{{MH}}{{AH}} \cdot \frac{{MG}}{{BG}} \cdot \frac{{MF}}{{CF}} \le 120 \cdot \frac{1}{{27}} = \frac{{40}}{9}$

$\Rightarrow\left(M A^{\prime} \cdot M B^{\prime} \cdot M C^{\prime}\right)_{\max }=\dfrac{40}{9}$

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(ABCD)$ qua $O$ kẻ $G F / / A C(G \in A D, F \in C D)$

Trong $(SCD)$ qua $F$ kẻ $F H / / S D(H \in S C)$

$\Rightarrow(\alpha)$ là $(GFH)$

$(\alpha) \cap(A B C D)=G F,(\alpha) \cap(S C D)=H F$

Ta có: $(\alpha)$ và $(SAC)$ có $H$ chung, $(\alpha) \supset G F,(S A C) \supset A C, G F / / A C$

$\Rightarrow$ Qua $H$ kẻ $H I / / A C(I \in S A)$

$\Rightarrow(\alpha) \cap(S A C)=H I,(\alpha) \cap(S A D)=G I$

Trong $(ABCD)$ gọi $J=G F \cap A B \Rightarrow J \in A B \Rightarrow J \in(S A B)$

Trong $(SAB)$ gọi $K=I J \cap S B(K \in S B)$

$\Rightarrow(\alpha) \cap(S A B)=I K,(\alpha) \cap(S B C)=H K$

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

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{E F=(\alpha) \cap(S B D)} \\ {(\alpha) \| B D} \\ {B D \subset(S B D)}\end{array}\right.\Rightarrow E F \| B D$

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

Trong mặt phẳng $(\alpha)$, gọi $K=E F \cap A M$

Ta có: $K \in E F, E F \subset(S B D) \Rightarrow K \in(S B D)$

$K \in A M, A M \subset(S A C) \Rightarrow K \in(S A C) \Rightarrow K \in(S B D) \cap(S A C)$

Mà $(S A C) \cap(S B D)=S O$ với $O=A C \cap B D \Rightarrow K \in S O$

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 $\begin{array}{l}{I=M E \cap B C} \\ {I \in M E, M E \subset(\alpha) \Rightarrow I \in(\alpha)} \\ {I \in B C, B C \subset(A B C D) \Rightarrow I \in(A B C D)}\end{array}$

Do đó $I \in(\alpha) \cap(A B C D)$ 

Tương tự ta cũng có $J \in(\alpha) \cap(A B C D)$ và $A \in(\alpha) \cap(A B C D)$

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

Vậy $I,J,A$ thẳng hàng.

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{M \in(\alpha) \cap(A C D)} \\ {C D \|(\alpha)} \\ {C D \subset(A C D)}\end{array}\right.$

Suy ra $(\alpha) \cap(A C D)=M N \| C D$ với $N\in A C$

Tương tự $(\alpha) \cap(B C D)=P Q \| C D$ với $Q \in B D$

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

Ta có $D Q=C P=x, D M=a-x$

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác $DMQ$ ta có:

$M Q=\sqrt{D M^{2}+D Q^{2}-2 D M \cdot D Q \cdot \cos 60}=\sqrt{3 x^{2}-3 a x+a^{2}}$

Tương tự ta cũng tính được $N P=\sqrt{3 x^{2}-3 a x+a^{2}}$

Suy ra $M Q=N P$

Vậy thiết diện $MNPQ$ là hình thang cân.

Đáp án: D.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $O=A C \cap B D$

TH1: $M$ nằm giữa $O$ và $B$

Trong $(ABCD)$ qua $M$ kẻ $F G / / A C(F \in A B, G \in B C)$

Trong $(SAB)$ qua $F$ kẻ $F H / / S B(H \in S A)$

$\Rightarrow m p(\alpha) $ là $(FHG)$

Ta có: $(\alpha) \cap(A B C D)=F G,(\alpha) \cap(S A B)=F H$

Ta có: $m p(\alpha)$ và $(SAC)$ có $H$ chung.

$\begin{array}{l}{(\alpha) \supset F G} \\ {(S A C) \supset A C} \\ {F G / / A C}\end{array}$

$\Rightarrow$ Qua $H$ kẻ $H I / A C(I \in S C), m p(\alpha) \cap(S A C)=H I, m p(\alpha) \cap(S B C)=G I$

Trong $(ABCD)$ kéo dài $FG$ cắt $CD$ và $AD$ lần lượt tại $K$ và $J(K \in C D, J \in A D)$

Trong $(SCD)$ gọi $L=K I \cap S D \Rightarrow(\alpha) \cap(S C D)=I L,(\alpha) \cap(S A D)=H L$

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

TH2: $M$ nằm giữa $O$ và $D$

Trong $(ABCD)$ qua $M$ kẻ $E F / / A C(E \in A D, F \in C D)$

Trong $(SBD)$ qua $M$ kẻ $M G / / S B(G \in S D)$

$\Rightarrow m p(\alpha)$ là $(EFG)$ và $EFG$ cũng chính là thiết diện của hình chóp khi cắt bởi $mp(\alpha)$

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

Đáp án: B.