Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang có \(A{\rm{D // BC}}{\rm{, AB}} = BC = a\), \(BA{\rm{D}} = 60^\circ \).

a) Gọi M là trung điểm SD. Lấy điểm N nằm trên cạnh SA sao cho \(SN = 2NA\). Tìm giao điểm H của đường thẳng MN và mặt phẳng \(\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua G và song song với hai đường thẳng AB, CD. Tính chu vi thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Phương pháp:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}a \cap b = M\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a \cap \left( P \right) = M\).

b) Xác định mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Sử dụng định lí Cosin trong tam giác và định lí Ta-lét tính độ dài các cạnh của thiết diện, từ đó tính chu vi thiết diện.

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng \(\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) gọi: \(MN \cap A{\rm{D}} = H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in {\rm{AD}} \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow H \in \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = MN \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

b) Trong \(\left( {SAB} \right)\) qua G kẻ đường thẳng \(NJ{\rm{ // AB }}\left( {N \in SA,J \in SB} \right)\), ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha \right){\rm{ // AB}} \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = NJ\).

Trong \(\left( {SBC} \right)\) qua J kẻ \(JK{\rm{ // BC }}\left( {K \in SC} \right)\), CMTT ta có \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = JK\).

Trong \(\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) qua N kẻ \(NP{\rm{ // AD }}\left( {P \in SD} \right)\), ta có \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = NP\) và \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PK\).

Do đó thiết diện của chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\) là tứ giác NJKP.

Qua C kẻ đường thẳng song song với BA cắt AD tại E.

Dễ dàng chứng minh được ABCE là hình bình hành \( \Rightarrow A{\rm{E}} = BC = a \Rightarrow E{\rm{D}} = AB - A{\rm{E}} = 2{\rm{a}}\).

Lại có \(BA{\rm{D}} = 60^\circ \Rightarrow CE{\rm{D}} = 60^\circ \) (đồng vị).

Xét tam giác CED áp dụng định lý Cosin ta có:

\(C{{\rm{D}}^2} = C{E^2} + D{E^2} - 2CE.DE\cos \left( {CED} \right)\)

\( \Rightarrow C{D^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \times a \times 2a \times \cos \left( {60^\circ } \right)\)

\( \Rightarrow C{D^2} = 3{a^2} \Rightarrow CD = a\sqrt 3 \).

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}SN = 2NA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}\\AB{\rm{ // NJ}}{\rm{, BC // JK}}{\rm{, CD // KP}}{\rm{, DA // PN}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow NJ = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}a\)

\(JK = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a\)

\(NP = \frac{2}{3}A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}\)

\(KP = \frac{2}{3}C{\rm{D}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a\).

Chu vi thiết diện NJKP bằng: \(NJ + JK + NP + KP = \frac{2}{3}a + \frac{2}{3}a + 2{\rm{a}} + \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a = \frac{{10 + 2\sqrt 3 }}{3}a\).