Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $2a$. Mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ qua $A$ và song song với $BD$ cắt cạnh $SC$ tại $I$ và chia khối chóp thành $2$ phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ khi cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông. $E,F$ là giao điểm của $\left( \alpha  \right)$ với $SB,SD$.

Do $BD//\left( \alpha  \right)$ nên $EF//BD$.

Gọi $H = SO \cap EF$, $I = AH \cap SC$.

Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( \alpha  \right)$ chính là tứ giác $AEIF$.

Đặt $V = {V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_{S.AEIF}} = \dfrac{1}{2}V$

Ta có: ${V_{S.AEIF}} = {V_{S.AEI}} + {V_{S.AFI}}$

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.AEI}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\\dfrac{{{V_{S.AFI}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} + \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{{SI}}{{SC}}.\left( {\dfrac{{SE}}{{SB}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEFI}}}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{2.\dfrac{1}{2}V}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{1}{2}\,\,\left( * \right)\end{array}$  

Lại có, áp dụng định lý Menelaus cho bộ ba điểm $A,H,I$ thẳng hàng đối với tam giác $SOC$ ta có:

$\dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.2.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{1}{2}$

Đặt $\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{SF}}{{SD}} = \dfrac{{SH}}{{SO}} = k > 0$

$\Rightarrow SH = k.SO = k\left( {SH + HO} \right) \Rightarrow \left( {1 - k} \right)SH = k.HO \Rightarrow \dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{{1 - k}}{k}$  

Suy ra

$\begin{array}{l}\dfrac{{SI}}{{IC}}.\dfrac{{1 - k}}{k} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{IC}} = \dfrac{k}{{2\left( {1 - k} \right)}} \Rightarrow 2\left( {1 - k} \right)SI = k\left( {SC - SI} \right)\\ \Rightarrow \left( {2 - k} \right)SI = kSC \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}\end{array}$ 

Thay $\dfrac{{SE}}{{SB}} = k,\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}$ vào $\left( * \right)$ ta được:

$k.\dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2{k^2} = 2 - k \Leftrightarrow 2{k^2} + k - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {tm} \right)\\k = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Do đó $\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{EF}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}$.

Mà $BD = a\sqrt 2$ nên $EF = \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}.a\sqrt 2  = \dfrac{{\sqrt {34}  - \sqrt 2 }}{4}a$.

Xét tam giác $SAC$ có $SA = SC = 2a,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow \cos S = \dfrac{{4{a^2} + 4{a^2} - 2{a^2}}}{{2.2a.2a}} = \dfrac{3}{4}$

$\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}}}{{2 - \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}}} = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8} \Rightarrow SI = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}SC = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}.2a = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a$

Xét tam giác $SAI$ có:

$\begin{array}{l}A{I^2} = S{A^2} + S{I^2} - 2SA.SI.\cos S\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4{a^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a} \right)^2} - 2.2a.\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a.\dfrac{3}{4} = \dfrac{{35 - 5\sqrt {17} }}{8}{a^2}\end{array}$

Suy ra $AI = \dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a$.

Nhận xét: Tứ giác $AEIF$ có $EF \bot AI$ (vì $EF//BD$ và $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AI$)

Vậy diện tích thiết diện là: ${S_{AEIF}} = \dfrac{1}{2}AI.EF = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a.\dfrac{{\sqrt {34}  - \sqrt 2 }}{4}a = \dfrac{{\sqrt {70 - 10\sqrt {17} } \left( {\sqrt {34}  - \sqrt 2 } \right)}}{{32}}{a^2}$

Chọn D