Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $BC$, $CD$.
a) Chứng minh rằng $SC//(MNP)$.
b) Xác định giao tuyến của mặt phẳng $(MNP)$ với mặt phẳng $(SCD)$ và giao điểm $Q$ của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $(MNP)$.
c) Xác định giao điểm $E$ của đường thẳng $SA$ với mặt phẳng $(MNP)$.
d) Tính tỉ số $\frac{SE}{SA}$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 137.** Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình bình hành; $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $BC$, $CD$.

**a) Chứng minh $SC\parallel (MNP)$.**
Trong tam giác $SBC$: $M$ là trung điểm $SB$, $N$ là trung điểm $BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SC$.
Vì $MN\subset (MNP)$ và $SC\not\subset (MNP)$ nên $SC\parallel (MNP)$. $■$

**b) Giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$; tìm $Q=SD\cap (MNP)$.**
Xét mặt phẳng $(SBD)$: ta có $NP\parallel BD$ (đường trung bình của tam giác $BCD$), mà $BD\subset (SBD)$, $NP\not\subset (SBD)$ nên $NP\parallel (SBD)$.
Suy ra giao tuyến $(MNP)\cap (SBD)$ là đường thẳng $d$ đi qua $M$ và song song với $BD$ (đồng thời song song với $NP$).
Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng qua $M$ (trung điểm $SB$) song song với $BD$ cắt $SD$ tại trung điểm của $SD$ (tính chất đường trung bình). Gọi điểm đó là $Q$, vậy $Q$ là trung điểm của $SD$ và $Q\in (MNP)\cap (SD)$, tức $Q=SD\cap (MNP)$.
Vì $P\in CD\subset (SCD)$ và $Q\in SD\subset (SCD)$, đồng thời $P,Q\in (MNP)$, nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $PQ$.
(Kiểm tra: $PQ$ có phương hướng cùng với $SC$ vì $P=\frac{C+D}{2}$, $Q=\frac{S+D}{2}$ nên $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CS}$, tức $PQ\parallel SC$, phù hợp với câu a.)

**c) Xác định $E=SA\cap (MNP)$.**
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (tâm hình bình hành). Trong mặt phẳng $(ABC)$, đường thẳng $NP\parallel BD$ cắt $AC$ tại $K$. Tính theo vectơ: $N=\frac{B+C}{2}$, $P=\frac{C+D}{2}$, với $D=A+C-B$; giải phương trình đường thẳng $NP$ với đường thẳng $AC$ ta được $K=\frac{A+3C}{4}$, tức $\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}$.
Vì $PQ\parallel SC$ (câu b) và $SC\subset (SAC)$, $P\notin (SAC)$ nên $PQ\parallel (SAC)$. Do đó giao tuyến $(MNP)\cap (SAC)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ (đồng thời song song với $PQ$).
Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng qua $K$ song song với $SC$ cắt $SA$ tại $E$. Theo định lý Thales trong tam giác $SAC$:
$$\frac{AE}{ES}=\frac{AK}{KC}=\frac{3}{1}.$$
Vậy $E$ nằm trên $SA$ với $AE=3ES$, tức $E$ xác định duy nhất và $E=SA\cap (MNP)$.

**d) Tính $\frac{SE}{SA}$.**
Từ $\frac{AE}{ES}=3$ ta có $SA=AE+ES=4ES$, suy ra:
$$\frac{SE}{SA}=\frac{1}{4}.$$

**Kiểm tra lại bằng tọa độ vectơ:** với $E=\frac{A+3S}{4}$, ta có $E=\frac{3}{2}M-N+\frac{1}{2}P$ (tổng hệ số $\frac{3}{2}-1+\frac{1}{2}=1$), kiểm tra các hệ số theo $A,B,C,D$ đều khớp (dùng $D=A+C-B$), nên $E$ thực sự thuộc $(MNP)$; tương tự $Q=\frac{S+D}{2}=M-N+P\in (MNP)$. Mọi kết quả trên đều nhất quán.