Chọn D.

Theo tính chất: Có vô số mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.

Gọi M  là trung điểm của AC .
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}M\in \left(\alpha \right)\cap \left(ABC\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}AB\subset \left(ABC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\alpha \right)\cap \left(ABC\right)=MN\text{//}AB$ , N  là trung điểm BC  .
 $\left\{\begin{array}{l}N\in \left(\alpha \right)\cap \left(BCD\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}CD\subset \left(BCD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\alpha \right)\cap \left(BCD\right)=NP\text{//}CD$,  P là trung điểm BD  .
$\left\{\begin{array}{l}P\in \left(\alpha \right)\cap \left(BDA\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}AB\subset \left(BDA\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\alpha \right)\cap \left(BDA\right)=PQ\text{//}AB$ ,  Q là trung điểm  AD.

$\left\{\begin{array}{l}MQ=\left(\alpha \right)\cap \left(ADC\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}CD\subset \left(ADC\right)\end{array}\right.\Rightarrow QM\text{//}CD$
  
Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ.

Lại có: $AB=CD$  suy ra  $MN=NP$.

Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ .

Chọn C

Chọn B.
 
Ta có 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}AD//BC\subset \left(MBC\right)\\ AD\not\subset \left(MBC\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow AD//\left(MBC\right). \end{gathered}$$

Ta có $\left(MBC\right)//AD$ nên $\left(MBC\right)$ và $\left(SAD\right)$ có giao tuyến song song AD

Trong $\left(SAD\right)$, vẽ $MN//AD\left(N\in SD\right)$ $\Rightarrow MN=\left(MBC\right)\cap \left(SAD\right).$

Thiết diện của S.ABCD cắt bởi $\left(MBC\right)$ là tứ giác BCNM. Do $MN//BC$ (cùng song song AD) nên BCNM là hình thang.

Chọn C.

$\left.\begin{array}{l}a\subset \left(\alpha \right)\\ b\not\subset \left(\alpha \right)\\ a//b\end{array}\right\}\Rightarrow b//\left(\alpha \right).$

Đáp án B.

Khi $\left(d\right)//\left(\alpha \right)$ và đường thẳng $\left(b\right)\subset \left(\alpha \right)$ thì ngoài trường hợp $\left(b\right)//\left(d\right)$ còn có trường hợp $\left(b\right)$ và $\left(d\right)$ chéo nhau.

Chọn D.

Cho  $mp\left(P\right)$ qua $A,B,C$  không thẳng hàng.

Giả sử $a,b,c$ phân biệt là các đường thẳng nằm ngoài $mp\left(P\right)$ thỏa mãn $a//AB,$ $b//AB,$ $c//BC.$  
Trong trường hợp này $a//b.$

Nếu a và c đồng phẳng thì a cắt c

Nếu  a và c không đồng phẳng thì a và c chéo nhau.

Chọn C.

Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng là

• Đường thẳng nằm trong mặt phẳng.

• Đường thẳng song song với mặt phẳng.

• Đường thẳng cắt mặt phẳng.

Chọn B.

Theo định lý 3. Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.

Chọn C.

Gọi  $\left(\alpha \right)$ là  mp chứa a và song song b. $\left(\alpha \right)$ có vtpt $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left[\overrightarrow{u_a};\overrightarrow{u_b}\right]$ 
Đồng thời $\left(\alpha \right)$ qua A với $A\in a.$

Do đó $\left(\alpha \right)$ xác định duy nhất.

 Chọn C.

Ta có:  $\left.\begin{array}{l}OI\text{//}SA\\ OI\not\subset \left(SAB\right)\end{array}\right\}\Rightarrow OI\text{//}\left(SAB\right)$ nên A đúng.
Ta có: $\left.\begin{array}{l}OI\text{//}SA\\ OI\not\subset \left(SAD\right)\end{array}\right\}\Rightarrow OI\text{//}\left(SAD\right)$  nên B đúng.

Ta có: $\left(IBD\right)$ cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác $IBD$ nên Chọn C.

Ta có: $\left(IBD\right)\cap \left(SAC\right)=IO$ nên D đúng.

Chọn D.
 
 $G_1$ và  $G_2$ lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD và ACD nên $B{G}_1$ , $A{G}_2$ và CD đồng qui tại M (là trung điểm của CD ).

Vì $G_1{G}_2//AB$ nên $G_1{G}_2//\left(ABD\right)$ và $G_1{G}_2//\left(ABC\right)$.

Lại có  $G_1{G}_2=\frac{1}{3}AB$ nên chọn đáp án D.

Chọn C.

Gọi O  là giao điểm của AC và BD. Do mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ qua BD nên $O\in \left(\alpha \right).$   
Trong tam giác SAC, kẻ OK song song SA $\left(K\in SC\right).$

Do $\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\parallel SA\\ OK\parallel SA\\ O\in \left(\alpha \right)\end{array}\right.\Rightarrow OK\subset \left(\alpha \right)$

$\Rightarrow SC\cap \left(\alpha \right)=\left\{K\right\}.$

Trong tam giác SAC ta có 

$\left\{\begin{array}{l}OK\parallel SA\\ OA=OC\end{array}\right.$

 $\Rightarrow OK$ là đường trung bình của $∆SAC$

Vậy $SK=KC.$ 

Chọn A.

Gọi  I là trung điểm của AD . 
Do M,N  là trọng tâm tam giác ABD , ACD  nên $\frac{IM}{IB}=\frac{IN}{IC}=\frac{1}{3}$  
Theo định lý Talet có $MN\text{//}BC$.

Mà $BC\subset \left(BCD\right),BC\subset \left(ABC\right)$.

Vậy $MN\text{//}\left(BCD\right),MN\text{//}\left(ABC\right)$.

Chọn B.

Sử dụng định lý ba đường giao tuyến ta có giao tuyến của $\left(MBC\right)$ với $\left(SAD\right)$ là MN sao cho $MN\text{//}BC$

Ta có: $MN\text{//}BC\text{//}AD$ nên thiết diện AMND là hình thang.

Lại có $MN\text{//}BC$ và M  là trung điểm  SA

$\Rightarrow MN$ là đường trung bình, $MN=\frac{1}{2}AD=BC$

Vậy thiết diện MNCB là hình bình hành.

Chọn A.

 
Trên $\left(ABC\right)$ kẻ $MN\text{//}AB;N\in BC$

Trên $\left(BCD\right)$ kẻ $NP\text{//}CD;P\in BD$

Ta có $\left(\alpha \right)$ chính là mặt phẳng $\left(MNP\right)$

Sử dụng đính lý ba giao tuyến ta có

$\left(MNP\right)\cap AD=\left\{Q\right\}$ với $MQ\text{//}CD\text{//}NP$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}MQ\text{//}NP\text{//}CD\\ MN\text{//}PQ\text{//}AB\end{array}\right.$

$\Rightarrow$  thiết diện MNPQ  là hình bình hành.

Chọn A.
 
Thiết diện của mặt phẳng với hình chóp là đa giác được tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng đó với mỗi mặt của hình chóp.

Hai mặt phẳng bất kì có nhiều nhất một giao tuyến.

Hình chóp tứ giác S.ABCD có 5 mặt nên thiết diện của $\left(\alpha \right)$ với S.ABCD có không qua 5 cạnh, không thể là hình lục giác 6 cạnh.

Sử dụng định lý ba đường giao tuyến ta có giao tuyến của $\left(ADM\right)$ với $\left(SBC\right)$ là MN sao cho  $MN\text{//}BC$

Ta có: $MN\text{//}BC\text{//}AD$  nên thiết diện AMND là hình thang.

Chọn A.
 
I trên đoạn SO và $\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}$ nên I là trọng tâm tam giác SBD. Suy ra M là trung điểm SD; N là trung điểm SB

Do đó $MN\text{//}BD$ và $MN=\frac{1}{2}BD$ nên MNBD là hình thang.

Chọn D.
 
Ta có: $\left(\alpha \right)//AB$ nên giao tuyến $\left(\alpha \right)$ và $\left(ABC\right)$ là đường thẳng song song AB

Trong $\left(ABC\right).$ Qua M  vẽ $EF//AB\left(1\right)$ $\left(E\in BC,F\in AC\right).$ Ta có $\left(\alpha \right)\cap \left(ABC\right)=MN.$

Tương tự trong $mp\left(BCD\right),$ qua E vẽ $EH//DC\left(2\right)\left(H\in BD\right)$ suy ra $\left(\alpha \right)\cap \left(BCD\right)=HE.$

Trong $mp\left(ABD\right),$ qua H vẽ $HG//AB\left(3\right)\left(G\in AD\right),$ suy ra $\left(\alpha \right)\cap \left(ABD\right)=GH.$

Thiết diện của ABCD cắt bởi $\left(\alpha \right)$ là tứ giác EFGH

Ta có

 $\left.\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\cap \left(ADC\right)=FG\\ \left(\alpha \right)//DC\end{array}\right\}\Rightarrow FG//DC\left(4\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right),\left(4\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}EF//GH\\ EH//GF\end{array}\right.\Rightarrow EFGH$ là hình bình hành.

Chọn A.
 
 MN là đường trung bình của $\Delta SAC$ nên $MN//AC.$  
Ta có

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}MN//AC\\ AC\subset \left(ABCD\right)\\ MN\not\subset \left(ABCD\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow MN//\left(ABCD\right). \end{gathered}$$

Chọn A.
 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}M\in \left(\alpha \right)\cap \left(ABCD\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}BD\subset \left(ABCD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\alpha \right)\cap \left(ABCD\right)=EF\text{//}BD$

$\left(M\in EF,E\in BC,F\in CD\right)$.

Lại có:  $\left\{\begin{array}{l}M\in \left(\alpha \right)\cap \left(SAC\right)\\ \left(\alpha \right)\text{//}SA\subset \left(SAC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\alpha \right)\cap \left(SAC\right)=MN\text{//}SA\left(N\in SC\right)$.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác NEF.

Chọn B.

Trong mặt phẳng $\left(ABCD\right)$, qua M kẻ đường thẳng $MN\parallel BC\left(N\in BC\right).$ Khi đó,  $MN\subset \left(\alpha \right).$

Trong mặt phẳng $\left(SAB\right)$, qua N kẻ đường thẳng $NP\parallel SA\left(P\in SB\right).$ Khi đó,  $NP\subset \left(\alpha \right).$

Vậy $\left(\alpha \right)\equiv \left(MNP\right).$

Xét hai mặt phẳng $\left(MNP\right)$ và $\left(SBC\right)$  có

$\left\{\begin{array}{l}MN\subset \left(MNP\right)\\ BC\subset \left(SBC\right)\\ MN\parallel BC\\ P\in \left(MNP\right),P\in \left(SBC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ hai mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm P và song song với BC

Trong mặt phẳng $\left(SBC\right)$ kẻ $PQ\parallel BC\left(Q\in SC\right).$ Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ với mặt phẳng $\left(SBC\right)$. Vậy mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ cắt khối chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác MNPQ

Tứ giác MNPQ có $\left\{\begin{array}{l}MN\parallel BC\\ MC\parallel NB\end{array}\right.$

$\Rightarrow MNBC$ là hình bình hành. Từ đó suy ra $MN=BC.$

Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB, Q thuộc đoạn SC và $PQ\parallel BC$ nên $PQ<BC.$

Tứ giác MNPQ  có $\left\{\begin{array}{l}MN\parallel PQ\\ PQ<MN\end{array}\right.$

$\Rightarrow MNPQ$ là hình thang có đáy lớn là MN

Chọn A. 
 
Ta có:

$\left(\alpha \right)\cap \left(ABC\right)=PQ,PQ\parallel AB \left(1\right)$

$\left(\alpha \right)\cap \left(ACD\right)=PS, PS\parallel CD \left(2\right)$

$\left(\alpha \right)\cap \left(BCD\right)=QR, QR \parallel CD \left(3\right)$

$\left(\alpha \right)\cap \left(ABD\right)=RS, RS\parallel AB \left(4\right)$

$RS\parallel PQ \left(\parallel AB\right) \left(5\right)$

$PS\parallel RQ \left(\parallel CD\right) \left(6\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right),\left(4\right),\left(5\right),\left(6\right)$ ta được thiết diện cần tìm là hình bình hành PQRS.