Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $MN$ là đoạn thẳng giao tuyến của mặt phẳng $(P)$ và $(ABCD)$

Vì $\left( P \right)//\left( {SBD} \right),\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN$ và $\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN$ suy ra $MN//BD$

Lập luận tương tự, ta có

$(P)$ cắt mặt $(SAD)$ theo đoạn giao tuyến $NP$ với $NP//SD$

$(P)$ cắt mặt $(SAB)$ theo đoạn giao tuyến $MP$ với $MP//SB$

Vậy tam giác MNP đồng dạng với tam giác SBD nên thiết diện của (P) với hình chóp là tam giác đều MNP

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

                                                               

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nBD \subset \left( {IBD} \right)\\\nB\'D\' \subset \left( {ABCD} \right)\\\nB\'D\'//BD\n\end{array} \right. \Rightarrow $ Giao tuyến của $(IBD)$ với $(A\'B\'C\'D\')$ là đường thẳng $d$ đi qua $I$ và song song với $BD$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $M = d \cap A\'D\' \Rightarrow IM//BD//B\'D\'$

Khi đó thiết diện là tứ giác $IMBD$ và tứ giác là hình thang

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

                                                        

Giả sử $(P)$ cắt các mặt của tứ diện $(ABC)$ và $(ABD)$ theo hai giao tuyến $JH$ và $IK$

Ta có $\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = JH,\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = IK$

$\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB,P//AB \Rightarrow JH//IK//AB$

Theo định lí Ta-lét, ta có $\dfrac{{JB}}{{JC}} = \dfrac{{HA}}{{HC}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{HA}}{{HC}} = \dfrac{{IA}}{{ID}} \Rightarrow IH//CD$

Mà $IH \in (P)$ suy ra IH song song với mặt phẳng $(P)$

Vậy $(P)$ cắt các mặt phẳng $(ABC),(ABD)$ theo các giao tuyến $IH,JK$ với $IH//JK$

Do đó, thiết diện của $(P)$ và tứ diện là hình bình hành

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M, N, E$ lần lượt là trung điểm $B C, C C^{\prime}, B^{\prime} C^{\prime}$. Suy ra $\frac{A I}{I M}=\frac{A J}{J N}=2$( tính chất trọng tâm tam giác ) nên $I J / / M N(1)$.

Trong mặt phẳng $\left(A A^{\prime} M E\right)$ ta có $\dfrac{A I}{I M}=\frac{A^{\prime} K}{K E}=2 \Rightarrow I K / / M E$ mà $M E / / B B’$ nên $I K / / B B’$ (2).

Từ (1) và (2) do $(I J K)_{\mathrm{v} \dot{\mathrm{a}}}\left(B B^{\prime} C^{\prime}\right)$ là hai mặt phẳng phân biệt, $I J, I K \in(I J K)$ nên $I J / /\left(B B^{\prime} C^{\prime}\right), I K / /\left(B B^{\prime} C^{\prime}\right)$ suy ra $(I J K) / /\left(B B^{\prime} C^{\prime}\right)$.

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Qua M kẻ đường thẳng $MN//AD$ cắt $SD$ tại $N$

Qua $O$ kẻ đường thẳng $PQ//AD$ và cắt $AB,CD$ lần lượt tại $P,Q$

Suy ra $MN//PQ//AD$ nên $M,N,P,Q$ đồng phẳng 

Suy ra mặt phẳng $(P)$ cắt hình chóp $S.ABCD$  theo thiết diện là hình thang $MNPQ$

Đáp án B 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $G=(IJG) \cap (SAB)$ ta có $IJ//AB$ và $IJ = \dfrac{{AB + CD}}{2}\left( 1 \right)$ vì $IJ$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ$. Gọi $E = Gx \cap SA;F = Gx \cap SB$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI;\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ;\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF$

Suy ra thiết diện $(IJG)$ và hình chóp là hình bình hành $IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\left( 2 \right)$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ $ \Leftrightarrow SG = \dfrac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \dfrac{2}{3}AB\left( 3 \right)$

Từ $(1);(2);(3)$ suy ra $\dfrac{2}{3}AB = \dfrac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow AB = 3CD$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Do mặt phẳng $(\alpha)$ qua BD nên $O \in ​​(\alpha)$

Trong tam giác $SAC$, kẻ $OK//SA(K \in SC)$

Do $\left\{ \begin{array}{l}\n\left( \alpha \right)//SA\\\nOK//SA\\\nO \in \left( \alpha \right)\n\end{array} \right. \Rightarrow OK \subset \left( \alpha \right) \Rightarrow SC \cap \left( \alpha \right) = K$

Trong tam giác $SAC$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nOK//SA\\\nOA = OC\n\end{array} \right. \Rightarrow OK$ là đường trung bình của tam giác $\Delta SAC$

Vậy $SK=KC$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $H$ là trung điểm $AB$

Vẽ đường thẳng $d$ qua B và song song với $AC$

Gọi $K,I$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $d,SK$

$d(D,(SBC)) = \dfrac{{2a}}{3} \Leftrightarrow d(A,(SBC)) = \dfrac{{2a}}{3}$

$ \Leftrightarrow d(H,(SBC)) = \dfrac{a}{3} \Leftrightarrow HI = \dfrac{a}{3}$

$\dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{B^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{9}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{5}{{{a^2}}} \Leftrightarrow SH = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5}$

$\sin KBH = \dfrac{{HK}}{{HB}} \Leftrightarrow \sin CAB = \dfrac{{HK}}{{HB}}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{CB}}{{AC}} = \dfrac{{HK}}{{HB}} \Rightarrow HK = \dfrac{{HB.CB}}{{AC}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.2a}}{{\sqrt 5 a}} = \dfrac{{\sqrt 5 a}}{5}$

$d(AC,SB) = d(A,(SBK)) = 2d(H,(SBK)) = 2HI$

$ = 2\dfrac{{SH.HK}}{{SK}} = 2\dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = 2.\dfrac{{S{H^2}}}{{SH\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $H$ nên $SH \bot (ABCD)$,

Kẻ $HM \bot CD(M \in CD)$, ta có:

$\left. \begin{array}{l}\n(ABCD) \cap (SCD) = CD\\\n(SHM) \bot CD\\\n(SHM) \cap (ABCD) = HM\\\n(SHM) \cap (SCD) = SM\n\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = SMH = {60^o}$

$AD//BC \Rightarrow AD//(SBC)$

$d(AD,SC) = d(A,(SBC)) = 3d(H,(SBC))$

Kẻ $HI \bot SB(E \in SB)$, ta có: $HI \bot (SBC)$ và $d(H,(SBC))=HI$

Ta có: $SH = HM.\tan {60^o} = 2a\sqrt 3 $ và $SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt {13} $

Suy ra: $IH = \dfrac{{SH.HB}}{{SB}} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}$
Vậy: $d(AD,SC) = 3HI = \dfrac{{6a\sqrt {39} }}{{13}}$