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

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

Trong $\left(SAD\right)$ kéo dài $MN$ cắt $SD$ tại E.

Trong $\left(SCD\right)$ nối $QE$ cắt $SC$ tại J.

Khi đó $\left(IMN\right)$ cắt hình chóp theo thiết diện là $IMNJE$.

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

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

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

$\frac{V_{S.ANC}}{V}=\frac{S_{ANC}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}{S}_{ABC}}{ABCD}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.INJ}=\frac{x^2}{4}V$.

+) $\frac{V_{S.ANC}}{V}=\frac{S_{ANC}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}{S}_{ABC}}{ABCD}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.INJ}=\frac{x^2}{4}V$.

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

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

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $SAD$ ta có:

$\frac{PA}{PD}.\frac{ED}{ES}.\frac{IS}{IA}=1\Rightarrow \frac{1}{3}.\frac{ED}{ES}.\frac{x}{1-x}=1\iff \frac{ED}{ES}=\frac{3(1-x)}{x}$

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

$\Rightarrow \frac{V_{S.IJE}}{V_{S.ACD}}=x^2\frac{SE}{SD}=x^2.\frac{x}{3-2x}=\frac{x^3}{3-2x}$

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

Khi đó ta có: $V_1=V_{S.BMN}+V_{S.MNI}+V_{S.INJ}+V_{IJE}$

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

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

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

Thử đáp án:

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

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

Đáp án B