Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $B C, C D, B D$. Ta có:

$\dfrac{A G_{1}}{A M}=\dfrac{A G_{2}}{A N}=\dfrac{A G_{3}}{A P}=\dfrac{2}{3}$

$\Rightarrow G_{1} G_{2} / / M N, G_{2} G_{3} / / N P \Rightarrow\left(G_{1} G_{2} G_{2}\right) / /(M N P)$

Qua $G_1$ kẻ $B^{\prime} C^{\prime} / / B C\left(B^{\prime} \in A B, C^{\prime} \in A C\right)$

Qua $G_2$ kẻ $C^{\prime} D^{\prime} / / D C\left(D^{\prime} \in A D\right)$

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left(G_{1} G_{2} G_{3}\right)$ là $\Delta B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$

Ta có: $\dfrac{B^{\prime} C^{\prime}}{B C}=\dfrac{A G_{1}}{A M}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow \Delta B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ đồng dạng với $\Delta BCD$ theo tỉ số $\dfrac{2}{3}.$

$\Rightarrow \dfrac{S_{\Delta B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{\Delta B C D}}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}=\dfrac{4}{9}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $H \in S D$ sao cho $H D=\dfrac{1}{2} S H$

Ta có $\dfrac{S M}{S E}=\dfrac{S H}{S D}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow M H / / A D / / N P \Rightarrow M, H, P, N$

Ta có: 

$\displaystyle \frac{A N}{A C}=\frac{D P}{D C}=\frac{1}{3} \Rightarrow N P / / A D ; \frac{D H}{D S}=\frac{D P}{D C}=\frac{1}{3} \Rightarrow H P / / S C$

$\left\{\begin{array}{l}{N P / / A D / / B C} \\ {H P / / S C}\end{array} \Rightarrow(M H P N) / /(S B C) \Rightarrow(M N P) / /(S B C)\right.$

$M N \subset(M N P) \Rightarrow M N / /(S B C)$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(SAB)$ qua $M$ kẻ $MN//AB$, trong $(SAC)$ kẻ $MP//AC$. Khi đó ta có $(\mathrm{MNP} ) / /(\mathrm{ABC})\Rightarrow(M N P) \equiv(P)$

Thiết diện của $(P)$ và hình chóp là tam giác $MNP$ đồng dạng với tam giác $ABC$ theo tỉ số 

$\begin{array}{l}{\dfrac{M N}{A B}=\dfrac{S M}{S A}=\dfrac{2}{3}} \\ {\Rightarrow \dfrac{S_{M N P}}{S_{A B C}}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}=\dfrac{4}{9} \Rightarrow S_{M N P}=\dfrac{4}{9} S_{A B C}}\end{array}$

Ta có: $S_{A B C}=\dfrac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin \widehat{B A C}=\dfrac{1}{2} \cdot 4.4 \cdot \sin 30^{0}=4$

$\Rightarrow S_{M N P}=\dfrac{4}{9} \cdot 4=\dfrac{16}{9}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ không đồng thời trùng với các đầu mút nên loại đáp án C.

Gọi $a$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AB,b$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD.$

$A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}{A^{\prime} B^{\prime} / / C^{\prime} D^{\prime}} \\ {A^{\prime} B^{\prime}=C^{\prime} D^{\prime}}\end{array}\right.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{a=(S A B) \cap(S C D)} \\ {A^{\prime} B^{\prime} / / C^{\prime} D^{\prime}} \\ {A^{\prime} B^{\prime} \subset(S A B), C^{\prime} D^{\prime} \subset(S C D)}\end{array}\right.\Rightarrow A^{\prime} B^{\prime} / / a$

Suy ra $A^{\prime} B^{\prime} / / A B(1)$

Tương tự ta có $\left\{\begin{array}{l}{b=(S A D) \cap(S B C)} \\ {A^{\prime} D^{\prime} / B^{\prime} C^{\prime}} \\ {A^{\prime} D^{\prime} \subset(S A D), C^{\prime} B^{\prime} \subset(S B C)}\end{array}\right.\Rightarrow A^{\prime} D^{\prime} / / b$

Suy ra $A^{\prime} D^{\prime} / / A D(2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\right) / /(A B C D)$ hay $(\alpha) / /(A B C D)$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(ABCD)$ qua $M$ kẻ $MM’//AB\left(M^{\prime} \in A D\right)$

Trong $(ABEF)$ qua $N$ kẻ $NN’//AB\left(N^{\prime} \in A F\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{A M^{\prime}}{A D}=\dfrac{A M}{A C}} \\ {\dfrac{A N^{\prime}}{A F}=\dfrac{B N}{B F}} \\ {A M=B N ; A C=B F}\end{array}\right.\Rightarrow \dfrac{A M^{\prime}}{A D}=\dfrac{A N^{\prime}}{A F} \Rightarrow M^{\prime} N^{\prime} / / D F$

Lại có $NN’//AB//EF\Rightarrow\left(M M^{\prime} N^{\prime} N\right) / /(D E F)$

Mà $M N \subset\left(M M^{\prime} N^{\prime} N\right) \Rightarrow M N / /(D E F)$

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Lấy điểm $M \in A D$, trong $(ABCD)$ qua $M$ kẻ $MN//AB(N\in BC)$. Trong $(SAD)$ qua $M$ kẻ $MQ//SA$, trong $(SBC)$ qua $N$ kẻ ${NP} / / {SB}$.

$\Rightarrow(M N P Q) / /(S A B)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{(M N P Q) \cap(A B C D)=M N} \\ {(M N P Q) \cap(S C D)=P Q} \\ {(A B C D) \cap(S C D)=C D}\end{array}\right.\Rightarrow M N / / P Q / / C D \Rightarrow MNPQ$ là hình thang.

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{\widehat{Q M N}=(M \widehat{N ; M} Q)=(A \widehat{B ; A} S)=\widehat{S A B}} \\ {\widehat{P N M}=(N \widehat{M ; N} P)=(B \widehat{A ; B S})=\widehat{S B A}}\end{array} \Rightarrow \widehat{Q M N}=\widehat{P N M}\right.$

Do đó $MNPQ$ là hình thang cân.

Giả sử $MNPQ$ ngoại tiếp được đường tròn tâm $I$, gọi $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $PQ$ và $MN.$

Do $MNPQ$ là hình thang cân nên $I \in E F$

Kẻ $I H \perp M Q ; I K \perp N P$

Ta có: $I E=I F=I H=I K$, xét tam giác vuông $IPE$ và $IPK$ có $IC$ chung, $IE=IK$

$\Rightarrow \Delta I P E=\Delta T P K(c h-c g v) \Rightarrow E P=K P$

Chứng minh tương tự ta có: $Q E=Q H, N K=N F, M H=M F$

$\Rightarrow M N+P Q=M Q+N P=2 M Q(*)$

Đặt $AM=x (0. Theo định lý Ta-lét, ta có:

$\dfrac{D M}{D A}=\dfrac{M Q}{S A} \Rightarrow M Q=\dfrac{D M \cdot S A}{D A}=\dfrac{(a-x) \cdot 2 a}{a}=2(a-x)$

Ta có: $\dfrac{P Q}{C D}=\dfrac{S Q}{S D}=\dfrac{A M}{A D} \Rightarrow \dfrac{P Q}{a}=\dfrac{x}{a} \Rightarrow P Q=x$

Kẻ $DR//BC$, gọi $G=D R \cap M N$, dễ thấy $RB=GN=CD=a$

$\dfrac{M G}{A R}=\dfrac{D M}{D A} \Rightarrow M G=\dfrac{A R \cdot D M}{D A}=\dfrac{2 a \cdot(a-x)}{a}=2(a-x)$

$\Rightarrow M N=M G+G N=3 a-2 x$

Thay vào (*) ta có:

$3 a-2 x+x=4(a-x) \Leftrightarrow 3 a-x=4 a-4 x \Leftrightarrow 3 x=a \Leftrightarrow x=\dfrac{a}{3}$

$\Rightarrow M N=\dfrac{7 a}{3}, M Q=\dfrac{4 a}{3} ; P Q=\dfrac{a}{3}$

Ta có: $E F=\sqrt{M Q^{2}-\left(\dfrac{M N-P Q}{2}\right)^{2}}=\dfrac{a \sqrt{7}}{3} \Rightarrow r=\dfrac{1}{2} E F=\dfrac{a \sqrt{7}}{6}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(ABCD)$ qua $I$ kẻ $E F / / B D(E \in B C ; F \in C D)$

Trong $(SAC)$ qua $I$ kẻ $I G / / S O(G \in S C)$

$\Rightarrow(G E F)$ qua $I$ và song song với $(S B D) \Rightarrow(P) \equiv(G E F)$

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

Tương tự ta chứng minh được $G F / / S D$

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{I C}{O C}=\dfrac{F E}{B D}=\dfrac{G C}{S C}=\dfrac{G E}{S B}=\dfrac{G F}{S D}} \\ {B D=S B=S D}\end{array}\right.\Rightarrow G E=G F=E F \Rightarrow \Delta G E F$ đều và 

$\dfrac{I C}{O C}=\dfrac{E F}{B D} \Rightarrow E F=\dfrac{I C}{O C} \cdot B D=\dfrac{a-x}{\dfrac{a}{2}} \cdot b=\dfrac{2 b(a-x)}{a}$

$\Rightarrow \Delta G E F$ đều cạnh $\dfrac{2(a-x)}{a} \cdot b$, dó đó

$S_{\Delta G E P}=\dfrac{\left(\dfrac{2(a-x)}{a}\right)^{2} \cdot b^{2} \sqrt{3}}{2}=\dfrac{b^{2}(a-x)^{2} \sqrt{3}}{a^{2}}$

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xét trường hợp $\dfrac{{AP}}{{PC}} = k$, lúc này $MP//BC$ nên $BC//(MNP)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} N \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {BCD} \right)\\ BC// \left( {MNP} \right)\\ BC \subset \left( {BCD} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {BCD} \right) \cap \left( {MNP} \right) = NQ// BC,Q \in BD$

Thiết diện là tứ giác $MNPQ$.

Xét trường hợp $\dfrac{{AP}}{{PC}} \ne k$

Trong $(ABC)$ gọi $R=BC \cap MP$

Trong $(BCD)$ gọi $Q=NR \cap BD$ thì thiết diện là tứ giác $MNPQ$

Gọi $K=MN \cap PQ$

Ta có: $\dfrac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{MPNQ}}}} = \dfrac{{PK}}{{PQ}}$

Do $\dfrac{{AM}}{{NB}} = \dfrac{{CN}}{{ND}}$ nên theo định lý Ta let đảo thì $AC,NM,BD$ lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng $PQ$ cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại $P,K,Q$ nên áp dụng định lý Ta let ta được : 

$\dfrac{{PK}}{{KQ}} = \dfrac{{AM}}{{MB}} = \dfrac{{CN}}{{ND}} = k \Rightarrow \dfrac{{PK}}{{PQ}} = \dfrac{{PK}}{{PK + KQ}} = \dfrac{{\dfrac{{PK}}{{KQ}}}}{{\dfrac{{PK}}{{KQ}} + 1}} = \dfrac{k}{{k + 1}}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $PC’MA$ là hình bình hành nên $MP$ đi qua trung điểm $O$ của $AC’$

=> $O \in (MNPQ)$

Mặt khác: $A’B // MQ \subset \left( {MNPQ} \right)$ $ \Rightarrow A’B // \left( {MNPQ} \right)$

Gọi $\Delta$ là đường thẳng qua $O$ và song song với $A’B$ thì $\Delta$ cố định và $\Delta \subset \left( {MNPQ} \right)$ hay $(MNPQ)$ luôn chứa đường thẳng cố định $\Delta$.

$\left( {MNPQ} \right)// \left( {A’BC’} \right) \Rightarrow BC’// \left( {MNPQ} \right) \Rightarrow BC’// NR$

Dễ thấy $\Delta$ cắt $BC, A’D’$ tại các điểm $R , S$.

Thiết diện là lục giác $MRNPSQ$

Dễ thấy lục giác có tâm đối xứng là $O$ nên $MQ = NP,MR = NS,RN = SQ$ do đó chu vi thiết diện là:

$2p = 2\left( {RM + MQ + QS} \right)$

Ta có: $MR = QS = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} ,QM = x\sqrt 2 $

$ \Rightarrow 2p = 2\left( {x\sqrt 2 + 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} } \right)$

Đặt $f\left( x \right) = x\sqrt 2 + \sqrt {{a^2} + 4{{\left( {a - x} \right)}^2}} ;x \in {\rm{[}}0;a]$

Theo bất đẳng thức Co -si : 

$\sqrt {\left( {{a^2} + 4{{\left( {a - x} \right)}^2}} \right)\left( {{1^2} + {1^2}} \right)} \ge a + 2\left( {a - x} \right) \Rightarrow \sqrt {{a^2} + 4{{\left( {a - x} \right)}^2}} \ge \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {3a - 2x} \right)$

$ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + 4{{\left( {a - x} \right)}^2}} \right)\left( {{1^2} + {1^2}} \right)} \ge a + 2\left( {a - x} \right) \Rightarrow \sqrt {{a^2} + 4{{\left( {a - x} \right)}^2}} \ge \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {3a - 2x} \right)$

Nên $f\left( x \right) \ge x\sqrt 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {3a - 2x} \right) = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 2 }}$. Đẳng thức xảy ra khi $x= \dfrac{a}2$

Vậy: $\min \left( {2p} \right) = 3\sqrt 2 a$