Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $H$, $I$, $K$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$, $SC$.

a) Chứng minh $(HIK)//(ABCD)$.

b) Gọi $M$ là giao điểm của $AI$ và $KD$, $N$ là giao điểm của $DH$ và $CI$. Chứng minh $(SMN)//(HIK)$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $(HIK)//(ABCD)$.**

Trong tam giác $SAB$: $H$ là trung điểm $SA$, $I$ là trung điểm $SB$ nên $HI$ là đường trung bình, suy ra $HI\parallel AB$.

Trong tam giác $SBC$: $I$ là trung điểm $SB$, $K$ là trung điểm $SC$ nên $IK$ là đường trung bình, suy ra $IK\parallel BC$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, do đó $IK\parallel AD$.

Ta có:
- $HI\parallel AB$ với $AB\subset (ABCD)$, $HI\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow HI\parallel (ABCD)$;
- $IK\parallel AD$ với $AD\subset (ABCD)$, $IK\not\subset (ABCD)$ $\Rightarrow IK\parallel (ABCD)$.

Vì $HI$ và $IK$ cắt nhau tại $I$ và cùng song song với $(ABCD)$ nên $(HIK)\parallel (ABCD)$. $■$

**b) Chứng minh $(SMN)\parallel (HIK)$.**

*Gọi $T$ là điểm sao cho $\overrightarrow{ST}=\overrightarrow{AB}$ (tức $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$). Ta chứng minh $T\equiv M$.*

- $T\in AI$: Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng qua $S$ song song với $AB$ cắt đường thẳng $AI$ tại $T$. Xét $△SIT$ và $△BIA$: $SI=IB$, $\angle SIT=\angle BIA$ (đối đỉnh), $\angle IST=\angle IBA$ (so le trong, do $ST\parallel AB$). Suy ra $△SIT=△BIA$ (g.c.g), do đó $T$ nằm trên đường thẳng $AI$.
- $T\in KD$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $DC\stackrel{\parallel }{=}AB$, kết hợp $ST\stackrel{\parallel }{=}AB$ suy ra $ST\stackrel{\parallel }{=}DC$. Do đó tứ giác $STCD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SC$ và $TD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. mà $K$ là trung điểm $SC$ nên $T\in KD$.

Vậy $T$ là giao điểm của $AI$ và $KD$, tức $M\equiv T$ và $SM\stackrel{\parallel }{=}AB$.

*Gọi $U$ là điểm sao cho $\overrightarrow{SU}=\overrightarrow{CB}$ (tức $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$). Ta chứng minh $U\equiv N$.*

- $U\in CI$: Trong mặt phẳng chứa $S,B,C$, đường thẳng qua $S$ song song với $BC$ cắt đường thẳng $CI$ tại $U$. Xét $△SIU$ và $△BIC$: $SI=IB$, $\angle SIU=\angle BIC$ (đối đỉnh), $\angle ISU=\angle IBC$ (so le trong, do $SU\parallel BC$). Suy ra $△SIU=△BIC$ (g.c.g), do đó $U$ nằm trên đường thẳng $CI$.
- $U\in DH$: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\stackrel{\parallel }{=}BC$, kết hợp $SU\stackrel{\parallel }{=}CB$ suy ra $SU\stackrel{\parallel }{=}DA$. Do đó tứ giác $SUAD$ là hình bình hành, nên hai đường chéo $SA$ và $UD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà $H$ là trung điểm $SA$ nên $U\in DH$.

Vậy $U$ là giao điểm của $DH$ và $CI$, tức $N\equiv U$ và $SN\stackrel{\parallel }{=}CB$.

*Kết luận:* Ta có $SM\parallel AB\parallel HI$ mà $SM\not\subset (HIK)$, $HI\subset (HIK)$, suy ra $SM\parallel (HIK)$.

Ta có $SN\parallel CB\parallel IK$ (vì $IK$ là đường trung bình của $△SBC$) mà $SN\not\subset (HIK)$, $IK\subset (HIK)$, suy ra $SN\parallel (HIK)$.

Vì $SM$ và $SN$ cắt nhau tại $S$ và cùng song song với mặt phẳng $(HIK)$ nên $(SMN)\parallel (HIK)$. $■$

*(Kiểm tra bằng vectơ: đặt $\overrightarrow{SA}=\mathbf{a},\overrightarrow{SB}=\mathbf{b},\overrightarrow{SC}=\mathbf{c}$ thì $H=\frac{\mathbf{a}}{2},I=\frac{\mathbf{b}}{2},K=\frac{\mathbf{c}}{2}$, $D=\mathbf{a}+\mathbf{c}-\mathbf{b}$; giải hệ cho $M=AI\cap KD$ được $\overrightarrow{SM}=\mathbf{b}-\mathbf{a}=\overrightarrow{AB}$, và $N=DH\cap CI$ được $\overrightarrow{SN}=\mathbf{b}-\mathbf{c}=\overrightarrow{CB}$, đúng như trên; mặt $(SMN)$ là tập điểm $\alpha \mathbf{a}+\beta \mathbf{b}+\gamma \mathbf{c}$ với $\alpha +\beta +\gamma =0$, song song với mặt $(HIK)$ có $\alpha +\beta +\gamma =\frac{1}{2}$.)*