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 (MNI) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng \(\frac{7}{13}\) lần phần còn lại. Tính tỉ số \(k=\frac{IA}{IS}\) ? 

Đặt \(\frac{SI}{SA}=x\left( 0<x<1 \right).\)

Trong (ABCD) kéo dài MN cắt AD, CD lần lượt tại P, Q. 

Trong (SAD) kéo dài PI cắt SD tại E. 

Trong (SCD) nối QE cắt SC tại J. 

Khi đó (IMN) cắt hình chóp theo thiết diện là IMNJE. 

Mặt phẳng (IMN) 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: \(\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{7}{20}.\)

Ta có: \({{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{IJE}}.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.BMN}}}{V}=\frac{{{S}_{BMN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{1}{2}.\frac{BM}{BA}.\frac{BN}{BC}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.BMN}}=\frac{V}{8}.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.MNI}}}{{{V}_{S.MNA}}}=\frac{SI}{SA}=x\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=x{{V}_{S.MNA}}\)

\(\frac{{{V}_{S.MNA}}}{V}=\frac{{{S}_{MNA}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{\frac{1}{2}{{S}_{ABN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.MNA}}=\frac{1}{8}V\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=\frac{x}{8}V.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IJ\\ \left( {IMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\ \left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC \end{array} \right.,\) lại có MN // AC (do MN là đường trung bình của tam giác ABC) 

\(\Rightarrow IJ//MN\Rightarrow \frac{SI}{SA}=\frac{SJ}{SC}=x.\)

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}={{x}^{2}}\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}={{x}^{2}}{{V}_{S.ANC}}.\)

\(\frac{{{V}_{S.ANC}}}{V}=\frac{{{S}_{ANC}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{\frac{1}{2}{{S}_{ABC}}}{ABCD}=\frac{1}{4}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}=\frac{{{x}^{2}}}{4}V.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}.\frac{SE}{SD}={{x}^{2}}\frac{SE}{SD}.\)

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta BMN=\Delta CQN\left( g.c.g \right)\Rightarrow BM=CQ=\frac{1}{2}CD.\)

\(\Rightarrow DQ=3CQ=3AM\Rightarrow \frac{AM}{DQ}=\frac{PA}{PD}=\frac{1}{3}.\)

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác SAD ta có: 

\(\frac{PA}{PD}.\frac{ED}{ES}.\frac{IS}{IA}=1\Rightarrow \frac{1}{3}.\frac{ED}{ES}.\frac{x}{1-x}=1\Leftrightarrow \frac{ED}{ES}=\frac{3\left( 1-x \right)}{x}\)

\(\Rightarrow \frac{ED+ES}{ES}=\frac{3-2x}{x}\Rightarrow \frac{SE}{SD}=\frac{x}{3-2x}\)

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}={{x}^{2}}\frac{SE}{SD}={{x}^{2}}.\frac{x}{3-2x}=\frac{{{x}^{3}}}{3-2x}.\)

Mà \({{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{2}V\Rightarrow {{V}_{S.IJE}}=\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}V.\)

Khi đó ta có: 

\({{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{S.IJE}}\)

      \(=\frac{V}{8}+\frac{x}{8}V+\frac{{{x}^{2}}}{4}V+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}V\)

      \(=\left( \frac{1}{8}+\frac{x}{8}+\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x} \right)V\)

\(\Rightarrow \frac{1}{8}+\frac{x}{8}+\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}=\frac{7}{20}\)

Thử đáp án: 

Đáp án A: \(k=\frac{IA}{IS}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{SI}{SA}=\frac{2}{3}\Rightarrow \) Loại

Đáp án B: \(k=\frac{IA}{IS}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SI}{SA}=\frac{3}{5}\Rightarrow \) Thỏa mãn.