Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Trên đoạn \(SA\) lấy điểm \(M\)sao cho \(MA = 2MS\), trên đoạn \(SB\) lấy điểm \(N\)sao cho \(NB = 2NS\). Trên cạnh \(SC\)lấy điểm \(P\) (\(P\)không trùng với \(S\)và \(C\)). Giao tuyến của hai mặt phẳng \((MNP)\) và \((SCD)\) là

Chọn A

Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

Ta có \(I = BM \cap CN\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in BM \subset \left( {SAB} \right)\\I \in CN \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right).\)

Mà \(S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\). Do đó \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI.\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI\end{array} \right\} \Rightarrow SI//AB//CD\).Vì \(SI//CD\) nên \(SI//CF\).

Theo định lý Ta – let ta có: \(\frac{{SI}}{{CF}} = \frac{{SN}}{{NF}} = 2 \Rightarrow SI = 2CF = CD = a\).

Gọi \(J\)là giao điểm của \(SD\)và \(IC\). Suy ra hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng \((AIC)\)và các mặt của hình chóp là tam giác \[ACJ\].

 + Tứ giác \(SIDC\) là hình bình hành \( \Rightarrow J\)là trung điểm của \(SD,CI\)

Mặt khác, \(AC = SD = a\sqrt 2  \Rightarrow AJ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\),

 + Tứ giác \(SIAB\)là hình bình hành \[ \Rightarrow AI = AB = a\]

Xét tam giác \(IAC\)có \(C{I^2} = 2(A{C^2} + A{I^2}) - 4A{J^2} = 4{a^2} \Rightarrow CI = 2a \Rightarrow CJ = a\).

Ta có: \[\cos \widehat {CAJ} = \frac{{A{J^2} + A{C^2} - C{J^2}}}{{2.AC.AJ}} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{2} + 2{a^2} - {a^2}}}{{2{a^2}}} = \frac{3}{4}\]

\( \Rightarrow \sin \widehat {CAJ} = \frac{{\sqrt 7 }}{4}\)

Diện thích thiết diện là \({S_{\Delta AJC}} = \frac{1}{2}AC.AJ.\sin \widehat {CAJ} = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 7 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}\)(đvdt).

Chọn D

Gọi  \[N,\;P,\;Q\] lần lượt là trung điểm của \[SD,\;CD,\;AB\]

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\)

Ta có: \(MQ//SB\) và \(MQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\)

Nên  (I) đúng

Ta có: \(NP//SC\) và \(NP = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right)\)

Nên  (II) đúng

Ta có: \(MN//AD\) và \(MN = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right)\)

Nên  (III) đúng

Ta có: \(PQ//BC//AD\) và \(PQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\)

Nên  (IV) đúng

Vậy có 4 mệnh đề đúng.