Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và \[M\] là trung điểm cạnh \[SC\]. Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MAB} \right)\] là              

Xác định \(M,N\) :

Trong mặt phẳng \((SAC)\), kẻ \(CI\) cắt \(SA\) tại \(M\);

Trong mặt phẳng \((SBD)\), kẻ \(DI\) cắt \(SB\) tại \(N\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in CI,CI \subset (ICD)}\\{M \in SA}\end{array} \Rightarrow M = SA \cap (ICD)} \right.\).

Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in DI,DI \subset (ICD)}\\{N \in SB}\end{array} \Rightarrow N = SB \cap (ICD)} \right.\).

Tính \(MN\) theo \(a\) :

Gọi \(E\) là trung điểm \(BN,OE\) là đường trung bình của tam giác \(BDN\) \( \Rightarrow OE//DN\).

Trong tam giác \(SOE\), ta có \(NI\) qua trung điểm \(I\) của \(SO\) và \(NI//OE,N\) là trung điểm của \(SE\).

Vậy \(SN = NE = EB\) hay \(SN = \frac{1}{3}SB\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(SM = \frac{1}{3}SA\).

Khi đó hai tam giác \(SMN,SAB\) đồng dạng vì có góc \(S\) chung và \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác \(SAB\), theo định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{3} = \frac{a}{3}{\rm{. }}\)

Chứng minh \(SK//BC//AD\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAD)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{K \in CN,CN \subset (SBC)}\\{K \in DM,DM \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow K \in (SBC) \cap (SAD)} \right.\).

Vì vậy \(SK = (SBC) \cap (SAD)\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SK = (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD) \Rightarrow SK//BC//AD.}\\{BC//AD}\end{array}} \right.\)

\[\Delta A'B'C'\] có \[MP\] là đường trung bình\( \Rightarrow MP{\rm{//}}A'C'\), \(MP{\rm{ = }}\frac{1}{2}A'C'\) \(\left( 1 \right)\).

Ta có\[A'C'//AC,A'C' = AC \Rightarrow AQ//A'C';AQ = \frac{1}{2}A'C'\left( 2 \right)\].

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MP{\rm{//QA;MP = QA}} \Rightarrow MNPD\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow AM{\rm{//}}PQ\).