Tự luận Hình học Lớp 11 - Chương 1 - Chủ đề 4: Hai mặt phẳng song song

 CHUÛ ÑEÀ 4. HAI MAËT PHAÚNG SONG SONG 
 VẤN ĐỀ 1. Chứng minh hai mặt phẳng song song
 ❖ Phương pháp. Để chứng minh hai mặt phẳng song song với nhau ta chứng minh mặt phẳng này chứa hai 
 đường thẳng cắt nhau cùng song song với mặt phẳng kia.
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , SD ; O là 
giao điểm của hai đường chéo AC và BD .
 a) Chứng minh (OMN)P(SBC).
 b) Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, ON, SB . Chứng minh PQ P(SBC) và (MOR)P(SCD).
 Lời giải
 a) Vì O = AC ÇBD nên O là trung điểm AC và BD .
 Trong tam giác SAC , ta có O , M lần lượt là trung điểm của 
 S AC , SA nên OM PSC .
 Trong tam giác SAC , ta có O , N lần lượt là trung điểm của 
 BD , SD nên ON PSB .
 ì
 ï OM Ì (OMN),ON Ì (OMN)
 M R ï
 Do íï OM PSC,ON PSB suy ra(OMN)P(SBC).
 N ï
 ï Ì Ì
 îï SC (SBC),SB (SBC)
 ïì OP PAD
 b) ● Ta có ï suy ra OP PMN nên bốn điểm 
 Q P B í
 îï AD PMN
 A
 O M, N, P, O đồng phẳng. Do đó PQÌ (OMN).
 ì
 D C ï PQ Ì (OMN)
 Mà í suy ra PQ P(SBC).
 ï P
 îï (OMN) (SBC)
● Xét tam giác SAC , ta có OM PSC mà SC Ì (SCD) suy ra OM P(SCD). (1)
Xét tam giác SBD , ta có OR PSD mà SD Ì (SCD) suy ra OR P(SCD). (2)
Từ (1) và (2), suy ra (MOR)P(SCD).
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I là trung điểm của SD và J là một điểm trên 
 (ABCD) cách đều AB và CD . Chứng minh IJ P(SAB).
 Lời giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AD và BC .
Do J Î (ABCD) và d(J, AB)= d(J,CD) nên J Î HK suy ra IJ Ì (IHK).
 ì
 ï IH Ì (IHK),HK Ì (IHK)
 ï
Ta có íï IH PSA,HK PAB suy ra (IHK)P(SAB). Mà IJ Ì (IHK), do đó IJ P(SAB).
 ï
 ï Ì Ì
 îï SA (SAB),HK (SAB) S
 I
 A H D
 J
 B K C
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Các tam giác SAD và ABC cùng cân tại A . 
Gọi AE , AF là các đường phân giác trong của các tam giác ACD và SAB . Chứng minh EF P(SAD).
 Lời giải
 S Kẻ FI PSA (I Î AB). Do SA Ì (SAD) nên IF P(SAD). (*)
 IA FS
 Trong tam giác SAB , do FI PSA nên ta có = . (1)
 IB FB
 FS AS
 Vì AF là phân giác trong DSAB nên = . (2)
 FB AB
 Theo giả thiết các tam giác SAD và ABC cùng cân tại A nên 
 AS AD
 AS = AD , AB = AC . Do đó = . (3)
 F AB AC
 AD ED
 Vì AE là phân giác trong DACD nên = . (4)
 D AC EC
 A
 IA ED
 I Từ (1), (2), (3) và (4), suy ra = nên IEPAD .
 E IB EC
 B C Mà AD Ì (SAD) suy ra IEP(SAD). (* *)
Từ (*) và (* *), suy ra (IEF)P(SAD) mà EF Ì (IEF) nên EF P(SAD).
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD . Gọi G1 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam 
giác SBC , SCD ; M là một điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM = 2MA . Chứng minh (MG1G2 )P(ABCD).
 Lời giải
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD .
 SG SG 2
Do G , G là trọng tâm các tam giác SBC và SCD nên ta có 1 = 2 = . Suy ra G G PEF .
 1 2 SE SF 3 1 2
Mặt khác, EF là đường trung bình của tam giác BCD nên EF PBD .
Do đó G1G2 PBD mà BD Ì (ABCD) nên G1G2 P(ABCD). (1)
 SM 2 SG
Hơn nữa, theo giả thiết = = 1 suy ra MG PAE mà AE Ì (ABCD) nên MG P(ABCD). (2)
 SA 3 SE 1 1
Từ (1) và (2), suy ra (MG1G2 )/ /(ABCD). S
 M
 G2
 A D
 G1
 F
 B E C
Bài 5. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng phẳng. Gọi I, J, K lần lượt là 
trung điểm các cạnh AB, CD, EF . Chứng minh (ADF)P(BCE) và (DIK)P(JBE).
 Lời giải
 ● Do ABCD là hình bình hành nên AD PBC .
 F K E ì
 ï AD Ë (BCE)
 ï
 Ta có íï AD PBC suy ra AD P(BCE). (1)
 ï
 ï Ì
 îï BC (BCE)
 Do ABEF là hình bình hành nên AF PBE .
 ì
 A I B ï AF Ë (BCE)
 ï
 Ta có íï AF PBE suy ra AF P(BCE). (2)
 ï
 ï BE Ì (BCE)
 D J C îï
 Từ (1) và (2), suy ra (ADF)P(BCE).
● Từ giả thiết suy ra DI PBJ mà BJ Ì (JBE) nên DI P(JBE) . (3)
Tương tự ta cũng có IK PBE mà BE Ì (JBE) nên IK P(JBE). (4)
Từ (3) và (4), suy ra (DIK)P(JBE).
Bài 6. Cho các hình bình hành ABCD , ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau có chung cạnh AB . Trên các đường 
chéo AC , BF theo thứ tự lấy các điểm M , N sao cho MC = 2AM , NF = 2BN . Qua M kẻ đường thẳng song song 
với AB cắt AD tại H , qua N kẻ đường thẳng song song với AB cắt AF tại K . Chứng minh
 a) MN PDE .
 b) (MNKH)P(DEF).
 Lời giải
a) Giả sử EN cắt AB tại I .
 IB NB 1 IN 1
Ta có DNBI ∽ DNFE nên = = suy ra I là trung điểm AB và = . (1)
 EF NF 2 NE 2
Giả sử DM cắt AB tại J . MA MJ 1 IM 1
Ta có DMAJ ∽ DMCD nên = = suy ra J là trung điểm AB nên J º I và = . (2)
 MC MD 2 MD 2
Từ (1) và (2), suy ra MN PDE .
 b) Theo câu a, ta có MN PDE mà DE Ì (DEF) 
 F E
 suy ra MN P(DEF). (3)
 AH IM 1
 Ta có MH PAI nên = = ; 
 HD MD 2
 K AK IN 1
 NK PAI nên = = .
 N KF NE 2
 A
 B AH AK
 H I º J Do đó = nên HK PDF .
 M HD KF
 Mà DF Ì (DEF) suy ra HK P(DEF). (4)
 D C
 Từ (3) và (4), suy ra (MNKH)P(DEF).
Bài 7. Cho các hình bình hành ABCD , ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau có chung cạnh AB . Gọi M , N thứ 
tự là trung điểm của AD và BC ; I, J, K theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC, BCE . Chứng minh 
 (IJK)P(CDFE).
 Lời giải
 F E
 MI MJ 1
Xét tam giác MFC , ta có = = . 
 MF MC 3
Suy ra IJ PFC mà FC Ì (CDEF) nên IJ P(CDEF). (1)
 MI NK 1 I K
Xét hình bình hành MNEF , ta có = = . A B
 MF NE 3
Suy ra IK PEF mà EF Ì (CDEF) nên IK P(CDEF). (2) M
 N
 J
Từ (1) và (2), suy ra (IJK)P(CDFE). D C
Bài 8. Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C' . Gọi I, K, G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , A' B'C' và ACC' . Chứng 
minh (IGK)P(BB'C'C) và (A'KG)P(AIB).
 Lời giải
 A' B' A' B'
 K F K F
 C' C'
 O
 G G
 A B A B
 I I
 M E
 C C ● Gọi O, M, F lần lượt là trung điểm của AC', AC và B'C' .
 MI MG 1
Ta có = = suy ra IG PBC' mà BC' Ì (BB'C'C) nên IG P(BB'C'C). (1)
 MB MC' 3
Tương tự, ta có 
 1 1
 A'C + A'C
 A'G A'O + OG 2 A'K 2
 = = 2 6 = và = . 
 A'C A'C A'C 3 A' F 3
 A'G A'K
Do đó = suy ra GK PCF mà CF Ì (BB'C'C) nên GK Ì (BB'C'C). (2)
 A'C A' F
Từ (1) và (2), suy ra (IGK)P(BB'C'C).
 ● Gọi E là trung điểm của BC . 
Ta có AA' FE là hình bình hành, suy ra A' F PAE hay A'K PAI mà AI Ì (AIB) nên A'K P(AIB) . (3)
Lại có CFB' E là hình bình hành, suy ra CF PB' E hay GK PB' E mà B' E Ì (AIB) nên GK P(AIB). (4)
Từ (3) và (4), suy ra (A'KG)P(AIB).
 BM C' N
Bài 9. Cho hình hộp ABCD.A' B'C' D' . Trên các cạnh BD , A'C' lấy các điểm M , N sao cho = .
 BD C' A'
a) Chứng minh rằng (A' BD)P(CB' D') .
b) Chứng minh MN luôn song song với một mặt phẳng cố định.
 Lời giải
 A' D' A' D'
 K N I
 B' C' B' C'
 A D A D
 E
 M F
 B C B C
a) Ta có A' D'P= BC suy ra BCD' A' là hình bình hành nên A' BPCD' .
Mà CD' Ì (CB' D') suy ra A' BP(CB' D'). (1)
Tương tự A' B'P= DC suy ra A' B'CD là hình bình hành nên A' D PB'C .
Mà B'C Ì (CB' D') suy ra A' D P(CB' D'). (2)
Từ (1) và (2), suy ra (A' BD)P(CB' D') .
b) Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB , CD lần lượt tại E , F .
Qua N kẻ đường thẳng song song với B'C' cắt A' B' , C' D' lần lượt tại K , I
Ta có
 B'K C' I C' N BE BE BM
 = = ; = = .
 A'K A'K A' N AE DF MD BM C' N C' N MB B'K BE
Theo giả thiết = suy ra = . Do đó = suy ra KEPBB' .
 BD C' A A' N MD A'K AE
Mà BB' Ì (BCC' B') suy ra KEP(BCC' B') . (3)
Mặt khác theo cách dựng, ta có EF PBC mà BC Ì (BCC' B') suy ra EF P(BCC' B'). (4)
Từ (3) và (4), suy ra (EFIK)P(BCC' B'). Mà MN Ì (EFIK) nên ta có MN P(BCC' B').
 VẤN ĐỀ 2. Thiết diện song song với một mặt phẳng cho trước
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I , J lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và 
 SAD ; M là điểm trên cạnh SA sao cho MS = 2MA . 
 a) Chứng minh (MIJ)P(ABCD).
 b) Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MIJ). Thiết diện là hình gì ? 
 Lời giải
 a) Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB và AD .
 SI SM 2
 S Ta có = = suy ra IM PAE .
 SE SA 3
 Mà AE Ì (ABCD) nên IM P(ABCD). (1)
 SJ SM 2
 Ta cũng có = = suy ra JM PAF .
 SF SA 3
 M J Q Mà AF Ì (ABCD) nên JM P(ABCD). (2)
 I Từ (1) và (2), suy ra (MIJ)P(ABCD).
 N
 P b) Trong mặt phẳng (SAB), gọi N = MI ÇSB .
 A F D
 E Trong mặt phẳng (SAD), gọi Q = MJ ÇSD .
 Ta có MN , MQ lần lượt là giao tuyến của mặt phẳng (MIJ) 
 B C
 với các mặt bên (SAB) và (SAD).
 ì
 ï Q Î (MIJ)Ç(SCD)
 ï
Do íï MN Ì (MIJ),CD Ì (SCD) suy ra (MIJ)Ç(SCD)= QP PCD với P Î SC .
 ï
 ï MN PABPCD
 îï
Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ .
 ïì MN PABPQP ïì MN PQP
Hơn nữa, ta có íï suy ra íï nên thiết diện MNPQ là hình bình hành.
 îï MQ PAD PBC PNP îï MQ PNP
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác 
 SAB, SBC, SCD ; K là một điểm bất kì nằm trong hình bình hành ABCD ( K không nằm trên các cạnh). Tìm giao 
tuyến của hai mặt phẳng (SCK) và (G1G2G3 )
 Lời giải Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh 
 S AB, BC, CD .
 SG SG SG 2 ïì G G PMN
 Ta có 1 = 2 = 3 = suy ra íï 1 2 .
 ï
 SM SN SP 3 îï G2G3 PNP
 ïì ïì
 ï MN Ì (ABCD) ï G1G2 P(ABCD)
 Mà íï nên íï
 ï Ì ï P
 îï NP (ABCD) îï G2G3 (ABCD)
 suy ra (G1G2G3 )P(ABCD).
 ● Ta đi tìm điểm chung thứ nhất của (SCK) và (G1G2G3 ).
 G2 E
 Từ (G1G2G3 )P(ABCD) suy ra CD P(G1G2G3 ). 
 G
 1 G ïì G Î (SCD)Ç(G G G )
 H 3 ï 3 1 2 3
 D ' F ï
 Ta có í CD Ì (SCD) suy ra (SCD)Ç(G1G2G3 )= D 
 J ï
 B N C ï P
 îï CD (G1G2G3 )
 với D qua G3 và song song với CD . Giao tuyến D cắt SC , 
 M
 P SD lần lượt tại E , F .
 K ì
 ï E Î SC Ì (SCK)
 Ta có íï nên E là điểm chung thứ nhất của 
 ï Î D Ì
 A I D îï E (G1G2G3 )
 hai mặt phẳng (SCK) và (G1G2G3 ).
● Ta đi tìm điểm chung thứ hai của (SCK) và (G1G2G3 ).
Từ (G1G2G3 )P(ABCD) suy ra AD P(G1G2G3 ). 
 ïì F Î (SAD)Ç(G G G )
 ï 1 2 3
 ï
Ta có í AD Ì (SAD) suy ra (SAD)Ç(G1G2G3 )= D 'PAD với F Î D ' .
 ï
 ï P
 îï AD (G1G2G3 )
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi I = NK Ç AD .
Trong mặt phẳng (SAD), gọi J = SI ÇD ' .
Suy ra J Î D ' mà D ' Ì (G1G2G3 ) nên J Î (G1G2G3 ).
Trong mặt phẳng (SNI), gọi H = SK ÇG2 J .
 ì
 ï H Î SK Ì (SCK)
Ta có íï nên H là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (SCK) và (G G G ).
 ï Î Ì 1 2 3
 îï H G2 J (G1G2G3 )
Vậy EH là giao tuyến của hai mặt phẳng (SCK) và (G1G2G3 ).
Bài 12. Cho tứ diện ABCD . Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB .
 a) Chứng minh (G1G2G3 )P(BCD).
 b) Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (G1G2G3 ).
 c) Tính diện tích thiết diện theo diện tích của tam giác BCD là S .
 Lời giải a) Gọi M, N, L lần lượt là trung điểm của các cạnh 
 BC, CD, BD .
 AG AG AG 2 ïì G G PMN
 A Ta có 1 = 2 = 3 = suy ra íï 1 2 .
 ï
 AM AN AL 3 îï G2G3 PNL
 ïì ïì
 ï MN Ì (BCD) ï G1G2 P(BCD)
 Mà íï nên íï
 ï Ì ï P
 îï NL (BCD) îï G2G3 (BCD)
 suy ra (G1G2G3 )P(BCD).
 b) Từ (G G G )P(BCD) suy ra BC P(G G G ).
 E G3 I 1 2 3 1 2 3
 ïì G Î (ABC)Ç(G G G )
 ï 1 1 2 3
 G F G2 ï
 1 Ta có íï BC Ì (ABC) suy ra giao tuyến giữa (ABC) 
 ï
 ï P
 B D îï BC (G1G2G3 )
 L
 và (G1G2G3 ) là đường thẳng qua G1 và song song với BC . 
 M N Giao tuyến này cắt AB tại E và cắt AC tại F .
 Trong mặt phẳng (ACD), gọi I = FG Ç AD .
 C 2
 Vậy thiết diện là tam giác EFI .
 EF AG 2 2 2 2
c) Do EF PBC suy ra = 1 = nên EF = BC . Tương tự ta cũng có FI = CD , EI = BD .
 BC AM 3 3 3 3
 æ ö2
 2 ç2÷ 4
Suy ra DEFI ∽ DBCD theo tỉ số đồng dạng . Vậy SDEFI = ç ÷ .SDBCD = SDBCD .
 3 èç3ø÷ 9
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Trên cạnh AB lấy một điểm M với AM = x . 
Mặt phẳng (a) qua M và song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB, SC, CD lần lượt tại N, P, Q .
 a) Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (a) với hình chóp. Thiết diện là hình gì ?
 b) Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB .
 2
 · 0 3a
 c) Giả sử SAD = 90 và SA = a . Tính diện tích thiết diện theo a và x . Tìm x để diện tích thiết diện bằng .
 8
 Lời giải
 S I S0 x ì
 ï SA P(a)
 ï
 a) Từ giả thiết (a)P(SAD) suy ra íï AD P(a).
 ï
 N ï SD P(a)
 P îï
 ì
 ï M Î (a)Ç(SAB)
 ï
 Với SA P(a), ta có íï SA Ì (SAB) suy ra giao tuyến của 
 ï
 ï P a
 îï SA ( )
 A M B
 (a) và (SAB) là đường thẳng qua M và song song với SA . 
 Giao tuyến này cắt SB tại N .
 D Q C ì
 ï M Î (a)Ç(ABCD)
 ï
 Với AD P(a), ta có íï AD Ì (ABCD) suy ra giao tuyến của (a) và (ABCD) là đường thẳng qua M và song song 
 ï
 ï P a
 îï AD ( )
với AD . Giao tuyến này cắt CD tại Q . (1)
 ì
 ï N Î (a)Ç(SBC)
 ï
 Với AD P(a) suy ra BC P(a), ta có íï BC Ì (SBC) suy ra giao tuyến của (a) và (SBC) là đường thẳng qua N và 
 ï
 ï P a
 îï BC ( )
song song với BC . Giao tuyến này cắt SC tại P . (2)
Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ .
Từ (1) và (2), suy ra MQ PNP . Vâỵ thiết diện MNPQ là hình thang.
 ì
 ï S Î (SAB)Ç(SCD)
 ï
b) Ta có íï AB Ì (SAB),DC Ì (SCD) suy ra (SAB)Ç(SCD)= Sx PABPCD . (3)
 ï
 ï ABPDC
 îï
 ì
 ïì I Î PQ ï PQ Ì (SCD)
Theo giả thiết I = PQ ÇMN , suy ra íï mà íï nên I Î (SAB)Ç(SCD). (4)
 ï I Î MN ï Ì
 îï îï MN (SAB)
Từ (3) và (4), suy ra I Î Sx .
Giới hạn quĩ tích: Gọi d là thẳng qua B song song với SA ; S0 = d ÇSx . Khi đó SABS0 là hình bình hành.
Khi M º A thì I º S ; M º B thì S º S0 .
Vậy quỹ tích điểm I là đoạn SS0 .
c) Ta có SMNPQ = SDIMQ - SDINP .
 · 0
Theo giả thiết SAD = 90 , suy ra IM ^ MQ hay IN ^ NP .
 1 a2
● S = S = SA.SD = .
 DIMQ DSAD 2 2
 1
● S = IN.NP . Ta có
 DINP 2
 NI SN NP SN AM SN
 NI PBS0 suy ra = ; NP PBC suy ra = ; NM PSA suy ra = .
 BS0 SB BC SB AB SB
 NI NP AM
Suy ra = = , do BS0 = BC = AB nên NI = NP = AM = x .
 BS0 BC AB
 2
 1 x 1 2 1 2 1 2 2
Do đó SDINP = IN.NP = . Vậy SMNPQ = a - x = (a - x ). 
 2 2 2 2 2
 2 2
 3a 1 2 2 3a a
Để SMNPQ = Û (a - x )= Þ x = .
 8 2 8 2
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AC = a , BD = b . Gọi O là giao điểm của hai 
đường chéo AC và BD . Tam giác SBD là tam giác đều. Mặt phẳng (a) đi qua điểm I trên đoạn AC và song song 
với mặt phẳng (SBD). Đặt AI = x (0 < x < a). Xác định và tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi (a).
 Lời giải Do (a)P(SBD) nên suy ra BD P(a) và SBP(a).
 S ● Trường hợp 1. Xét I thuộc đoạn OA .
 ì
 ï I Î (a)Ç(ABCD)
 ï
 Ta có íï BD Ì (ABCD) suy ra giao tuyến của (a) và 
 ï
 P ï P a
 îï BD ( )
 (ABCD) là đường thẳng qua I song song với BD . Giao 
 tuyến này cắt AB tại M , cắt AD tại N .
 ì
 ï M Î (a)Ç(SAB)
 ï
 Tương tự íï SB Ì (SAB) suy ra giao tuyến của (a) và 
 A M B ï
 ï P a
 I îï SB ( )
 N O (SAB) là đường thẳng qua M song song với SB . Giao tuyến 
 D C này cắt SA tại P .
 Thiết diện là tam giác MNP .
Hai tam giác PMN và SBD có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng. Mà DSBD đều nên tam giác 
 PMN đều. Vậy thiết diện là tam giác đều MNP .
 2
 S æMN ö MN AI 2x
Ta có DMNP = ç ÷ . Do MN PBD suy ra = = . Từ đó suy ra 
 ç ÷
 SDSBD è BD ø BD AO a
 2 2 æ 2 ö 2 2
 æ2xö æ2xö çBD . 3 ÷ b x 3
 = ç ÷ = ç ÷ ç ÷=
 SDMNP ç ÷ SDSBD ç ÷ .ç ÷ .
 èç a ø÷ èç a ø÷ èç 4 ø÷ a2
● Trường hợp 2. I thuộc đoạn OC .
 ì S
 ï I Î (a)Ç(ABCD)
 ï
Ta có íï BD Ì (ABCD) suy ra giao tuyến của (a) và 
 ï
 ï P a
 îï BD ( )
 L
 (ABCD) là đường thẳng qua I song song với BD . 
Giao tuyến này cắt BC tại H , cắt CD tại K .
 ì
 ï H Î (a)Ç(SBC)
 ï
Tương tự íï SB Ì (SBC) suy ra giao tuyến của (a) 
 ï A B
 ï SBP(a)
 îï O
 H
và (SBC) là đường thẳng qua H song song với SB . 
 I
Giao tuyến này cắt SC tại L . D K C
Thiết diện là tam giác LHK .
Hai tam giác LHK và SBD có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng. Mà DSBD đều nên tam giác 
 LHK đều. Vậy thiết diện là tam giác đều LHK .
 2
 S æHKö HK CI 2(a- x)
Ta có DLHK = ç ÷ . Do HK PBD suy ra = = . Từ đó suy ra 
 ç ÷
 SDBCD èBD ø BD CO a
 2 2 2
 é2(a- x)ù é2(a- x)ù æ 2 ö b2 (a- x) 3
 ê ú ê ú çBD . 3 ÷
 SD = .SD = .ç ÷= .
 LHK ê ú SBD ê ú ç ÷ 2
 ëê a ûú ëê a ûú èç 4 ø a