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.