Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,BC$. Điểm I thuộc $SA$. Biết mặt phẳng...

Đặt ${\displaystyle \frac{SI}{SA}}=x(0<x<1)$.
Trong $\left(ABCD\right)$ kéo dài $MN$ cắt $AD,CD$ lần lượt tại $P,Q$.
Trong $\left(SAD\right)$ kéo dài $PI$ cắt $SD$ tại E.
Trong $\left(SCD\right)$ nối $QE$ cắt $SC$ tại J.
Khi đó $\left(IMN\right)$ cắt hình chóp theo thiết diện là $IMNJE$.
Mặt phẳng $\left(IMN\right)$ chia khối chóp thành hai phần, gọi $V_1$ là phần thể tích chứa đỉnh S và $V=V_{S.ABCD}$.
Khi đó ta có ${\displaystyle \frac{V_1}{V}}={\displaystyle \frac{7}{20}}$.
Ta có: $V_1=V_{S.BMN}+V_{S.MNI}+V_{S.INJ}+V_{IJE}$.
+) ${\displaystyle \frac{V_{S.BMN}}{V}}={\displaystyle \frac{S_{BMN}}{S_{ABCD}}}={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{BM}{BA}}.{\displaystyle \frac{BN}{BC}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$ $\Rightarrow V_{S.BMN}={\displaystyle \frac{V}{8}}$.
+) ${\displaystyle \frac{V_{S.MNI}}{V_{S.MNA}}}={\displaystyle \frac{SI}{SA}}=x\Rightarrow V_{S.MNI}=x{V}_{S.MNA}$
${\displaystyle \frac{V_{S.MNA}}{V}}={\displaystyle \frac{S_{MNA}}{S_{ABCD}}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{ABN}}{S_{ABCD}}}={\displaystyle \frac{1}{8}}\Rightarrow V_{S.MNA}={\displaystyle \frac{1}{8}}V$
$\Rightarrow V_{S.MNI}={\displaystyle \frac{x}{8}}V$.
+) ${\displaystyle \frac{V_{S.INJ}}{V_{S.ANC}}}={\displaystyle \frac{SI}{SA}}.{\displaystyle \frac{SJ}{SC}}$
Ta có: $\{\begin{array}{l}\left(IMN\right)\cap \left(SAC\right)=IJ\\ \left(IMN\right)\cap \left(ABCD\right)=MN\\ \left(SAC\right)\cap \left(ABCD\right)=AC\end{array}$, lại có $MN//AC$ (do MN là đường trung bình của tam giác ABC)
$\Rightarrow IJ//MN\Rightarrow {\displaystyle \frac{SI}{SA}}={\displaystyle \frac{SJ}{SC}}=x$.
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{V_{S.INJ}}{V_{S.ANC}}}={\displaystyle \frac{SI}{SA}}.{\displaystyle \frac{SJ}{SC}}=x^2\Rightarrow V_{S.INJ}=x^2{V}_{S.ANC}$.
${\displaystyle \frac{V_{S.ANC}}{V}}={\displaystyle \frac{S_{ANC}}{S_{ABCD}}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{ABC}}{ABCD}}={\displaystyle \frac{1}{4}}\Rightarrow V_{S.INJ}={\displaystyle \frac{x^2}{4}}V$.
+) ${\displaystyle \frac{V_{S.IJE}}{V_{S.ACD}}}={\displaystyle \frac{SI}{SA}}.{\displaystyle \frac{SJ}{SC}}.{\displaystyle \frac{SE}{SD}}=x^2{\displaystyle \frac{SE}{SD}}$.
Dễ dàng chứng minh được $\mathrm{\Delta }BMN=\mathrm{\Delta }CQN(g.c.g)\Rightarrow BM=CQ={\displaystyle \frac{1}{2}}CD$.
$\Rightarrow DQ=3CQ=3AM\Rightarrow {\displaystyle \frac{AM}{DQ}}={\displaystyle \frac{PA}{PD}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$.
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $SAD$ ta có:
${\displaystyle \frac{PA}{PD}}.{\displaystyle \frac{ED}{ES}}.{\displaystyle \frac{IS}{IA}}=1\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{ED}{ES}}.{\displaystyle \frac{x}{1-x}}=1\iff {\displaystyle \frac{ED}{ES}}={\displaystyle \frac{3(1-x)}{x}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{ED+ES}{ES}}={\displaystyle \frac{3-2x}{x}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{SE}{SD}}={\displaystyle \frac{x}{3-2x}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{V_{S.IJE}}{V_{S.ACD}}}=x^2{\displaystyle \frac{SE}{SD}}=x^2.{\displaystyle \frac{x}{3-2x}}={\displaystyle \frac{x^3}{3-2x}}$
Mà $V_{S.ACD}={\displaystyle \frac{1}{2}}V\Rightarrow V_{S.IJE}={\displaystyle \frac{x^3}{6-4x}}V$.
Khi đó ta có: $V_1=V_{S.BMN}+V_{S.MNI}+V_{S.INJ}+V_{IJE}$
$={\displaystyle \frac{V}{8}}+{\displaystyle \frac{x}{8}}V+{\displaystyle \frac{x^2}{4}}V+{\displaystyle \frac{x^3}{6-4x}}V$
$=({\displaystyle \frac{1}{8}}+{\displaystyle \frac{x}{8}}+{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{x^3}{6-4x}})V$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{8}}+{\displaystyle \frac{x}{8}}+{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{x^3}{6-4x}}={\displaystyle \frac{7}{20}}$
Thử đáp án:
Đáp án A: $k={\displaystyle \frac{IA}{IS}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\Rightarrow x={\displaystyle \frac{SI}{SA}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ ⇒ Loại.
Đáp án B: $k={\displaystyle \frac{IA}{IS}}={\displaystyle \frac{2}{3}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{SI}{SA}}={\displaystyle \frac{3}{5}}$ ⇒ Thỏa mãn.