Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thap, $AD\parallel BC$; $AD=2BC$. 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 $AD,CD$; $K\in SB$ với $KB=2KS$.

**1) Chứng minh $BC\parallel (SAD)$.**
Vì đáy là hình thang nên $BC\parallel AD$. Mà $AD\subset (SAD)$ và $BC\not\subset (SAD)$, 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 $ACD$: $M$ là trung điểm của $AD$, $N$ là trung điểm của $CD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN\parallel AC$. Mà $AC\subset (SAC)$ và $MN\not\subset (SAC)$, do đó $MN\parallel (SAC)$.

**3) Tìm giao điểm $I$ của $SA$ và $(MNK)$.**
- Trong mặt phẳng đáy: $M$ là trung điểm $AD$ nên $MD=\frac{AD}{2}=BC$ và $MD\parallel BC$, do đó tứ giác $MBCD$ là hình bình hành.
- Trong $(ABCD)$, vì $MN\parallel AC$ (câu 2) và $M$ là trung điểm $AD$, kéo dài $NM$ cắt đường thẳng $BA$ tại điểm $E$ (nằm ngoài đoạn $BA$); theo định lý Thales, $A$ là trung điểm của $BE$, tức $AE=AB$ và $E,A,B$ thẳng hàng.
- Khi đó $E\in MN\subset (MNK)$ và $E\in AB\subset (SAB)$; cũng có $K\in SB\subset (SAB)$ và $K\in (MNK)$. Vậy $(MNK)\cap (SAB)=EK$, suy ra $I=SA\cap EK$.
- Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với ba điểm thẳng hàng $I\in SA$, $K\in SB$, $E\in$ đường thẳng $AB$ (ngoài đoạn $AB$):
$$\frac{SI}{IA}\cdot \frac{AE}{EB}\cdot \frac{BK}{KS}=1.$$
Vì $A$ là trung điểm $BE$ nên $\frac{AE}{EB}=\frac{1}{2}$; vì $KB=2KS$ nên $\frac{BK}{KS}=2$. Do đó $\frac{SI}{IA}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{SI}{IA}=1$.
Vậy $I$ là **trung điểm của $SA$** ($SI=IA$).

*(Kiểm chứng bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0)$, $D(2;0;0)$, $B(0;1;0)$, $C(1;1;0)$, $S(0;0;3)$ thì $M(1;0;0)$, $N\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $K=\left(0;\frac{1}{3};2\right)$; mặt phẳng $(MNK)$: $x-y+\frac{2}{3}z=1$; điểm $(0;0;t)\in SA$ thay vào được $t=\frac{3}{2}$, đúng trung điểm $SA$.)*

**4) Chứng minh $KG\parallel SD$ với $G$ là trọng tâm tam giác $CDM$.**
Vì $MBCD$ là hình bình hành (câu 3) nên $M+C=B+D$ (hai đường chéo cùng trung điểm), tức $C=B+D-M$.
Trọng tâm tam giác $CDM$:
$$\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OM}}{3}=\frac{(B+D-M)+D+M}{3}=\frac{B+2D}{3}.$$
Điểm $K$ trên $SB$ với $KB=2KS$ nên $K=\frac{2S+B}{3}$. Suy ra
$$\overrightarrow{KG}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OK}=\frac{B+2D}{3}-\frac{2S+B}{3}=\frac{2}{3}(D-S)=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}.$$
Vậy $\overrightarrow{KG}$ cùng phương với $\overrightarrow{SD}$, mà $K\notin SD$, do đó $KG\parallel SD$, đpcm.