Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang ($AD$ là đáy lớn). Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SD$, $K$ là giao điểm của các đường thẳng $AB,CD$. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tham chiếu affine: lấy $K$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{KB}=\mathbf{b},\overrightarrow{KC}=\mathbf{c},\overrightarrow{KS}=\mathbf{s}$. Vì $AD\parallel BC$ và $AD=2BC$ nên $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c}$. Khi đó $E=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b},F=\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{c}$.

a) Mặt phẳng $(CDE)$ có vectơ chỉ phương $\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c}$ và $\mathbf{c}$. Điểm $M\in SB$ có dạng $M=(1-\lambda )\mathbf{s}+\lambda \mathbf{b}$. Giải $M=\alpha (\mathbf{s}/2+\mathbf{b}-\mathbf{c})+\gamma \mathbf{c}$ ta được $\alpha =\lambda ,1-\lambda =\lambda /2\Rightarrow \lambda =\frac{2}{3}$, tức $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\left(\frac{\mathbf{s}}{2}+\mathbf{b}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$. Vậy $M\in KE$. Về lý thuyết: $(SAB)\cap (CDE)=KE$ (vì $K\in AB\cap CD$, $E\in SA$), mà $M\in SB\subset (SAB)$ và $M\in (CDE)$ nên $M\in KE$. Đúng.

b) Tương tự, giải $N=(1-\mu )\mathbf{s}+\mu \mathbf{c}\in (EMF)$ ta được $\mu =\frac{2}{3}$, tức $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$. Khi đó $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}(\mathbf{c}-\mathbf{b})=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$, tức $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành. Sai.

c) Đường $AM$: $2\mathbf{b}+t\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{b}}{3}\right)$; đường $DN$: $2\mathbf{c}+u\left(\frac{\mathbf{s}}{3}-\frac{4\mathbf{c}}{3}\right)$. Cho hai biểu thức bằng nhau: hệ số $\mathbf{s}$ cho $t=u$; hệ số $\mathbf{b}$ cho $2-\frac{4t}{3}=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}$; hệ số $\mathbf{c}$ cho $2-\frac{4u}{3}=0\Rightarrow u=\frac{3}{2}$ (nhất quán). Giao điểm là $P=\frac{\mathbf{s}}{2}$, tức trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm $SK$. Đúng.

d) Vì $K$ là gốc, $M=\frac{2}{3}E,N=\frac{2}{3}F$ (theo vectơ từ $K$), nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$. Sai.

Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\cap (CDE)=KE$ vì $K\in AB\cap CD$ và $E\in SA$. Mà $M=SB\cap (CDE)\subset (SAB)\cap (CDE)$ nên $M\in KE$. (Kiểm tra tọa độ: với $K$ gốc, $A=2\mathbf{b},D=2\mathbf{c},S=\mathbf{s}$ thì $M=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{b}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$.)
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $N=\frac{\mathbf{s}}{3}+\frac{2\mathbf{c}}{3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ và $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$: $MN\parallel EF$ nhưng $MN=\frac{2}{3}EF\ne EF$. Tứ giác $EFNM$ là hình thang, không phải hình bình hành.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hệ tọa độ với $K$ gốc, $AM\cap DN=P=\frac{\mathbf{s}}{2}$ là trung điểm của $SK$, và $P\in SK$. Vậy ba đường thẳng $AM,DN,SK$ đồng quy tại trung điểm của $SK$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $M=\frac{2}{3}\overrightarrow{KE}$ và $N=\frac{2}{3}\overrightarrow{KF}$ (tính theo vectơ từ $K$), tam giác $KMN$ đồng dạng với $KEF$ với tỉ số $\frac{2}{3}$, nên $\frac{S_{KMN}}{S_{KEF}}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}\ne \frac{2}{3}$.