(1,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), cạnh \(a\); tam giác \(SBD\) cân tại \(S\). Gọi \(M\) là điểm tùy ý trên \(AO\). Đặt \(AM = x\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua \(M\) và song song với \(SA\), \(BD\) cắt \(SO,{\rm{ }}SB,{\rm{ }}AB\) tại \(N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q\).

a) Tứ giác \(MNPQ\) là hình gì ?

b) Giả sử \(SA = a\). Tính diện tích tứ giác \(MNPQ\) theo \[a\] và \[x\]. Tìm \(x\) để diện tích \(MNPQ\) đạt giá trị lớn nhất.

a) Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) nên \(SB = SD\).

Suy ra \(\Delta SBC = \Delta SDC{\rm{ }}\left( {c.c.c} \right)\), do đó \(\widehat {SCB} = \widehat {SCD}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(SC\). Xét hai tam giác \(IBC\) và \(IDC\), ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}IC{\rm{ chung}}\\BC = DC\\\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\end{array} \right.\] suy ra \(\Delta IBC = \Delta IDC\) nên \(IB = ID\) hay tam giác \(IBD\) cân tại \(I\).

Do \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(IO\) là đường trung tuyến trong tam giác cân, suy ra \(IO \bot BD\). Mà \(SA\,{\rm{//}}\,IO\) nên \(SA \bot BD\).                      Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {ABCD} \right)\] là đường thẳng qua \(M\) song song với \(BD\) cắt \(AB\) tại \(Q\). Do đó \[MQ\,{\rm{//}}\,BD\].    \(\left( 1 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SAB} \right)\] là đường thẳng qua \(Q\) song song với \(SA\) cắt \(SB\) tại \(P\). Do đó \[QP\,{\rm{//}}\,SA\].           \(\left( 2 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SBD} \right)\] là đường thẳng qua \(P\) song song với \(BD\) cắt \(SO\) tại \(N\). Do đó \[PN\,{\rm{//}}\,BD\]. \(\left( 3 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\] suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,SA\).           \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\), suy ra \(PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\). Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\), suy ra \(QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\\QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\\SA \bot BD\end{array} \right.\) suy ra tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

b) Do \(MQ\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\widehat {AQM} = \widehat {ABD} = 45^\circ  = \widehat {QAM}\).

Suy ra tam giác \(AMQ\) cân tại \(M\) nên \(MQ = MA = x\).

Xét tam giác \(SAO\), ta có \[\frac{{MN}}{{AS}} = \frac{{OM}}{{OA}}\] suy ra \[MN = AS.\frac{{OM}}{{OA}} = a.\frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} - x}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = a - x\sqrt 2 \].

Do đó \[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}x\sqrt 2 \left( {a - x\sqrt 2 } \right)\]. Ta có

\[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) =  - \sqrt 2 {\left( {x - \frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8} \le \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\].

Dấu \('' = ''\) xảy ra khi và chỉ khi: \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Vậy diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\]; khi \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].