1: SK+KB=SB

=>SB=2SK+SK=3SK

=>\(BK=\frac23BS\)

Xét ΔSBA có \(\frac{BK}{BS}=\frac{BI}{BA}\left(=\frac23\right)\)

nên KI//SA

=>KI//(SAC)

2: Xét ΔEAB có DC//AB

nên \(\frac{EC}{EB}=\frac{DC}{AB}=\frac13\)

=>\(\frac{BC}{BE}=\frac23\)

Xét ΔBSE có \(\frac{BC}{BE}=\frac{BK}{BS}\left(=\frac23\right)\)

nên CK//SE

Ta có A là điểm chung thứ nhất của (ADM) và (SAC).

Trong mặt phẳng (BSD), gọi giao điểm của SI và DM là E.

Ta có:

+ E thuộc SI mà S I ⊂ S A C  suy ra E ∈ S A C .

+ E thuộc DM mà D M ⊂ A D M suy ra E ∈ A D M .

Do đó E là điểm chung thứ hai của (ADM) và (SAC).

Vậy AE là giao tuyến của (ADM) và (SAC).

Chọn B.

a) Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}S\subset\left(SAC\right)\\S\subset\left(SBD\right)\end{matrix}\right.\)

và \(\left\{{}\begin{matrix}O\in AC\subset\left(SAC\right)\\O\in BD\subset\left(SBD\right)\end{matrix}\right.\) nên SO chính là giao tuyến của (SAC) và (SBD)

b) Trong mp(ABCD) cho CK cắt BD tại H. Do \(BD\subset\left(SBD\right)\) nên H cũng là giao điểm của CK và (SBD).

c) Vì \(\dfrac{BN}{NS}=\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow\) MN//SC (Thelas đảo)

\(\Rightarrow\) MN//(SAC)

a) Gọi N là giao điểm của EM và CD

Vì M là trung điểm của AB nên N là trung điểm của CD (do ABCD là hình thang)

⇒ EN đi qua G

⇒ S, E, M, G ∈ (α) = (SEM)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Ta có (α) ∩ (SAC) = SO

và (α) ∩ (SBD) = SO = d

b) Ta có: (SAD) ∩ (SBC) = SE

c) Gọi O' = AC' ∩ BD'

Ta có AC' ⊂ (SAC), BD' ⊂ (SBD)

⇒ O' ∈ SO = d = (SAC) ∩ (SBD)

1: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

=>\(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)

AB//CD

S thuộc (SAB) giao (SCD)

=>(SAB) giao (SCD)=xy, xy qua S, xy//AB//DC

2: 

Xét ΔSBC có SM/SB=SN/SC

nên MN//BC

=>MN//AD

=>AMND là hình thang

Xét ΔSBD có BM/BS=BO/BD

nên MO//SD

=>MO//(SAD)

a)

Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.

Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.

Do đó: $SO \perp (ABCD)$.

Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.

Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.

b)

Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.

Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$

$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$

$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.

Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:

Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.

Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.

Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.

c)

Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).

Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.

Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.

Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.