Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, CD, SA (Tham khảo hình vẽ). Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định sau

            i) \(\left( {MNP} \right)||\left( {SBC} \right)\).          ii) \(NP||\left( {SBC} \right)\).    3i) \(MP||\left( {SCD} \right)\).          4i) \(MP||\left( {SBC} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng tỉ số và định lí Ta-lét.

Cách giải:

Gọi N, P lần lượt thuộc SB, SC sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SM}}{{SA}}\).

Khi đó thiết diện của mặt phẳng qua M song song với \(\left( {ABC} \right)\) là tam giác MNP.

Áp dụng định lí ta-lét trong tam giác SAB có: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3} = 4\)\(\left( {SM = 2MA;SA = 6} \right)\)

Tương tự ta có \(NP = MP = 4\,cm\).

Do đó tam giác MNP là tam giác đều cạnh 4cm.

\( \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{.4^2} = 4\sqrt 3 c{m^2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tìm điểm Q.

Sử dụng định lí Menelaus để tính tỉ số.

Cách giải:

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) lấy \(PH||MN\left( {H \in CD} \right)\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(Q = NH \cap SD\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến QNH ta có: \(\frac{{HD}}{{HC}}.\frac{{NC}}{{NS}}.\frac{{QS}}{{QD}} = 1\)

Mà N là trung điểm của SC \( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NS}} = 1\).

Mặt khác áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác DPH ta có \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\) (vì P là trung điểm của OB).

Do đó ta có \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\)