Bài toán thiết diện của hình chóp

Dựng \(d\) qua \(M\) song song với \(AC\) và lần lượt cắt $AD$, $CD$ tại $E$, $F$.

\(d \cap AD = E\); \(d \cap CD = F\),

Dựng \({d_1}\) qua \(M\) song song với \(SD\) và lần lượt cắt $SA$, $SB$, $SC$ tại $G$, $H$, $I$.

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cắt hình chóp tạo nên thiết diện là ngũ giác $EFIHG$.

Ta có: \(M\)là điểm trên cạnh \(AC\) sao cho \(AC = 3MC\). Nên \(M\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\).

Gọi \(O\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(DD'\). Khi đó ta có: \(BD'\;{\rm{//}}\;\left( {IAC} \right)\).

Trong \(\left( {CDD'C'} \right)\), gọi \(N' = CI \cap C'D\). Suy ra \(N'\) là trọng tâm tam giác \(CDD'\).

Do đó: \(\dfrac{{CM}}{{CO}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{CN'}}{{CI}}\) \( \Rightarrow MN'\;{\rm{//}}\;OI\), mà \(OI\;{\rm{//}}\;BD'\) nên \(MN'\;{\rm{//}}\;BD'\).

Vậy \(N' \equiv N\) và \(x = \dfrac{2}{3}\).

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

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

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right):EF \cap BC = I;\)\(EF \cap CD = J\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right):GJ \cap SC = K;\)\(GJ \cap SD = M\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right):KI \cap SB = H\)

Ta có: \(\left( {GEF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF\), \(\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = FM\), \(\left( {GEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MK\)

$\left( {GEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = KH$, \(\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HE\)

Vậy thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left( {EFG} \right)\) là ngũ giác $EFMKH$

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 $MNPQ$ .

Giả sử một mặt phẳng song song với \(AB\) và \(CD\) cắt tứ diện \(ABCD\) theo một thiết diện là hình thoi \(MNIK\) như hình vẽ trên. Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MK\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,IN\\MN\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,IK\\MK = KI\end{array} \right.\).

Cách 1: Theo định lí Ta – lét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{MK}}{{AB}} = \dfrac{{CK}}{{AC}}\\\dfrac{{KI}}{{CD}} = \dfrac{{AK}}{{AC}}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{MK}}{6} = \dfrac{{AC - AK}}{{AC}}\\\dfrac{{KI}}{8} = \dfrac{{AK}}{{AC}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{AK}}{{AC}}\)\( \Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{KI}}{8}\)\( \Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{MK}}{8}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{7}{{24}}MK = 1\)\( \Leftrightarrow MK = \dfrac{{24}}{7}\).

Vậy hình thoi có cạnh bằng \(\dfrac{{24}}{7}\).

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 $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {ICD} \right)\\M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ICD} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow $ giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {ICD} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và

song song với $CD$cắt $IC$ tại $L$ và $ID$ tại $N$.

$\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {JAB} \right)\\M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {JAB} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow $ giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {JAB} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và song song

với $AB$cắt $JA$ tại $P$ và $JB$ tại $Q$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\\L \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow EF{\rm{// }}AB$  (1)

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {ABD} \right)\\N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow HG{\rm{// }}AB$  (2).

Từ  (1) và (2) $ \Rightarrow EF{\rm{// }}HG{\rm{// }}AB$ (3)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {ACD} \right)\\P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow FG{\rm{// }}CD$  (4) 

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {BCD} \right)\\Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow EH{\rm{// }}CD$  (5)            

Từ  (4) và (5) $ \Rightarrow FG{\rm{// }}EH{\rm{// }}CD$ (6).

Từ  (3) và (6), suy ra $EFGH$ là hình  bình hành. Mà \(AB \bot CD\) nên $EFGH$ là hình chữ nhật.

Xét tam giác $ICD$có: $LN{\rm{// }}CD$ $ \Rightarrow \dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IN}}{{ID}}$ .

Xét tam giác $ICD$ có: $MN{\rm{// }}JD$ $ \Rightarrow \dfrac{{IN}}{{ID}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}}$ .

Do đó $\dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}} = \dfrac{1}{3}$$ \Rightarrow LN = \dfrac{1}{3}CD = \dfrac{b}{3}$.

Tương tự $\dfrac{{PQ}}{{AB}} = \dfrac{{JM}}{{JI}} = \dfrac{2}{3}$$ \Rightarrow PQ = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{{2a}}{3}$.     

Vậy ${S_{EFGH}} = PQ.LN = \dfrac{{2ab}}{9}$.

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 $MNFE$.

Trong \(\left( {CDD'C'} \right)\) kẻ đường thẳng qua \(M\) song song với \(C'D'\)cắt \(DD'\)tại \(N\),cắt \(C'D'\) tại \(J\),cắt \(CC'\)tại \(K\).

Trong \(\left( {B'DD'} \right)\) kẻ đường thẳng qua \(N\) song song với \(B'D\)cắt \(B'D'\)tại \(I\)

Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) nối \(IJ\)cắt \(A'D'\) tại \(P\) ,cắt \(C'B'\) tại \(Q\) .

Trong \(\left( {CBB'C'} \right)\):Nối \(QK\) cắt \(CB\)tại \(E\).

Thiết diện là ngũ giác \(MNPQE\)

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 $MN//IJ//AB//CD$ .

Ta có:

¦ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\end{array} \right.\) và \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\,{\rm{//}}\,AB\) (1)

¦ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}MQ\,{\rm{//}}\,SA\\NP\,{\rm{//}}\,SB\end{array} \right.\)

Mà tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(SA \bot AB\) \( \Rightarrow MN \bot MQ\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( P \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại \(M\) và \(Q\).

Mặt khác

¦ \(MQ\,{\rm{//}}\,SA\) \( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{SA}} = \dfrac{{DM}}{{DA}} = \dfrac{{DQ}}{{DS}}\) \( \Rightarrow MQ = \dfrac{1}{3}SA\) và \(\dfrac{{DQ}}{{DS}} = \dfrac{1}{3}\).

¦ \(PQ\,{\rm{//}}\,CD\) \( \Rightarrow \dfrac{{PQ}}{{CD}} = \dfrac{{SQ}}{{SD}}\) \( \Rightarrow PQ = \dfrac{2}{3}AB\), với \(AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}}  = a\)

Khi đó \({S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MQ.\left( {PQ + MN} \right)\) \( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{SA}}{3}.\left( {\dfrac{{2AB}}{3} + AB} \right)\)\( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\).

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:

\(\dfrac{{MA'}}{{AA'}} + \dfrac{{PC'}}{{CC'}} = \dfrac{{NB'}}{{BB'}} + \dfrac{{QD'}}{{DD'}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{3} + \dfrac{{QD'}}{{DD'}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{QD'}}{{DD'}} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{6}\)

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 $MN = IJ$.

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

Gọi \(\Delta \) là giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\) với mặt phẳng \(\left( {SDC} \right)\).

Ta có \(AB\) song song với \(\left( {SDC} \right)\) nên suy ra \(AB\) song song với \(\Delta \).

Gọi \(N\) là trung điểm \(SC\), ta có \(N \in \Delta \).

Do đó thiết diện là hình thang cân \(ABNM\).

Kẻ \(MH \bot AB\) tại \(H\), \(H \in AB\). Do \(AB = CD\) và \(MN < CD\) nên \(H\) thuộc đoạn \(AB\).

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, ta có

\(AM = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2{a^2}}}{2} - \dfrac{{2{a^2}}}{4}}  = a\).

Mặt khác \(AH = \dfrac{{AB - MN}}{2} = \dfrac{{a - \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{a}{4}\) nên \(MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{4}\).

Suy ra ${S_{ABNM}} = \dfrac{{MH.\left( {MN + AB} \right)}}{2} = \dfrac{{3\sqrt {15} {a^2}}}{{16}}$.

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.