Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành

Ta có:

¦\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\end{array} \right.\) và \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\,{\rm{//}}\,AB\) (1).

¦\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}MQ\,{\rm{//}}\,SA\\NP\,{\rm{//}}\,SB\end{array} \right.\).

Mà tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(SA \bot AB\)\( \Rightarrow MN \bot MQ\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( P \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại \(M\) và \(Q\).

Mặt khác

¦\(MQ\,{\rm{//}}\,SA\)\( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DQ}}{{DS}}\)\( \Rightarrow MQ = \frac{1}{3}SA\) và \(\frac{{DQ}}{{DS}} = \frac{1}{3}\).

¦\(PQ\,{\rm{//}}\,CD\)\( \Rightarrow \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SD}}\)\( \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB\), với \(AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a\sqrt 2 \).

Khi đó \({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}MQ \cdot \left( {PQ + MN} \right)\)\( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{SA}}{3} \cdot \left( {\frac{{2AB}}{3} + AB} \right)\)\( \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{{5{a^2}\sqrt 2 }}{{18}}\).