Bài toán thiết diện của hình chóp

Bước 1:

Ta có $M \in \left( {ABM} \right),M \in \left( {SCD} \right)$$\Rightarrow M \in \left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$.

Bước 2:

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ gọi $I = AB \cap CD$.

$I \in AB \Rightarrow I \in \left( {ABM} \right)$$;I \in CD \Rightarrow I \in \left( {SCD} \right)$

$\Rightarrow I \in \left( {ABM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$

Bước 3:

Vậy mặt phẳng $\left( {AMB} \right),\,\,\left( {SCD} \right)$ có điểm chung là $M$ và $I$.

Nên $MI$ là giao điểm của 2 mặt phẳng trên.

Bước 1:

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

Bước 2:

=>$NP||BC;MN||AB$.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}NP,MN \subset \left( {MNP} \right)\\AB,BC \subset \left( {ABC} \right)\\NP \cap MN = \left\{ N \right\}\\AB \cap BC = \left\{ B \right\}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( {MNP} \right)||\left( {ABC} \right)$

Bước 3:

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

Bước 4:

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

Tương tự ta có $NP = MP = 4cm.$

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

Bước 5:

$\Rightarrow {S_{MNP}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}{.4^2} = 4\sqrt 3 c{m^2}$

Giao tuyến $d$ của hai mặt phẳng có thể song song hoặc trùng với $a$, nó cũng có thể song song hoặc trùng với $b$. Trường hợp trùng xảy ra khi $a = \left( P \right) \cap \left( Q \right)$ hoặc $b = \left( P \right) \cap \left( Q \right)$

Cho hai đường thẳng chéo nhau, khi đó có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với mặt phẳng kia.

Vì $S \in \left( {SAD} \right)$ và $S \in \left( {SBC} \right)$ nên $S \in d$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\\d = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d//AD//BC$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BC\parallel \left( \alpha  \right)\\BC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\parallel BC\,\left( {N \in AB} \right)\,\,\left( 1 \right).$

Tương tự $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\parallel \left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = NP\parallel SA\,\left( {P \in SB} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right)\\BC\parallel \left( \alpha  \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\parallel BC\,\left( {Q \in SC} \right)\,\,\left( 2 \right).\end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra $MN//PQ$ .

Vậy thiết diện là hình thang $MNPQ$ .

Gọi $M$  là trung điểm của $AC$ .

Trong $\left( {ABC} \right)$  qua $M$  kẻ $MN//AB\left( {N \in BC} \right)$

Trong $\left( {ACD} \right)$  và $\left( {BCD} \right)$  kẻ $MQ//CD$  và  $NP//CD\left( {Q \in AD,P \in BD} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\AB \subset \left( {ABC} \right)\\AB//\left( \alpha  \right)\\MN//AB\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN.$

Chứng minh tương tự ta có: $\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP//CD$

$\begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ//AB\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = QM//CD.\end{array}$

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi $mp\left( \alpha  \right)$ là tứ giác $MNPQ$ .

Ta có: $MN//PQ//AB,MQ//NP//CD$ nên $MNPQ$  là hình bình hành.

Ta có: $MN$  là đường trung bình của tam giác $ABC$  và $MQ$  là đường trung bình của tam giác $ACD$  nên $MN = \dfrac{1}{2}AB,MQ = \dfrac{1}{2}CD.$

Mà $AB = CD$  nên $MN = MQ$ . Vậy $MNPQ$ là hình thoi.

Ta có: $MN$  là đường trung bình của tam giác $ABC$  nên $MN//AC//A'C'$ .

$\left( {MNP} \right)$  và $\left( {A'B'C'D'} \right)$  có điểm $P$  chung và $MN//A'C'$ . 

Qua $P$  kẻ  $EF//A'C';E \in A'B',F \in B'C'.$

Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi $mp\left( {MNP} \right)$  là $MNFE$.

Ta có: $ABCD$  là hình thang và $I,J$ là trung điểm của $AD$  và $BC$  nên $IJ$  là đường trung bình của hình thang $ABCD$.

$\Rightarrow IJ//AB//CD$ .

$\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\{\rm{IJ}} \subset \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\AB//{\rm{IJ}}\end{array} \right. \Rightarrow$ Trong $\left( {SAB} \right)$  qua $G$  kẻ $MN//AB\left( {M \in SA;N \in SB} \right)$

$\Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN$ và $MN//IJ//AB//CD$ .

Giả sử thiết diện cần tìm đi qua điểm $M \in SB.$

Trong $\left( {SAB} \right)$  qua $M$  kẻ $MN//SE\left( {N \in SA} \right)$ ta có:

$\left( \alpha  \right)$ và $\left( {SAB} \right)$  có điểm $M$  chung.

$\begin{array}{l}\left( \alpha  \right)//SE \subset \left( {SAB} \right)\\MN//SE\\ \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN.\end{array}$

Tương tự trong $\left( {SAD} \right)$  qua $N$  kẻ  $NP//SF\left( {P \in SD} \right)$ ta có: $\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = NP.$

Trong $\left( {SCD} \right)$  kẻ  $PQ//SE\left( {Q \in SC} \right)$ ta có: $\left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ.$

$\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = MQ.$

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi $mp\left( \alpha  \right)$ là tứ giác $MNPQ$.

$\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $MP//CD$  với $P \in CD$

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $NQ//CD\left( {Q \in BD} \right)$

Vậy thiết diện là tứ giác $MPNQ$ có $MP//NQ//CD$  nên $MPNQ$  là hình thang.

Để $MPNQ$ là hình bình hành thì cần thêm điều kiện $MP = NQ$.

Mà $MP = \dfrac{1}{2}CD$ (do $MP$  là đường trung bình của tam giác $ACD$).

Suy ra $NQ = \dfrac{1}{2}CD$. Mà $NQ//CD$  nên $NQ$  là đường trung bình của tam giác $BCD$ .

Vậy $N$ là trung điểm của $BC$  hay $NB = \dfrac{1}{2}BC$.

Tam giác $SBD$ cân tại $S$  nên $SB = SD$ .

Suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow \widehat {SCB} = \widehat {SCD}$.

Gọi $I$  là trung điểm của $SC$ .

Xét hai tam giác $IBC$  và $ICD$  có:

$IC$ chung

$BC = DC$ ($ABCD$ là hình vuông)

$\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\,\left( {cmt} \right)$

Do đó $\Delta IBC = \Delta IDC\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow IB = ID$ hay tam giác $ICD$  cân tại $I$ .

Do $O$  là trung điểm của $BD$  nên $IO$  là đường trung tuyến trong tam giác cân $\Rightarrow IO \bot BD.$

Mà $SA//IO$ nên $SA \bot BD.$

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

Suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {ABCD} \right)$  là đường thẳng qua $M$  và song song với $BD$  cắt $AB$  tại $Q$ $\Rightarrow MQ\parallel BD.\,\,\left( 1 \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\parallel \left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$với $\left( {SAB} \right)$  là đường thẳng đi qua $Q$  và song song với $SA$  cắt $SB$ tại $P$ . Do đó $QP//SA\left( 2 \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\BD\parallel \left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$với $\left( {SBD} \right)$  là đường thẳng đi qua $P$ và song song với $BD$  cắt $SO$  tại $N$ . Do đó $PN//BD\left( 3 \right)$ .

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN\\SA\parallel \left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\parallel SA.$ (4).

Từ (1) và (3) suy ra $PN//MQ//BD$ , từ (2) và (4) suy ra $QP//MN//SA$ . Do đó $MNPQ$ là hình bình hành.

Lại có $SA \bot BD \Rightarrow MN \bot MQ$ .

Vậy $MNPQ$  là hình chữ nhật.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel SA\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( \alpha  \right) = MQ\parallel SA\,\,\left( {Q \in SB} \right).$

Trong (ABCD), gọi $I = MN \cap AC$. Ta có:

$\begin{array}{l}I \in MN,\,MN \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right).\\I \in AC,\,AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow T \in \left( {SAC} \right)\\ \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right).\end{array}$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel SA\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( \alpha  \right) = IP\parallel SA\,\,\left( {P \in SC} \right).$

Thiết diện là tứ giác $MNPQ$ .

Để tứ giác $MNPQ$ là hình thang thì cần $MQ//NP$ hoặc $MN//PQ$ .

Trường hợp 1: Nếu $MQ//NP$ thì

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MQ\parallel NP\\MQ\parallel SA\end{array} \right. \Rightarrow SA\parallel NP,$ mà $NP \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow SA\parallel \left( {SCD} \right)$ (Vô lí).

Trường hợp 2: Nếu $MN//PQ$  thì ta có các mặt phẳng $\left( {ABCD} \right),\left( \alpha  \right),\left( {SBC} \right)$  đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là $MN,BC,PQ$ nên $MN//BC$.

Đảo lại nếu $MN//BC$ thì $\left\{ \begin{array}{l}PQ = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right)\\MN \subset \left( \alpha  \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ\parallel MN\parallel BC$ nên tứ giác $MNPQ$ là hình thang.

Vậy tứ giác $MNPQ$  là hình thang thì điều kiện là $MN//BC$ .

Ta có: $ABCD$  là hình thang và $I,J$ là trung điểm của $AD$ và $BC$  nên $IJ$  là đường trung bình của hình thang $ABCD$.

$\Rightarrow IJ//AB//CD$ .

$\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\{\rm{IJ}} \subset \left( {{\rm{IJ}}G} \right)\\AB//{\rm{IJ}}\end{array} \right. \Rightarrow$ Trong $\left( {SAB} \right)$ qua $G$  kẻ $MN//AB\left( {M \in SA;N \in SB} \right)$

$\Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN$ và $MN//IJ//AB//CD$ .

Dễ thấy thiết diện của $\left( {IJG} \right)$ và hình chóp là hình thang $MNJI$.

$G$  là trọng tâm của tam giác $SAB$  và $MN//AB$ nên theo định lí Ta-let ta có:

$\dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{{SG}}{{SE}} = \dfrac{2}{3}$ (Với $E$  là trung điểm của $AB$).

$\Rightarrow MN = \dfrac{2}{3}AB$

Lại có: $IJ$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$  nên ${\rm{IJ}} = \dfrac{{AB + CD}}{2}.$

Để hình thang $MNJI$  trở thành hình bình hành thì cần điều kiện $MN = IJ$.

$\Rightarrow \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right) \Leftrightarrow \dfrac{1}{6}AB = \dfrac{1}{2}CD \Leftrightarrow AB = 3CD.$

Trong $\left( {ABCD} \right)$  qua $O$  kẻ $GF//AC\left( {G \in AD,F \in CD} \right)$

Trong $\left( {SCD} \right)$  qua $F$  kẻ $FH//SD\left( {H \in SC} \right)$

$\Rightarrow \left( \alpha  \right)$ là $\left( {GFH} \right)$ .

$\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = GF,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = HF.$

Ta có: $\left( \alpha  \right)$ và $\left( {SAC} \right)$  có $H$ chung, $\left( \alpha  \right) \supset GF,\left( {SAC} \right) \supset AC,GF//AC$.

$\Rightarrow$ Qua $H$  kẻ $HI//AC\left( {I \in SA} \right)$

$\Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = HI,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = GI$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$  gọi $J = GF \cap AB \Rightarrow J \in AB \Rightarrow J \in \left( {SAB} \right)$

Trong $\left( {SAB} \right)$ gọi $K = IJ \cap SB\left( {K \in SB} \right)$

$\Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = IK,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = HK$

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi $mp\left( \alpha  \right)$ là $GFHKI$ là đa giác có $5$ cạnh.

Giả sử dựng được điểm $E,F$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}EF = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel BD\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF\parallel BD.$

Do đó các điểm $E,F,A,M$  cùng thuộc mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$, gọi $K = EF \cap AM.$

Ta có: $K \in EF,EF \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right).$

$K \in AM,AM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right).$

Mà $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$ với $O = AC \cap BD \Rightarrow K \in SO.$

Cách dựng $E,F$: Dựng giao điểm $K$  của $AM$  và $SO$ . Qua $K$  kẻ đường thẳng song song với $BD$  cắt $SB$  tại $E$  và cắt $SD$  tại $F$ .

Do $\begin{array}{l}I = ME \cap BC\\I \in ME,ME \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha  \right)\\I \in BC,BC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABCD} \right).\end{array}$

Do đó $I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)$

Tương tự ta cũng có $J \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)$và $A \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)$

Vậy $I,J,A$ cùng thuộc giao tuyến của $mp\left( \alpha  \right)$ và (ABCD).

Vậy $I,J,A$thẳng hàng.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$

Suy ra $\left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN\parallel CD$ với $N \in AC$.

Tương tự $\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\parallel CD$ với $Q \in BD.$

Vì $MN//CD//PQ$  nên thiết diện $MNPQ$  là hình thang.

Ta có $DQ = CP = x,DM = a-x$.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác $DMQ$ ta có:

$MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ.cos60}  = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .$

Tương tự ta cũng tính được $NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .$

Suy ra $MQ = NP$ .

Mặt khác ta có 

$\begin{array}{l}MN = x < \dfrac{a}{2};PQ = a - x > \dfrac{a}{2}\\ \Rightarrow MN \ne PQ\end{array}$

$\Rightarrow MNPQ$ không là hình bình hành

Vậy thiết diện $MNPQ$  là hình thang cân.

$\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha  \right)//SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow$ Qua $M$  kẻ $MQ//SA\left( {Q \in AB} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ.$

Tương tự như trên ta xác định được

$\begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = QP//BC\,\,\left( {P \in AC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN//BC\,\,\left( {N \in BC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = PN//SA\end{array}$

Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi $mp\left( \alpha  \right)$ là hình bình hành $MNPQ.$

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{{SM}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{MN}}{a} = \dfrac{m}{{2a}} \Rightarrow MN = \dfrac{m}{2}\\\dfrac{{QM}}{{SA}} = \dfrac{{BM}}{{BS}} \Rightarrow \dfrac{{QM}}{{2a}} = \dfrac{{2a - m}}{{2a}} \Rightarrow QM = 2a - m.\end{array}$

Vậy chu vi hình bình hành $MNPQ$  là: $2\left( {MN + QM} \right) = 2\left( {\dfrac{m}{2} + 2a - m} \right) = m + 4a - 2m = 4a - m.$

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC//\left( \alpha  \right),BC \subset \left( {ABCD} \right),BC \subset \left( {SBC} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\end{array} \right. \Rightarrow MN//BC//PQ\,\,\,\left( 1 \right).\\\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( \alpha  \right)//SA,SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA//MQ.\end{array}$

Áp dụng định lí Ta-let ta có: $\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{SQ}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}};\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow NP//SD.$

$\left\{ \begin{array}{l}MQ//SA\\MN//BC//AD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {SAD} = {60^0}.$ (vì tam giác $SAD$ đều)

Tương tự ta chứng ming được $\widehat {MNP} = \widehat {SDA} = {60^0} \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MNP}\,\,\left( 2 \right).$

Từ (1) và (2) suy ra $MNPQ$  là hình thang cân.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ICD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ICD} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ và $\left( {ICD} \right)$ là đường thẳng qua $M$  và song song với $CD$  cắt $IC$  tại $L$  và cắt $ID$  tại $N$.

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {JAB} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {JAB} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ và $\left( {JAB} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và song song $AB$  cắt $JA$  tại $P$  và cắt $JB$  tại $Q$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}L \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {ABC} \right)$ là đường thẳng qua $L$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $E$ và cắt $AC$  tại $F$ . Do đó $EF//AB{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right)\\AB\parallel \left( \alpha  \right)\\AB \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$và $\left( {ABD} \right)$  là đường thẳng qua $N$  song song với $AB$  cắt $BD$  tại $H$  và cắt $AD$  tại $G$ .

Do đó $HG//AB\left( 2 \right)$ .

Từ (1) và (2) suy ra EF // HG // AB (*)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}FG = \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow FG\parallel CD\,\,\,\left( 3 \right)$.

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}EH = \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\CD\parallel \left( \alpha  \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EH\parallel CD\,\,\left( 4 \right).$

Từ (*) và (**) suy ra $EFGH$  là hình bình hành.

Mà $AB \bot CD \Rightarrow EF \bot FG.$ Vậy thiết diện $EFGH$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow {S_{EFGH}} = EF.FG = PQ.LN.$

Trong tam giác $JAB$, ta có $\dfrac{{PQ}}{{AB}} = \dfrac{{JM}}{{JI}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow PQ = \dfrac{{2AB}}{3} = \dfrac{{2a}}{3}.$

Trong tam giác $ICD$  ta có $\dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow LN = \dfrac{{CD}}{3} = \dfrac{b}{3}.$

Vậy diện tích thiết diện là: ${S_{EFGH}} = \dfrac{{2a}}{3}.\dfrac{b}{3} = \dfrac{{2ab}}{9}.$