̉̉60 bài tập đại cương về đường thẳng và mặt phẳng mức độ vận dụng, vận dụng cao

Dễ thấy A và C đúng.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}I,J,K \in \left( {DEF} \right)\\I,J,K \in \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {DEF} \right) \cap \left( {ABC} \right).\) Mà giao tuyến của hai mặt phẳng là 1 đường thẳng nên I, J, K cùng thuộc một đường thẳng.

Suy ra I, J, K thẳng hàng. Suy ra B đúng.

Vậy D sai.

Chọn D.

Ta có: IJ là đường trung bình của tam giác ACD nên IJ // CD suy ra \(\text{IJ}\parallel \left( BCD \right)\Rightarrow \) (I) đúng.

(II) sai vì \(CD\subset \left( BCD \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B \in \left( {BCD} \right) \cap \left( {BIJ} \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\\IJ \subset \left( {BIJ} \right)\\CD\parallel IJ\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (BIJ) là đường thẳng qua B và song song với CD, IJ suy ra (III) đúng.

Chọn C.

Trong (ABCD) kéo dài MN cắt AB tại E và cắt AD tại F.

Trong (SAB) gọi \(H=QE\cap SB\)

Trong (SAD) gọi \(G=QF\cap SD.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {MNQ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HQ\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HM\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NG\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAD} \right) = GQ\end{array}\)

Vậy thiết diện của mặt phẳng (MNQ) và chóp là ngũ giác MNGQH.

Chọn C.

Trong (ABCD) gọi \(E=MN\cap AB,F=MN\cap AD\Rightarrow E\in \left( SAB \right),F\in \left( SAD \right)\).

Trong (SAB) gọi \(H=QE\cap SB.\)Trong (SAD) gọi \(G=QF\cap SD.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {MNQ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HQ\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SBC} \right) = HM\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NG\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAD} \right) = GQ.\end{array}\)

Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác MNGQH.

Chọn C.

Ta có \(EF \subset \left( {DEF} \right) \Rightarrow EF \subset \left( {DMN} \right)\)

\(\left( {DMN} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\)

Gọi I là giao điểm của EF và MN

⇒ I là giao của EF và (ABC)

Chọn đáp án D

Dễ thấy A và C đúng.

Ta có: \(\left\{ \matrix{  I,J,K \in \left( {DEF} \right) \hfill \cr   I,J,K \in \left( {ABC} \right) \hfill \cr}  \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {DEF} \right) \cap \left( {ABC} \right).\) Mà giao tuyến của hai mặt phẳng là 1 đường thẳng nên I, J, K cùng thuộc một đường thẳng.

Suy ra I, J, K thẳng hàng. Suy ra B đúng.

Vậy D sai.

Chọn D.

Trong (SBD) gọi \(E=MN\cap SO\)

\(\Rightarrow E\in MN\Rightarrow E\in \left( MNP \right)\Rightarrow PE\subset \left( MNP \right)\)

Trong (SAC) gọi \(K=PE\cap SA\).

Mà \(PE\subset \left( MNP \right)\Rightarrow \left( MNP \right)\cap SA=K\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAO ta có: \(\frac{KS}{KA}.\frac{PA}{PO}.\frac{EO}{ES}=1\,\,\,\left( * \right)\)

P là trung điểm của OC nên \(\frac{PA}{PO}=3\)

Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD \(\Rightarrow \) E là trung điểm của SO \(\Rightarrow \frac{EO}{ES}=1\)

Thay vào (*) ta có \(\frac{KS}{KA}.3.1=1\Leftrightarrow \frac{KS}{KA}=\frac{1}{3}\)

Chọn B.

+) Nối \(IB\cap MA=H\Rightarrow \) H chung.

+) Nối \(IC\cap NA=K\Rightarrow K\) chung.

+) \(\Rightarrow \left( IBC \right)\cap \left( AMN \right)=HK\) 

+) Bước 1: Cho \(MN\subset \left( SBC \right)\)

+) Bước 2: Nối \(AO\cap BC=E\Rightarrow \left( SAO \right)\cap \left( SBC \right)=SE\)

+) Bước 3: Nối \(SE\cap MN=G\)

\(\Rightarrow\) G là giao điểm cần tìm

+) Bước 1: Có sẵn

\(\left( MNO \right)\cap \left( ABCD \right)=MN\)

+) Bước 2: Nối

\(MN\cap AB=E,\,MN\cap AD=F\)  

Nối \(OE\cap SB=K,\,OF\cap SD=H\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & \left( OEF \right)\cap \left( SBC \right)=MK \\ & \left( OEF \right)\cap \left( SAB \right)=KC \\ & \left( OEF \right)\cap \left( SAD \right)=OH \\ & \left( OEF \right)\cap \left( SCD \right)=HN \\\end{align} \right.\)

+) Bước 3: Thiết diện là ngũ giác MNHOK.

+) Bước 1: \(\left( OMN \right)\cap \left( SBC \right)=MN\)

+) Bước 2: Nối

\(MN\cap BC=E,\,\,OE\cap AB=H,\,\,OE\cap AC=K\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & \left( MKE \right)\cap \left( SAB \right)=NH \\ & \left( MKE \right)\cap \left( ABC \right)=HK \\ & \left( MKE \right)\cap \left( SAC \right)=KM \\\end{align} \right.\)

+) Bước 3: Thiết diện là tứ giác MNHK.

+) Bước 1: \(\left( MNO \right)\cap \left( A'B'C'D' \right)=MN\)

+) Bước 2: Nối

\(\begin{align}  & MN\cap B'C'=E,\,MN\cap C'D'=F \\ & OE\cap BB'=H,\,OF\cap DD'=K \\\end{align}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & \left( MNO \right)\cap \left( ABB'A' \right)=NH \\ & \left( MNO \right)\cap \left( BCC'B' \right)=HO \\ & \left( MNO \right)\cap \left( CDD'C' \right)=OK \\ & \left( MNO \right)\cap \left( ADD'A' \right)=KM \\\end{align} \right.\)

+) Bước 3: Thiết diện là ngũ giác MNHOK

Gọi I là trung điểm của AD

Trong (SIB), gọi E là giao điểm của MG và BI

Trong (ABCD), gọi J là giao điểm của BE và AB

Khi đó, J là giao điểm của AD và (MOG)

Xét tam giác SBE có: ME là trung tuyến đi qua G nằm trên SI mà  \(\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow I\) là trung điểm của BE và G là trọng tâm tam giác SBE

Xét tam giác EBC có: I là trung điểm BE, ID//BC \( \Rightarrow \) Đường thẳng ID cắt cạnh CE tại trung điểm của CE

Mà \(ID = \frac{1}{2}BC \Rightarrow ID\)là đường trung bình của tam giác EBC, D là trung điểm của CE

Xét tam giác ACF: AD, EO là trung tuyến, \(J = AD \cap OE \Rightarrow J\)là trọng tâm tam giác ACF \( \Rightarrow \frac{{JA}}{{JD}} = 2\).

Chọn: C

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {A'B'C'D'} \right) \cap \left( {SAC} \right) = A'C'\\\left( {A'B'C'D'} \right) \cap \left( {SBD} \right) = B'D'\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SI\end{array}\)

Do đó các đường thẳng A’C’, B’D’, SI đồng quy hoặc song song, hoặc đồng quy.

Xét trong mặt phẳng (SAC) có A’C’ và SI không song song, do đó các đường thẳng A’C’, B’D’, SI đồng quy.

Chọn đáp án C.

Gọi I là trung điểm của BD

\( \Rightarrow \)IM là đường trung bình của tam giác BCD  \( \Rightarrow IM//CD,\,\,IM = \frac{1}{2}CD\)

Mà \(PD = \frac{1}{4}CD \Rightarrow PD = \frac{1}{2}IM \Rightarrow \) PD là đường trung bình của tam giác SIM

\( \Rightarrow D\) là trung điểm của SI \( \Rightarrow BI = ID = SD \Rightarrow SD = \frac{1}{3}SB\)

Xét tam giác SAB có: \(\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{SD}}{{SB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow ND//SA\) và \(\frac{{ND}}{{SA}} = \frac{{NB}}{{AB}} = \frac{2}{3}\)  \( \Rightarrow \frac{{QD}}{{QA}} = \frac{{ND}}{{SA}} = \frac{2}{3}\).

Chọn: C

Trong (ABC) gọi \(I = AG \cap BC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}I \in AG \Rightarrow I \in \left( {ADG} \right)\\I \in BC\end{array} \right. \Rightarrow I = BC \cap \left( {ADG} \right)\) .

Vì G là trọng tâm tam giác ABC \( \Rightarrow I\) là trung điểm của BC.

Vậy đáp án A sai.

Chọn A.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\) ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow MN//AC\).

Ta có \(\left( {A'C'M} \right)\) chứa \(A'C'//AC \Rightarrow \left( {A'C'M} \right)\) cắt \(ABC\) theo giao tuyến là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(AC \Rightarrow \left( {A'C'M} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\).

Vậy thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng \(\left( {A'C'M} \right)\) là tứ giác \(A'C'NM\).

Ta có \(MN//AC//A'C' \Rightarrow A'C'NM\) là hình thang.

Xét \(\Delta A'AM\) và \(\Delta C'CN\) có:

\(A'A = C'C,\,\,\angle A'AM = \angle C'CM = {90^0};\,\,AM = CN = \dfrac{a}{2}\)

\( \Rightarrow \Delta A'AM = \Delta C'CN\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow A'M = C'N\).

Dễ dàng nhận thấy \(A'M\) và \(C'N\) không song song nên \(A'C'NM\) là hình thang cân.

Có \(A'C' = a;\,\,MN = \dfrac{a}{2}\).

Kẻ \(MH \bot A'C'\,\,\left( {H \in A'C'} \right);\,\,NK \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)\) ta có \(MNKH\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow MN = HK = \dfrac{a}{2}\).

\( \Rightarrow A'H = C'K = \dfrac{{A'C' - HK}}{2} = \dfrac{{a - \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{a}{4}\).

Xét tam giác vuông \(A'AM\) có \(A'M = \sqrt {A'{A^2} + A{M^2}}  = \sqrt {2{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{3a}}{2}\)

Xét tam giác vuông \(A'MH\) có : \(MH = \sqrt {A'{M^2} - A'{H^2}}  = \dfrac{{9{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{{16}} = \dfrac{{a\sqrt {35} }}{4}\).

Vậy \({S_{A'C'NM}} = \dfrac{1}{2}\left( {A'C' + MN} \right).MH = \dfrac{1}{2}\left( {a + \dfrac{a}{2}} \right).\dfrac{{a\sqrt {35} }}{4} = \dfrac{{3\sqrt {35} {a^2}}}{{16}}\).

Chọn C.

Trong \(\left( {MIJ} \right)\) kéo dài \(ME\) cắt \(AH\) tại \(F\).

Ta có \(F = AH \cap ME \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F \in AH \subset \left( {SCD} \right)\\F \in ME \subset \left( {MIJ} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F \in \left( {SCD} \right) \cap \left( {MIJ} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}K \in IJ \subset \left( {MIJ} \right)\\K \in CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow K \in \left( {MIJ} \right) \cap \left( {SCD} \right)\).

Vậy \(\left( {MIJ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = KF\).

Chọn D

Dễ thấy \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {AIJ} \right)\) có điểm chung thứ nhất là \(A\).

Do \(J\) không là trung điểm của \(SC\) nên \(IJ\) không song song với \(CD\).

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(F = IJ \cap CD\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}F \in CD \subset \left( {ABCD} \right)\\F \in IJ \subset \left( {AIJ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow F \in \left( {ABCD} \right) \cap \left( {AIJ} \right)\).

Suy ra \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {AIJ} \right)\) có điểm chung thứ hai là \(F\).

Vậy \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {AIJ} \right) = AF\) với \(F = IJ \cap CD\).

Chọn D

Ta có \(SD \subset \left( {SBD} \right)\), do đó ta tìm giao tuyến của \(\left( {AMN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(J = AN \cap BD \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in AN \subset \left( {AMN} \right)\\J \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow J\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(O = AC \cap BD\), suy ra \(SO \subset \left( {SAC} \right)\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(I = AM \cap SO\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AM \subset \left( {AMN} \right)\\I \in SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I\) là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {AMN} \right) \cap \left( {SBD} \right) = IJ\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(K = IJ \cap SD\). Vậy \(K = \left( {AMN} \right) \cap SD\).

Chọn A

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Trong \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(SO \cap AM = G.\)

Qua \(G\) kẻ đường thẳng song song \(BD\) cắt \(SB,\,\,SD\)  lần lượt tại \(H,\,\,K\).

Ta có:  \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SAC} \right) = HK\).

Khi đó thiết diện cần tìm là tứ giác \(AHMK\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow BD \bot AM\)

Do đó \(HK \bot AM\)\( \Rightarrow {S_{AHMK}} = \dfrac{{AM.HK}}{2}\)

Ta có \(HK\parallel BD\)\( \Rightarrow \dfrac{{HK}}{{BD}} = \dfrac{{SG}}{{SO}}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SOC\) có cát tuyến \(AGM\) ta có: \(\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{GO}}{{GS}}.\dfrac{{MS}}{{MC}} = 1\).

Mà \(\dfrac{{AC}}{{AO}} = 2;\,\,\,\dfrac{{MS}}{{MC}} = 2\) \( \Rightarrow \dfrac{{GO}}{{GS}} = \dfrac{1}{4}\) \( \Rightarrow \dfrac{{SG}}{{SO}} = \dfrac{4}{5}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{HK}}{{BD}} = \dfrac{4}{5}\). Mà \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow HK = \dfrac{{4a\sqrt 2 }}{5}.\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(AMC\) với cát tuyến là \(OGS\): \(\dfrac{{OA}}{{OC}}.\dfrac{{SC}}{{SM}}.\dfrac{{GM}}{{GA}} = 1\).

Mà \(\dfrac{{OA}}{{OC}} = 1;\,\,\dfrac{{SC}}{{SM}} = \dfrac{3}{2}\)\( \Rightarrow \dfrac{{GM}}{{GA}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AM}} = \dfrac{3}{5}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAO\) có:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(\dfrac{{SG}}{{SO}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow \dfrac{{OG}}{{SO}} = \dfrac{1}{5}\)\( \Rightarrow OG = \dfrac{1}{5}SO = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{10}}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(AGO\) có:

\(AG = \sqrt {G{O^2} + A{O^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{{10}}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{5}\).

Khi đó \(AM = \dfrac{5}{3}AG = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{3}.\)

+) \({S_{AHMK}} = \dfrac{{AM.HK}}{2} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt {13} }}{3}.\dfrac{{4a\sqrt 2 }}{5} = \dfrac{{2a\sqrt {26} }}{{15}}\)

Chọn C.

Tam giác \(ACD\) có \(AC = CD = a,AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(A{E^2} = \dfrac{{A{C^2} + A{D^2}}}{2} - \dfrac{{C{D^2}}}{4}\)\( = \dfrac{{{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\)

Tam giác \(BCD\) đều \( \Rightarrow BE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(ABE\) có \(EM\) là đường trung tuyến của tam giác \(AEB\) nên :

\(E{M^2} = \dfrac{{E{A^2} + E{B^2}}}{2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4}\)\( = \dfrac{{\dfrac{{5{a^2}}}{8} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{7{a^2}}}{{16}}\)

Xét tam giác \(BME\) và bộ ba điểm \(A,G,O\) thẳng hàng có :

\(\dfrac{{AM}}{{AB}}.\dfrac{{OB}}{{OE}}.\dfrac{{GE}}{{GM}} = 1\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{2}.2.\dfrac{{GE}}{{GM}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{GE}}{{GM}} = 1\) hay \(G\) là trung điểm của \(ME\).

Xét tam giác \(ABD\) có \(DM\) là trung tuyến của \(\Delta ABD\) nên

\(D{M^2} = \dfrac{{D{A^2} + B{D^2}}}{2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\).

Tam giác \(DME\) có trung tuyến \(DG\) nên

\(D{G^2} = \dfrac{{D{E^2} + D{M^2}}}{2} - \dfrac{{M{E^2}}}{4}\)\( = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{5{a^2}}}{8}}}{2} - \dfrac{{7{a^2}}}{{64}} = \dfrac{{21{a^2}}}{{64}}\).

Lại có \(\cos \widehat {AEM} = \dfrac{{A{E^2} + E{M^2} - A{M^2}}}{{2AE.EM}}\)\( = \dfrac{{\dfrac{{5{a^2}}}{8} + \dfrac{{7{a^2}}}{{16}} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}}{{2.\sqrt {\dfrac{{5{a^2}}}{8}.\dfrac{{7{a^2}}}{{16}}} }} = \dfrac{{13}}{{2\sqrt {70} }}\)

\( \Rightarrow A{G^2} = A{E^2} + E{G^2} - 2AE.EG\cos \widehat {AEG}\)\( = \dfrac{{5{a^2}}}{8} + \dfrac{{7{a^2}}}{{64}} - 2.\sqrt {\dfrac{{5{a^2}}}{8}.\dfrac{{7{a^2}}}{{64}}} .\dfrac{{13}}{{2\sqrt {70} }}\)\( = \dfrac{{21{a^2}}}{{64}}\)

Tam giác \(ADG\) có \(A{G^2} = \dfrac{{21{a^2}}}{{64}},A{D^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4},D{G^2} = \dfrac{{21{a^2}}}{{64}}\)

Do đó \(\Delta GAD\) cân tại \(G\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\) thì \(AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4},\)

\(G{H^2} = G{A^2} - A{H^2}\)\( = \dfrac{{21{a^2}}}{{64}} - \dfrac{{3{a^2}}}{{16}} = \dfrac{{9{a^2}}}{{64}}\)\( \Rightarrow GH = \dfrac{{3a}}{8}\)

Diện tích tam giác \({S_{GAD}} = \dfrac{1}{2}GH.AD\)\( = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3a}}{8}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{{32}}\)

Chọn B.

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

Gọi I là giao điểm của SO và MP.

Trong mặt phẳng (SBD), kéo dài NI cắt SD tại Q, cắt BD tại E.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SOB ta có : \(\frac{MS}{MO}.\frac{EO}{EB}.\frac{NB}{NS}=1\Leftrightarrow 1.\frac{EO}{EB}.\frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{EO}{EB}=2\)

\(\Rightarrow \frac{ED}{EB}=3\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SBD ta có : \(\frac{QS}{QD}.\frac{ED}{EB}.\frac{NB}{NS}=1\Leftrightarrow \frac{QS}{QD}.3.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow \frac{QS}{QD}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \frac{SQ}{SD}=\frac{2}{5}\)

Chọn A.

* Tìm \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).

+ P là điểm chung thứ nhất.

+ Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(I = MN \cap SO\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}I \in MN \subset \left( {MNP} \right) \Rightarrow I \in \left( {MNP} \right)\\I \in SO \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).

\( \Rightarrow I\) là điểm chung thứ hai.

Vậy \(PI = \left( {MNP} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).

* Tìm \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).

+ M là điểm chung thứ nhất.

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(Q = IP \cap SA\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}Q \in IP \subset \left( {MNP} \right) \Rightarrow Q \in \left( {MNP} \right)\\Q \in SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow Q \in \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow Q \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).

\( \Rightarrow Q\) là điểm chung thứ hai.

Vậy \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\).

* Tìm \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAD} \right)\).

+ N là điểm chung thứ nhất.

+ Q là điểm chung thứ hai.

Vậy \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAD} \right) = NQ\).