Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thap $ABCD$ với $AB\parallel CD$ và $AB=2CD=2a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$, $P$ là điểm trên cạnh $SB$ thỏa mãn $BP=2SP$.

a) Chứng minh $CD\parallel (SMN)$.

b) Gọi $Q$ là hình chiếu song song của điểm $P$ trên $mp(ABCD)$ theo phương $SA$. Tính $PQ$ theo $a$ biết tam giác $SAB$ là tam giác đều.

c) Xác định giao điểm $E$ của $SC$ và mặt phẳng $(ADP)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần IV):

a) Trong hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $BC$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang, do đó $MN\parallel AB\parallel CD$.
Ta có: $MN\subset (SMN)$; $CD\not\subset (SMN)$ (vì $C,D$ không thuộc mặt phẳng đó); $CD\parallel MN$.
Vậy $CD\parallel (SMN)$.

b) Vì $Q$ là hình chiếu song song của $P$ trên $(ABCD)$ theo phương $SA$ nên $PQ\parallel SA$ và $Q\in (ABCD)$.
Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $P$ song song với $SA$ cắt $AB$ tại $Q$ (vì $PQ\parallel SA$ nên $Q$ nằm trên $AB$).
Tam giác $SAB$ đều có cạnh $AB=2a$ nên $SA=2a$.
Vì $BP=2SP$ nên $\frac{SP}{SB}=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{BP}{BS}=\frac{2}{3}$.
Trong tam giác $SAB$, do $PQ\parallel SA$ nên $△BPQ\sim △BSA$, do đó:
$$PQ=\frac{BP}{BS}\cdot SA=\frac{2}{3}\cdot 2a=\frac{4a}{3}.$$

c) Ta có $N$ là trung điểm của $BC$ nên $N\in BC\subset (ADP)$, tức $N\in (ADP)$; lại có $P\in (ADP)$ nên đường thẳng $PN\subset (ADP)$.
Mặt khác $PN\subset (SBC)$ (vì $P\in SB$, $N\in BC$).
Suy ra $(ADP)\cap (SBC)=PN$.
Giao điểm $E$ của $SC$ và $(ADP)$ chính là giao điểm của $SC$ với $PN$: $E=SC\cap PN$.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SBC$ với cát tuyến $EPN$:
$$\frac{SP}{PB}\cdot \frac{BN}{NC}\cdot \frac{CE}{ES}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{CE}{ES}=1\Rightarrow \frac{CE}{ES}=2.$$
Vậy $E$ nằm trên đoạn $SC$ với $ES=\frac{1}{3}SC$ (tức $E$ là điểm trên $SC$ sao cho $SE=\frac{1}{3}SC$).