Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang, $AD\parallel BC$; $AD=2BC$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,CD$.
1. Chứng minh $BC\parallel (SAD)$
2. Chứng minh $MN\parallel (SAC)$.
3. Gọi $K$ là điểm thuộc cạnh $SB$ sao cho $KB=2KS$. Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$.
4. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$. Chứng minh $KG\parallel SD$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang $AD\parallel BC$, $AD=2BC$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,CD$.

1) Chứng minh $BC\parallel (SAD)$

Vì $AD\parallel BC$, $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$ (vì $B\notin (SAD)$: nếu $B\in (SAD)$ thì $(SAD)$ chứa ba điểm $S,A,B$ không thẳng hàng, suy ra $(SAD)=(SAB)$, khi đó $D\in (SAB)$, tức $AB\parallel SD$ cùng nằm trong mặt phẳng đáy — vô lý vì $S$ không thuộc mặt phẳng đáy). Theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có $BC\parallel (SAD)$.

2) Chứng minh $MN\parallel (SAC)$

Xét tam giác $DAC$: $M$ là trung điểm của $AD$, $N$ là trung điểm của $CD$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $DAC$. Suy ra $MN\parallel AC$.

Ta có: $AC\subset (SAC)$; $MN\not\subset (SAC)$ (vì $M\in AD$ mà $M\notin AC$). Vậy $MN\parallel (SAC)$.

3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$ với $KB=2KS$

- Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $MD=\frac{1}{2}AD=BC$, mà $MD\parallel BC$ nên tứ giác $MBCD$ là hình bình hành.
- Lấy điểm $P$ trên tia đối của tia $AB$ sao cho $PA=AB$ (tức $A$ là trung điểm của $PB$). Khi đó, với quy tắc ba điểm:
$$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.$$
Vậy $PM\parallel AC$ và $PM=AC$.
- Mặt khác $MN\parallel AC$ (câu 2) nên $PM\parallel MN$; hai đường thẳng này chung điểm $M$ nên $P,M,N$ thẳng hàng. Do đó $P\in MN\subset (MNK)$.
- Ta có $P\in AB\subset (SAB)$ và $K\in SB\subset (SAB)$, nên $(MNK)\cap (SAB)=PK$.
- Gọi $I=SA\cap PK$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $PIK$:
$$\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AP}{PB}\cdot \frac{BK}{KS}=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}=1.$$
Vậy $I$ là trung điểm của $SA$ ($SI=IA$).

4) Chứng minh $KG\parallel SD$, với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$

- Như trên, $MBCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $MC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm chung $O$ của mỗi đường, tức $O\in BD$ và $BO=OD$.
- $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$ nên $G$ thuộc đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $D$, tức $G\in DO$ với $DG=\frac{2}{3}DO=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BD$. Suy ra $BG=BD-DG=\frac{2}{3}BD$, do đó
$$\frac{BG}{GD}=\frac{2}{1}=2.$$
- Trong tam giác $SBD$: $K\in SB$ với $KB=2KS$ nên $\frac{BK}{KS}=2$; và $G\in BD$ với $\frac{BG}{GD}=2$.
- Theo hệ quả của định lý Thales (đảo): vì $K\in SB$, $G\in BD$ và $\frac{BK}{KS}=\frac{BG}{GD}=2$, suy ra $KG\parallel SD$.

(Kiểm tra bằng vectơ: do $MBCD$ là hình bình hành nên $\vec{C}+\vec{M}=\vec{B}+\vec{D}$; tính trực tiếp $\overrightarrow{KG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$, tức $KG\parallel SD$.)