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 $\dfrac{SI}{SA}=x\left( 0<x<1 \right)$.
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 $\dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{7}{20}$.
Ta có: ${{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{IJE}}$.
+) $\dfrac{{{V}_{S.BMN}}}{V}=\dfrac{{{S}_{BMN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{BM}{BA}.\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{1}{8}$ $\Rightarrow {{V}_{S.BMN}}=\dfrac{V}{8}$.
+) $\dfrac{{{V}_{S.MNI}}}{{{V}_{S.MNA}}}=\dfrac{SI}{SA}=x\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=x{{V}_{S.MNA}}$
$\dfrac{{{V}_{S.MNA}}}{V}=\dfrac{{{S}_{MNA}}}{{{S}_{ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}{{S}_{ABN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\dfrac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.MNA}}=\dfrac{1}{8}V$
$\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=\dfrac{x}{8}V$.
+) $\dfrac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\dfrac{SI}{SA}.\dfrac{SJ}{SC}$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{*{35}{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} \right. $, lại có $ MN//AC$ (do MN là đường trung bình của tam giác ABC)
$\Rightarrow IJ//MN\Rightarrow \dfrac{SI}{SA}=\dfrac{SJ}{SC}=x$.
$\Rightarrow \dfrac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\dfrac{SI}{SA}.\dfrac{SJ}{SC}={{x}^{2}}\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}={{x}^{2}}{{V}_{S.ANC}}$.
$\dfrac{{{V}_{S.ANC}}}{V}=\dfrac{{{S}_{ANC}}}{{{S}_{ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}{{S}_{ABC}}}{ABCD}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}=\dfrac{{{x}^{2}}}{4}V$.
+) $\dfrac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\dfrac{SI}{SA}.\dfrac{SJ}{SC}.\dfrac{SE}{SD}={{x}^{2}}\dfrac{SE}{SD}$.
Dễ dàng chứng minh được $\Delta BMN=\Delta CQN\left( g.c.g \right)\Rightarrow BM=CQ=\dfrac{1}{2}CD$.
$\Rightarrow DQ=3CQ=3AM\Rightarrow \dfrac{AM}{DQ}=\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{1}{3}$.
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $SAD$ ta có:
$\dfrac{PA}{PD}.\dfrac{ED}{ES}.\dfrac{IS}{IA}=1\Rightarrow \dfrac{1}{3}.\dfrac{ED}{ES}.\dfrac{x}{1-x}=1\Leftrightarrow \dfrac{ED}{ES}=\dfrac{3\left( 1-x \right)}{x}$
$\Rightarrow \dfrac{ED+ES}{ES}=\dfrac{3-2x}{x}\Rightarrow \dfrac{SE}{SD}=\dfrac{x}{3-2x}$
$\Rightarrow \dfrac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}={{x}^{2}}\dfrac{SE}{SD}={{x}^{2}}.\dfrac{x}{3-2x}=\dfrac{{{x}^{3}}}{3-2x}$
Mà ${{V}_{S.ACD}}=\dfrac{1}{2}V\Rightarrow {{V}_{S.IJE}}=\dfrac{{{x}^{3}}}{6-4x}V$.
Khi đó ta có: ${{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{IJE}}$
$=\dfrac{V}{8}+\dfrac{x}{8}V+\dfrac{{{x}^{2}}}{4}V+\dfrac{{{x}^{3}}}{6-4x}V$
$=\left( \dfrac{1}{8}+\dfrac{x}{8}+\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+\dfrac{{{x}^{3}}}{6-4x} \right)V$
$\Rightarrow \dfrac{1}{8}+\dfrac{x}{8}+\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+\dfrac{{{x}^{3}}}{6-4x}=\dfrac{7}{20}$
Thử đáp án:
Đáp án A: $k=\dfrac{IA}{IS}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow x=\dfrac{SI}{SA}=\dfrac{2}{3}$ ⇒ Loại.
Đáp án B: $k=\dfrac{IA}{IS}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow \dfrac{SI}{SA}=\dfrac{3}{5}$ ⇒ Thỏa mãn.