Đáp án B

Ta có: MN // BS ⇒ C M C B = C N C S

MQ // CD // AB (do ABCD là hình bình hành nên AB //CD) ⇒ C M C B = D Q D A

NP // CD ⇒ C N C S = D P D S

Do đó: D P D S = D Q D A  PQ // SA (Định lý Ta - lét trong tam giác SAD)

Lại có MN // BS và SB ∩  SA = S

Do đó MN không thể song song với PQ

Xét tứ giác MNPQ có NP // MQ (//CD)

Do đó MNPQ là hình thang.

Vậy khẳng địn (1) và (3) đúng.

Đáp án B

Tham khảo hình vẽ:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}\)

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ\).

\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI\).

Vậy \(I\) luôn luôn thuộc đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) song song với \(AD\) và \(BC\) cố định khi \(M\) di động trên \(AD\).

Chọn D

a) S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) mà AB // CD

Từ S kẻ Sx sao cho Sx // AB // CD nên Sx là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

b) Gọi E là trung điểm của AB

G là trọng tâm tam giác SAB nên \(\frac{{EG}}{{SE}} = \frac{1}{3}\)

N là trọng tâm tam giác ABC nên\(\frac{{EN}}{{EC}} = \frac{1}{3}\)

Theo Ta lét, suy ra GN // SC mà SC \( \subset \) (SAC). Do đó, GN // (SAC)

a) Vì M ∈ (SAB)

Và  nên (α) ∩ (SAB) = MN

và MN // SA

Vì N ∈ (SBC)

Và  nên (α) ∩ (SBC) = NP

và NP // BC (1)

 ⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ

Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)

Và  nên (α) ∩ (ABCD) = QM

và QM // BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.

b) Ta có:

 ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD

MN ∩ PQ = I ⇒ 

MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)

⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx

(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.

a: Trong mp(ABCD), gọi X là giao điểm của AC và BD, Y là giao điểm của AB và CD; Z là giao điểm của AD và BC

X∈AC⊂(SAC)

X∈BD⊂(SBD)

Do đó: X∈(SAC) giao (SBD)(1)

S∈(SAC)

S∈(SBD)

Do đó: S∈(SAC) giao (SBD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAC) giao (SBD)=SX

Y∈AB⊂(SAB)

Y∈CD⊂(SCD)

Do đó: Y∈(SAB) giao (SCD)(3)

S∈(SAB)

S∈(SCD)

Do đó: S∈(SAB) giao (SCD)(4)

Từ (3),(4) suy ra (SAB) giao (SCD)=SY

Z∈AD⊂(SAD)

Z∈BC⊂(SBC)

Do đó: Z∈(SAD) giao (SBC)(5)

S∈(SAD)

S∈(SBC)

Do đó: S∈(SAD) giao (SBC)(6)

Từ (5),(6) suy ra (SAD) giao (SBC)=SZ

b:

Chọn mp(ABD) có chứa MN

Xét (ABD) và (SAC) có

A∈(ABD) giao (SAC)

X∈(ABD) giao (SAC)

Do đó: (ABD) giao (SAC)=AX

Gọi T là giao điểm của MN và AX

=>T là giao điểm của MN và (SAC)

c: Xét ΔSAB có

SM là đường trung tuyến

I là trọng tâm

Do đó: S,I,M thẳng hàng và \(SI=\frac23SM\)

Xét ΔSAD có

N là trung điểm của AD

J là trọng tâm

Do đó: S,J,N thẳng hàng và \(SJ=\frac23SN\)

Xét ΔSMN có \(\frac{SI}{SM}=\frac{SJ}{SN}\left(=\frac23\right)\)

nên IJ//MN

Xét ΔABD có M,N lần lượt là trung điểm của AB,AD

=>MN là đường trung bình của ΔABD

=>MN//BD và \(MN=\frac{BD}{2}\)

MN//BD

JI//MN

Do đó: JI//BD

=>JI//(ABCD)

d: Xét (IJK) và (ABCD) có

K∈(IJK) giao (ABCD)

JI//BD

Do đó: (KIJ) giao (ABCD)=xy, xy đi qua K và xy//JI//BD