Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành tâm $I$.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$.
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$.
3. Gọi $M,N$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ABC$ và tam giác $ABI$, $K$ là điểm trên cạnh $SB$ sao cho $SB=3SK$.
a) Chứng minh $MK\parallel (SAC)$.
b) Chứng minh $(MNK)\parallel (SAC)$.
c) Tìm $H$ là giao điểm của $DK$ và $(SAC)$. Tính $\frac{HK}{HD}$.
d) Tìm $E$ là giao điểm của $SA$ và $(DKN)$. Tính $\frac{ES}{EA}$.
4. Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng qua $M$ và song song mặt phẳng $(SDC)$. Tìm giao tuyến của $(\alpha )$ với các mặt của hình chóp.

(AI giải đề cho tôi)
Giải chi tiết Bài 21.

**1. Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$:**
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$, với $AB\subset (SAB)$, $CD\subset (SCD)$. Hai mặt phẳng có chung điểm $S$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ (đồng thời song song với $CD$). Khi đó $\Delta \subset (SAB)$ và $\Delta \subset (SCD)$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $\Delta$ qua $S$ với $\Delta \parallel AB\parallel CD$.

**2. Giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$:**
$AC$ và $BD$ là hai đường chéo của hình bình hành nên cắt nhau tại tâm $I$, với $I\in (SAC)\cap (SBD)$; hai mặt phẳng còn có chung điểm $S$. Vậy giao tuyến là đường thẳng $SI$.

**3.** $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$, $K\in SB$ với $SB=3SK$ (suy ra $SK=\frac{1}{3}SB$, $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}$).

**a) $MK\parallel (SAC)$:**
Gọi $P$ là trung điểm $AC$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $M$ thuộc trung tuyến $BP$ với $\frac{PM}{MB}=\frac{1}{2}$. Trong tam giác $SBP$ có $\frac{SK}{KB}=\frac{1}{2}=\frac{PM}{MB}$, nên theo định lý Thales $MK\parallel SP$. Mà $SP\subset (SAC)$, $MK\not\subset (SAC)$, vậy $MK\parallel (SAC)$.

**b) $(MNK)\parallel (SAC)$:**
Trong mặt phẳng đáy, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AI}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\right)=-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}$, nên $MN\parallel AC$, suy ra $MN\parallel (SAC)$. Kết hợp $MK\parallel (SAC)$ (câu a), $MN\cap MK=M$, $MN,MK\subset (MNK)$, nên $(MNK)\parallel (SAC)$.

**c) Tìm $H=DK\cap (SAC)$, tính $\frac{HK}{HD}$:**
$DK\subset (SBD)$ và giao tuyến của $(SAC)$ với $(SBD)$ là $SI$ (câu 2), do đó $H=DK\cap SI$. Xét tam giác $DKB$ trong mặt phẳng $(SBD)$: ba điểm $H\in DK$, $I\in DB$ (trung điểm, $\frac{BI}{ID}=1$), $S$ trên đường thẳng $KB$ ngoài đoạn $KB$ với $\frac{KS}{KB}=\frac{1}{3}$ thẳng hàng. Theo định lý Menelaus:
$$\frac{DH}{HK}\cdot \frac{KS}{SB}\cdot \frac{BI}{ID}=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}\cdot \frac{1}{3}\cdot 1=1\Rightarrow \frac{DH}{HK}=3.$$
Vậy $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),S(0,0,3)$ thì $K=\left(\frac{1}{3},0,2\right)$, mặt $(SAC)$ là $x=y$, đường $DK$: $(x,y,z)=\left(\frac{t}{3},1-t,2t\right)$; điều kiện $x=y$ cho $\frac{t}{3}=1-t\Rightarrow t=\frac{3}{4}$, tức $H$ chia $DK$ theo tỉ số $\frac{DH}{HK}=3$, đúng $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$.)

**d) Tìm $E=SA\cap (DKN)$, tính $\frac{ES}{EA}$:**
Trong mặt đáy, đường thẳng $DN$ cắt $AB$ tại $F$ với $\frac{AF}{FB}=\frac{3}{2}$ (do $N$ là trọng tâm tam giác $ABI$). Khi đó $(DKN)\cap (SAB)=KF$ (chung điểm $K,F$), suy ra $E=SA\cap KF$. Áp dụng Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $E$-$K$-$F$:
$$\frac{SE}{EA}\cdot \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}\cdot \frac{3}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SE}{EA}=\frac{1}{3}.$$
Vậy $\frac{ES}{EA}=\frac{1}{3}$ (điểm $E$ nằm trên đường thẳng $SA$, ngoài đoạn $SA$ về phía $S$; kiểm tra tọa độ: $E=(0,0,\frac{9}{2})$ với $S=(0,0,3)$, $A=(0,0,0)$, cho $\frac{ES}{EA}=\frac{3/2}{9/2}=\frac{1}{3}$).

**4. Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $M$ song song $(SDC)$:**
Vì $AB\parallel CD\subset (SDC)$ nên $(\alpha )\parallel AB$; và $(\alpha )\parallel SD$.
- Trên mặt đáy: giao tuyến là đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ ($CD$), cắt $AD$ tại $P$ và cắt $BC$ tại $Q$. Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AP}{AD}=\frac{1}{3}$, $\frac{BQ}{BC}=\frac{1}{3}$.
- Trên mặt $(SAD)$: vì $(\alpha )\parallel SD$, giao tuyến là đường thẳng qua $P$ song song với $SD$, cắt $SA$ tại $U$ với $\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$ (tức $\frac{SU}{SA}=\frac{2}{3}$).
- Trên mặt $(SBC)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ và $(SDC)\cap (SBC)=SC$, giao tuyến là đường thẳng qua $Q$ song song với $SC$, cắt $SB$ tại $V$ với $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.
- Trên mặt $(SAB)$: giao tuyến là đoạn $UV$ (và $UV\parallel AB$, phù hợp vì $(\alpha )\parallel CD\parallel AB$).
- Mặt $(SCD)$: vì $(\alpha )\parallel (SDC)$ nên $(\alpha )$ không cắt mặt $(SCD)$.

Vậy thiết diện của $(\alpha )$ với hình chóp là tứ giác $UVQP$ với $P\in AD,Q\in BC,U\in SA,V\in SB$ và $\frac{AP}{AD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{AU}{AS}=\frac{1}{3}$, $\frac{SV}{SB}=\frac{2}{3}$.

Ghi chú: kết quả $\frac{HK}{HD}=\frac{1}{3}$ ở câu 3c đã được kiểm chứng độc lập bằng phương pháp tọa độ (H ứng với tham số $t=\frac{3}{4}$ trên đoạn $DK$), khớp với đáp án đã nêu; không có mâu thuẫn với đề bài.