Chọn C.

+ A sai. Qua 2 điểm phân biệt, tạo được 1 đường thẳng, khi đó chưa đủ điều kiện để lập một mặt phẳng xác định. Có vô số mặt phẳng đi qua 2 điểm đã cho.

+ B sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì chỉ tạo được đường thẳng, khi đó có vô số mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng.

+ D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Với 3 điểm phân biệt không thẳng hàng, ta luôn tạo được 1 mặt phẳng xác định.

Khi đó, với 4 điểm không đồng phẳng ta tạo được tối đa $C_4^3 = 4$ mặt phẳng.

Chọn B.

Phương pháp: Để chứng minh ba đường thẳng $d_1,d_2,d_3$ đồng quy ta chứng minh giao điểm của hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ và $\left(\beta \right)$; đồng thời $d_3$ là giao tuyến $\left(\alpha \right)$ và $\left(\beta \right)$.

Gọi $O=HF\cap IG$. Ta có

● $O\in HF$ mà $HF\subset \left(ACD\right)$ suy ra $O\in \left(ACD\right)$.

● $O\in IG$ mà $IG\subset \left(BCD\right)$ suy ra $O\in \left(BCD\right)$.

Do đó $O\in \left(ACD\right)\cap \left(BCD\right)$. $\left(1\right)$

Mà $\left(ACD\right)\cap \left(BCD\right)=CD$.  $\left(2\right)$ 

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$, suy ra $O\in CD$.

Vậy ba đường thẳng $CD,IG,HF$ đồng quy.

Chọn B.

Gọi $I=AD\cap BC.$ Trong mặt phẳng $\left(SBC\right)$, gọi $K=BM\cap SI$. Trong mặt phẳng $\left(SAD\right)$, gọi $N=AK\cap SD$.

Khi đó N là giao điểm của đường thẳng SD với mặt phẳng $\left(AMB\right)$.

Gọi $O=AB\cap CD$. Ta có:

● $O\in AB$ mà $AB\subset \left(AMB\right)$ suy ra $O\in \left(AMB\right)$.

● $O\in CD$ mà $CD\subset \left(SCD\right)$ suy ra $\text{IJ},MN,SE$.

Do đó $O\in \left(AMB\right)\cap \left(SCD\right)$.  $\left(1\right)$ 

Mà $\left(AMB\right)\cap \left(SCD\right)=MN$.  $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$, suy ra $O\in MN$. Vậy ba đường thẳng $AB,CD,MN$ đồng quy tại O.

Chọn C.

Chọn C.

+ A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

+ B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

+ D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Ta có

● $M\in SB$ suy M là điểm chung của $\left(LMN\right)$ và $\left(SBC\right)$.

● I là điểm chung của $\left(LMN\right)$ và $\left(SBC\right)$.

● J là điểm chung của $\left(LMN\right)$ và $\left(SBC\right)$.

Vậy M , J , I thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến của $\left(LMN\right)$ và $\left(SBC\right)$.

Chọn B.

Ta có A là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng $\left(ACD\right)$ và $\left(GAB\right).$ 

Do $BG\cap CD=M$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\in BG\subset \left(ABG\right)\\ M\in CD\subset \left(ACD\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\in \left(ABG\right)\\ M\in \left(ACD\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow M$ là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng $\left(ACD\right)$ và $\left(GAB\right).$

$\Rightarrow \left(ABG\right)\cap \left(ACD\right)=AM\stackrel{}{\to }$ A đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BI\subset \left(ABG\right)\\ AM\subset \left(ABM\right)\\ \left(ABG\right)\equiv \left(ABM\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow AM,BI$  đồng phẳng.

 $\Rightarrow J=BI\cap AM\Rightarrow A,J,M$ thẳng hàng 

$\underset{}{\overset{}{\to }}$B đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}DJ\subset \left(ACD\right)\\ DJ\subset \left(BDJ\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow DJ=\left(ACD\right)\cap \left(BDJ\right)$

$\stackrel{}{\to }$ D đúng.

Điểm I di động trên AG nên J có thể không phải là trung điểm của AM 

 $\underset{}{\overset{}{\to }}$ C sai.

Chọn C.

Nếu 2 mặt phẳng trùng nhau, khi đó 2 mặt phẳng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.

Chọn B.

Chọn A.

+ B sai. Nếu 3 đường thẳng trùng nhau thì chúng sẽ cùng thuộc 1 mặt phẳng.

+ C sai. Nếu 3 đường thẳng trên chứa 3 cạnh của một tam giác khi đó sẽ tạo được 3 điểm phân biệt không thẳng hàng (là 3 đỉnh của tam giác), chúng lập thành 1 mặt phẳng xác định, 3 đường thẳng sẽ cùng thuộc 1 mặt phẳng.

Khi thiết diện cắt 3 mặt của tứ diện thì sẽ tạo thành 3 giao tuyến. Ba giao tuyến lập thành 1 hình tam giác.

Khi thiết diện cắt cả 4 mặt của tứ diện thì sẽ tạo thành 4 giao tuyến. Bốn giao tuyến lập thành 1 hình tứ giác.

Thiết diện không thể là ngũ giác vì thiết diện có 4 mặt, số giao tuyến tối đa là 4.

Chọn D.

+ Hình chóp S.ABCD có 4 mặt bên: $\left(SAB\right),\left(SBC\right),\left(SCD\right),\left(SAD\right).$ Do đó A đúng.

+ S là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right).$ 

$\left\{\begin{array}{l}O\in AC\subset \left(SAC\right)\Rightarrow O\in \left(SAC\right)\\ O\in BD\subset \left(SBD\right)\Rightarrow O\in \left(SBD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow O$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right).$

$\stackrel{}{\to }\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)=SO.$ Do đó B đúng.

+ Tương tự, ta có $\left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)=SI.$ Do đó C đúng.

+ $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$ mà SA không phải là đường trung bình của hình thang ABCD. Do đó D sai.

Chọn D.

+ A là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng $\left(ACD\right)$ và $\left(GAB\right).$ 

+ Ta có $BG\cap CD=N$

$$\begin{gathered} \stackrel{}{\to }\left\{\begin{array}{l}N\in BG\subset \left(ABG\right)\\ N\in CD\subset \left(ACD\right)\end{array}\right. \\ \underset{}{\overset{}{\to }}\left\{\begin{array}{l}N\in \left(ABG\right)\\ N\in \left(ACD\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow N$ là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng $\left(ACD\right)$ và $\left(GAB\right).$

Vậy $\left(ABG\right)\cap \left(ACD\right)=AN.$

Chọn B.

Điểm I là giao điểm của EF và BC mà  

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}EF\subset \left(DEF\right)\\ EF\subset \left(ABC\right)\\ EF\subset \left(AEF\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}I=\left(BCD\right)\cap \left(DEF\right)\\ I=\left(BCD\right)\cap \left(ABC\right)\\ I=\left(BCD\right)\cap \left(AEF\right)\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Chọn D.

+ S là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng $\left(SMN\right)$ và $\left(SAC\right).$

+ Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm của hình hình hành.

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ gọi $T=AC\cap MN$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}O\in AC\subset \left(SAC\right)\\ O\in MN\subset \left(SMN\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}O\in \left(SAC\right)\\ O\in \left(SMN\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow O$ là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng $\left(SMN\right)$ và $\left(SAC\right).$ 

Vậy $\left(SMN\right)\cap \left(SAC\right)=SO.$

Chọn B.

+ Ta có IJ là đường trung bình của tam giác SAB

$\Rightarrow IJ\parallel AB\parallel CD\Rightarrow IJ\parallel CD$ là hình thang. Do đó A đúng.

+ Ta có $\left\{\begin{array}{l}IB\subset \left(SAB\right)\\ IB\subset \left(IBC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(SAB\right)\cap \left(IBC\right)=IB.$ Do đó B đúng.

+ Ta có $\left\{\begin{array}{l}JD\subset \left(SBD\right)\\ JD\subset \left(JB\text{}D\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(SBD\right)\cap \left(JBD\right)=JD.$ Do đó C đúng.

+ Trong mặt phẳng $\left(IJCD\right)$, gọi $M=IC\cap JD$

$\Rightarrow \left(IAC\right)\cap \left(JBD\right)=MO.$ Do đó D sai.

Chọn D.

+ B  là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng $\left(MBD\right)$ và $\left(ABN\right).$

+ Vì M, N lần lượt là trung điểm của AC, CD  nên suy ra AN, DM là hai trung tuyến của tam giác ACD. Gọi $G=AN\cap DM$ 

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}G\in AN\subset \left(ABN\right)\\ G\in DM\subset \left(MBD\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}G\in \left(ABN\right)\\ G\in \left(MBD\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow G$ là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng $\left(MBD\right)$ và $\left(ABN\right).$

Vậy  $\left(ABN\right)\cap \left(MBD\right)=BG.$

Chọn C.

+ S  là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng $\left(MSB\right)$ và $\left(SAC\right).$

+ Ta có $\left\{\begin{array}{l}I\in BM\subset \left(SBM\right)\Rightarrow I\in \left(SBM\right)\\ I\in \left(AC\right)\in \left(SAC\right)\Rightarrow I\in \left(SAC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow I$ là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng $\left(MSB\right)$ và $\left(SAC\right).$

Vậy  $\left(MSB\right)\cap \left(SAC\right)=SI.$

Chọn A.

Ta có A là điểm chung thứ nhất của $\left(ADM\right)$ và $\left(SAC\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(SBD\right)$, gọi $E=SI\cap DM$.

Ta có:

● $E\in SI$ mà $SI\subset \left(SAC\right)$ suy ra $E\in \left(SAC\right)$.

● $E\in DM$ mà $DM\subset \left(ADM\right)$ suy ra $E\in \left(ADM\right)$.

Do đó E là điểm chung thứ hai của $\left(ADM\right)$ và $\left(SAC\right)$.

Vậy AE là giao tuyến của $\left(ADM\right)$ và $\left(SAC\right)$.

Chọn B.

Trong mặt phẳng  $\left(BCD\right),$ IJ cắt CD tại $H\Rightarrow H\in \left(ACD\right).$

Điểm $H\in IJ$ suy ra bốn điểm $M,I,J,H$ đồng phẳng.

Nên trong mặt phẳng $\left(IJM\right)$, MH cắt IJ tại H và $MH\subset \left(IJM\right).$

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}M\in \left(ACD\right)\\ H\in \left(ACD\right)\end{array}\right.\Rightarrow MH\subset \left(ACD\right).$

 Vậy $\left(ACD\right)\cap \left(IJM\right)=MH.$ 

Chọn A.

Điểm K là trung điểm của BC suy ra $K\in \left(IBC\right)\Rightarrow IK\subset \left(IBC\right).$

Điểm I là trung điểm của AD suy ra $I\in \left(KAD\right)\Rightarrow IK\subset \left(KAD\right).$

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(IBC\right)$ và $\left(KAD\right)$ là IK 

Chọn A.

Vì G là trọng tâm tam giác BCD, F là trung điểm của CD $\Rightarrow G\in \left(ABF\right).$

Ta có E là trung điểm của AB$\Rightarrow E\in \left(ABF\right).$

Gọi M là giao điểm của EG và AF mà $AF\subset \left(ACD\right)$ suy ra $M\in \left(ACD\right).$

Vậy giao điểm của EG và $mp\left(ACD\right)$ là giao điểm  $M=EG\cap AF.$

Chọn B.

● Chọn mặt phẳng phụ $\left(SBD\right)$ chứa SD.                         

● Tìm  giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SBD\right)$ và $\left(ABM\right)$.

Ta có  là điểm chung thứ nhất của $\left(SBD\right)$ và $\left(ABM\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$, gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$, gọi $K=AM\cap SO$. Ta có:

+ ABCD mà 2a suy ra M.

+ N mà AC suy ra BC.

Suy ra P là điểm chung thứ hai của BCD và $\left(MNP\right)$.

Do đó $\frac{a^2\sqrt{11}}{2}.$.

● Trong mặt phẳng $\frac{a^2\sqrt{2}}{4}.$, gọi $\frac{a^2\sqrt{11}}{4}.$ Ta có:

+ $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$ mà BCD suy ra P.

+ N.

Vậy BC.

Chọn C.

● Chọn mặt phẳng phụ $\left(ABC\right)$ chứa BC.

● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $DH\perp MN$ và

$S_{\Delta MND}=\frac{1}{2}MN.DH$

$=\frac{1}{2}MN.\sqrt{D{M}^2-M{H}^2}$

$=\frac{a^2\sqrt{11}}{4}$.

Ta có H là điểm chung thứ nhất của $\left(ABC\right)$ và $\left(IHK\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$, do IK không song song với AC nên gọi $F=IK\cap AC$. Ta có

     ▪ $F\in AC$ mà $AC\subset \left(ABC\right)$ suy ra $F\in \left(ABC\right)$.

     ▪ $F\in IK$ mà $IK\subset \left(IHK\right)$ suy ra $F\in \left(IHK\right)$.

Suy ra F là điểm chung thứ hai của $\left(ABC\right)$ và $\left(IHK\right)$.

Do đó $\left(ABC\right)\cap \left(IHK\right)=HF$.

● Trong mặt phẳng $\left(ABC\right)$, gọi $E=HF\cap BC$. Ta có

▪ $E\in HF$ mà $HF\subset \left(IHK\right)$ suy ra $E\in \left(IHK\right)$.

▪ $E\in BC$.

Vậy $E=BC\cap \left(IHK\right)$.

Chọn D.

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD suy ra O là trung điểm của AC.

Nối AM cắt SO tại I mà $SO\subset \left(SBD\right)$ suy ra $I=AM\cap \left(SBD\right).$

Tam giác SAC có M , O lần lượt là trung điểm của SA , AC .

Mà $I=AM\cap SO$ suy ra I là trọng tâm tam giác $SAC$

$\hspace{0.17em}\Rightarrow AI=\frac{2}{3}AM\iff IA=2IM.$

Điểm I nằm giữa A và M suy ra $\overrightarrow{IA}=2\overrightarrow{MI}=-2\overrightarrow{IM}.$ 

Chọn A.

Tam giác ABC có M,N lần lượt là trung điểm của AB, AC

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC$\Rightarrow$MN // BC

Từ E kẻ đường thẳng d song song với BC và cắt BD tại F$\Rightarrow$EF // BC

Do đó MN // EF suy ra bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng và MNEF là hình thang.

Vậy hình thang MNEF là thiết diện cần tìm.

Chọn D.

Ta có HK, KM là đoạn giao tuyến của $\left(HKM\right)$ với $\left(ABC\right)$ và $\left(BCD\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(BCD\right)$, do KM không song song với BD nên gọi $L=KM\cap BD$.

Vậy thiết diện là tam giác HKL.

Chọn C.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của $AB,BC$ suy ra $AN\cap MC=G.$

Dễ thấy mặt phẳng $\left(GCD\right)$ cắt đường thắng AB tại điểm M.

Suy ra tam giác MCD là thiết diện của mặt phẳng $\left(GCD\right)$ và tứ diện ABCD.

Tam giác ABD đều, có M là trung điểm AB suy ra $MD=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Tam giác ABC đều, có M là trung điểm AB suy ra $MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Gọi H là trung điểm của CD 

$$\begin{gathered} \Rightarrow MH\perp CD \\ \Rightarrow S_{\Delta MCD}=\frac{1}{2}.MH.CD \end{gathered}$$

Với $MH=\sqrt{M{C}^2-H{C}^2}$

$=\sqrt{M{C}^2-\frac{C{D}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy  $S_{\Delta MCD}=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}.$

Chọn B.

Trong tam giác BCD có: P là trọng tâm, N là trung điểm BC. Suy ra N, P, D thẳng hàng.

Vậy thiết diện là tam giác MND.

Xét tam giác MND, ta có

$MN=\frac{AB}{2}=a$; $DM=DN=\frac{AD\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Do đó tam giác MND cân tại D.

Gọi H là trung điểm MN suy ra $DH\perp MN$.

Diện tích tam giác $S_{\Delta MND}=\frac{1}{2}MN.DH$

$=\frac{1}{2}MN.\sqrt{D{M}^2-M{H}^2}=\frac{a^2\sqrt{11}}{4}$.

Chọn C.

Ta có $\left(ABD\right)\cap \left(BCD\right)=BD$.

Lại có $\left\{\begin{array}{l}I\in MP\subset \left(ABD\right)\\ I\in NQ\subset \left(BCD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow I$ thuộc giao tuyến của $\left(ABD\right)$ và  $\left(BCD\right)$

$\Rightarrow I\in BD\Rightarrow I,B,D$ thẳng hàng.

Chọn B.

Gọi Q là trung điểm của SD.

Tam giác SAD có M, Q lần lượt là trung điểm của SA, SD suy ra MQ // AD .

Tam giác SBC có N, P lần lượt là trung điểm của SB, SC suy ra NP // BC

Mặt khác AD // BC suy ra MQ // NP và $MQ=NP\Rightarrow MNPQ$ là hình vuông.

Khi đó $M,N,P,Q$ đồng phẳng $\Rightarrow \left(MNP\right)$ cắt SD tại Q và MNPQ là thiết diện của hình chóp S.ABCD với $mp\left(MNP\right).$

Vậy diện tích hình vuông MNPQ là  $S_{MNPQ}=\frac{S_{ABCD}}{4}=\frac{a^2}{4}.$

Chọn C.