Bài toán thiết diện của hình chóp

Gọi \(O = AC \cap BD\)

Trường hợp 1: $M$  nằm giữa $O$  và $B$ .

Trong $\left( {ABCD} \right)$  qua $M$  kẻ \(FG//AC\left( {F \in AB,G \in BC} \right)\)

Trong $\left( {SAB} \right)$  qua $F$  kẻ  \(FH//SB\left( {H \in SA} \right)\). 

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

Ta có: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = FH.\)

Ta có: \(mp\left( \alpha  \right)\) và $\left( {SAC} \right)$  có $H$  chung.

\(\begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \supset FG\\\left( {SAC} \right) \supset AC\\FG//AC\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Qua $H$  kẻ \(HI//AC\left( {I \in SC} \right),mp\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = HI,mp\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = GI\)

Trong $\left( {ABCD} \right)$  kéo dài $FG$  cắt $CD$  và $AD$  lần lượt tại $K$  và \(J\left( {K \in CD,J \in AD} \right)\).

Trong $\left( {SCD} \right)$  gọi \(L = KI \cap SD \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = IL,\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAD} \right) = HL.\)

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

Trường hợp 2: $M$  nằm giữa $O$  và $D$ .

Trong $\left( {ABCD} \right)$  qua $M$  kẻ \(EF//AC\left( {E \in AD,F \in CD} \right)\).

Trong $\left( {SBD} \right)$  qua $M$  kẻ \(MG//SB\left( {G \in SD} \right).\)

\( \Rightarrow mp\left( \alpha  \right)\) là $\left( {EFG} \right)$  và $EFG$  cũng chính là thiết diện của hình chóp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\).

Vậy thiết diện là tam giác.

Tóm lại, tùy vào vị trí của điểm $M$ trên đoạn $BD$ , thiết diện của hình chóp cắt bởi \(mp\left( \alpha  \right)\) có thể là tam giác hoặc ngũ giác.

Giả sử \(\left( \alpha  \right)\) cắt các cạnh $AD,AC,CB,BD$  theo thứ tự tại $M,N,P,Q$.

\(\left\{ \begin{array}{l}CD//\left( \alpha  \right),CD \subset \left( {ACD} \right)\\M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN//CD\,\,\left( {N \in AC} \right)\)

Tương tự \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ//CD\,\,\left( {Q \in BD} \right).\)

Khi đó: \(\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = MQ//AB,\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//AB.\)

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

Theo định lí Ta-let ta có:

\(\dfrac{{NP}}{{AB}} = \dfrac{{CN}}{{CA}} \Rightarrow NP = \dfrac{a}{c}CN,\,\,\dfrac{{MN}}{{CD}} = \dfrac{{AN}}{{AC}} \Rightarrow MN = \dfrac{a}{b}AN.\)

Để MNPQ là hình thoi thì \(MN = NP \Rightarrow CN = AN\) hay $N$  là trung điểm của $AC$ . Từ đó suy ra $M,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC,BD$ .

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}D{N^2} = \dfrac{{A{D^2} + D{C^2}}}{2} - \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4}\\B{N^2} = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2}}}{2} - \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4}\end{array} \right.\\ \Rightarrow DN = BN\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta NBD\) cân tại $N$ . Lại có $Q$ là trung điểm của $BD$ nên \(NQ \bot BD.\)

Do đó ta có: \(N{Q^2} = N{B^2} - B{Q^2} = \dfrac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4} - \dfrac{{{c^2}}}{4} = \dfrac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}}}{2}\)

Tương tự ta tính được \(M{P^2} = \dfrac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{2}.\)

Vậy \({S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MP.NQ = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}}}{2}.\dfrac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{2}}  = \dfrac{1}{4}\sqrt {\left( {{b^2} + {a^2} - {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2} - {b^2}} \right)} \) .

Gọi mặt phẳng chứa \(AM\) và song song với \(BD\) là \(\left( \alpha  \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(MN//BD\,\,\left( {N \in SB} \right)\), khi đó ta có \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AMN} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(\left\{ I \right\} = MN \cap SO\), trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(K = AI \cap SC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}K \in AI \subset \left( {AMN} \right)\\K \in SC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow K = \left( {AMN} \right) \cap SC\) hay \(K = \left( \alpha  \right) \cap SC\).

Áp dụng định lí Talets ta có \(\dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{{SM}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IO}}=2\)

Ta có: O là trung điểm của AC nên \(\dfrac{{AO}}{{AC}}=\dfrac{1}{2}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SOC\), cát tuyến \(AIK\) ta có:

\(\dfrac{{IS}}{{IO}}.\dfrac{{AO}}{{AC}}.\dfrac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow 2.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{KC}}{{KS}} = 1\) \( \Rightarrow \dfrac{{SK}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}\).