Cho hình chóp $S.ABCD$ với đáy là hình bình hành $ABCD$ tâm $O$. Gọi $K$ và $J$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $ABC$ và $SCB$.

a) Chứng minh $KJ\parallel \left(SAB\right)$.

b) Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng chứa $KJ$ và song song với $AD$, hãy xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi $(\alpha )$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $KJ\parallel (SAB)$.**

Dùng vectơ: vì $K$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $J$ là trọng tâm tam giác $SCB$ nên
$$\vec{K}=\frac{\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}}{3},\vec{J}=\frac{\vec{S}+\vec{C}+\vec{B}}{3}.$$
Suy ra
$$\overrightarrow{KJ}=\vec{J}-\vec{K}=\frac{\vec{S}-\vec{A}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}.$$
Vậy $\overrightarrow{KJ}$ cùng phương với $\overrightarrow{AS}$, tức $KJ\parallel SA$. Mà $SA\subset (SAB)$ và $KJ\not\subset (SAB)$, do đó $KJ\parallel (SAB)$.

(Cách thuần hình học: gọi $I$ là trung điểm $BC$. Khi đó $AI$ là trung tuyến tam giác $ABC$ nên $K\in AI$ với $\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}$; $SI$ là trung tuyến tam giác $SBC$ nên $J\in SI$ với $\frac{SJ}{SI}=\frac{2}{3}$. Trong tam giác $SAI$ có $\frac{AK}{AI}=\frac{SJ}{SI}=\frac{2}{3}$, suy ra $KJ\parallel SA$ theo định lý Thales, do đó $KJ\parallel (SAB)$.)

**b) Xác định thiết diện.**

$(\alpha )$ chứa $KJ\parallel SA$ và $(\alpha )\parallel AD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, do đó $(\alpha )\parallel BC$ (và $(\alpha )$ không chứa $BC$).

**Cách dựng thiết diện:**

- Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$: qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $AD$ (do đó cũng song song với $BC$), cắt $AB$ tại $M$ và cắt $CD$ tại $N$. Gọi $I$ là trung điểm $BC$ thì $K\in AI$ với $\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}$. Vì $MI\parallel$ ... chính xác hơn: trong tam giác $ABC$, đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $AB$ tại $M$; theo định lý Thales trong tam giác $ABI$ (với $K\in AI$, $MK\parallel BI$):
$$\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AI}=\frac{2}{3}.$$
Tương tự trong tam giác $ACI$ (với $K\in AI$, $NK\parallel CI$ khi xét giao điểm $N$ trên $CD$ qua tính đối xứng của hình bình hành), ta được
$$\frac{CN}{CD}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{DN}{DC}=\frac{2}{3}.$$
(Kiểm tra bằng vectơ với gốc $A$: $K=\frac{B+C}{3}$, $M=\frac{2B}{3}$, $N=\frac{D+2C}{3}$; khi đó $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$, đúng là $MN\parallel AD$ và đi qua $K$.)

- Trong mặt phẳng $(SAB)$: qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $SA$ (vì $(\alpha )$ chứa $KJ\parallel SA$), cắt $SB$ tại $P$. Trong tam giác $SAB$ có $MP\parallel SA$ nên
$$\frac{BP}{BS}=\frac{BM}{BA}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{SP}{SB}=\frac{2}{3}.$$

- Trong mặt phẳng $(SBC)$: vì $(\alpha )\parallel BC$ và $P\in (\alpha )\cap (SBC)$, mặt phẳng $(SBC)$ cắt $(\alpha )$ theo đường thẳng qua $P$ song song với $BC$, cắt $SC$ tại $Q$ với
$$\frac{SQ}{SC}=\frac{SP}{SB}=\frac{2}{3}.$$

- Trong mặt phẳng $(SDC)$: xét $Q\in SC$ với $\frac{CQ}{CS}=\frac{1}{3}$ và $N\in DC$ với $\frac{CN}{CD}=\frac{1}{3}$. Trong tam giác $SDC$ thì $QN\parallel SD$ (định lý Thales). Vậy $(SDC)\cap (\alpha )=QN$.

Kiểm tra lại bằng vectơ: $P=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}B$, $Q=\frac{1}{3}S+\frac{2}{3}C$, $N=\frac{1}{3}D+\frac{2}{3}C$, $M=\frac{2}{3}B$. Khi đó:
$$\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS},\overrightarrow{NQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DS}.$$
Bốn điểm $M,P,Q,N$ đồng phẳng (tứ giác có các cặp cạnh đối song song tương ứng), mặt phẳng $(MPQ)$ chứa $\overrightarrow{MP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}$ nên song song $SA$, chứa $\overrightarrow{MN}\parallel \overrightarrow{AD}$ nên song song $AD$; hơn nữa $\overrightarrow{KJ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AS}=\overrightarrow{MP}$ và $M,K$ cùng thuộc mặt phẳng nên $KJ\subset (MPQN)$. Vậy mặt phẳng $(MPQN)$ chính là $(\alpha )$.

**Kết luận:** Thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi $(\alpha )$ là tứ giác $MPQN$ với:
- $M\in AB$, $\frac{AM}{AB}=\frac{2}{3}$;
- $N\in CD$, $\frac{DN}{DC}=\frac{2}{3}$, và $MN$ đi qua $K$, $MN\parallel AD\parallel BC$;
- $P\in SB$, $Q\in SC$ với $\frac{SP}{SB}=\frac{SQ}{SC}=\frac{2}{3}$, suy ra $PQ\parallel BC\parallel AD$;
- $MP\parallel SA$ (nên chứa $KJ$) và $NQ\parallel SD$.

Ngoài ra $(\alpha )$ còn song song với $SD$ (vì $NQ\parallel SD$ và $SD\not\subset (\alpha )$).