Cho tứ diện $ABCD$. Trên cạnh $AC,AD$ lấy lần lượt các điểm $M,N$ sao cho $AM=\frac{1}{3}AC$, $AN=2ND$. Tìm giao điểm của đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(BCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in AC$, $N\in AD$ nên $MN\subset (ACD)$. Trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với đường thẳng $CD$.

Ta có $AM=\frac{1}{3}AC\Rightarrow \frac{CM}{MA}=2$; $AN=2ND\Rightarrow AN=\frac{2}{3}AD\Rightarrow \frac{AN}{ND}=2$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ACD$ với ba điểm thẳng hàng $M,N,P$:
$$\frac{CM}{MA}\cdot \frac{AN}{ND}\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow 2\cdot 2\cdot \frac{DP}{PC}=1\Rightarrow \frac{DP}{PC}=\frac{1}{4}.$$

Vì $M,N$ nằm trong tam giác $ACD$, cát tuyến $MN$ cắt đường thẳng $CD$ tại điểm $P$ nằm ngoài đoạn $CD$, cụ thể trên tia đối của tia $DC$. Khi đó $PC=PD+DC$, suy ra
$$\frac{PD}{PD+DC}=\frac{1}{4}\Rightarrow 4PD=PD+DC\Rightarrow PD=\frac{1}{3}DC.$$

Kiểm tra bằng vectơ: lấy $A$ làm gốc, đặt $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{c}$, $\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\vec{d}$. Điểm trên đường thẳng $MN$ có dạng $\frac{1-t}{3}\vec{c}+\frac{2t}{3}\vec{d}$. Để điểm này thuộc đường thẳng $CD$, tổng hai hệ số phải bằng $1$: $\frac{1-t}{3}+\frac{2t}{3}=\frac{1+t}{3}=1\Rightarrow t=2$. Khi đó điểm là $\frac{4}{3}\vec{d}$, tức $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\vec{d}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DA}$... chính xác hơn: $\overrightarrow{AP}=\frac{4}{3}\overrightarrow{AD}$ nên $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ (phía ngoài qua $D$) và $DP=\frac{1}{3}DC$ — khớp kết quả Menelaus.

Vì $P\in CD\subset (BCD)$ và $P\in MN$, nên $P$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(BCD)$.

Kết luận: $MN\cap (BCD)=\{P\}$, trong đó $P$ nằm trên tia đối của tia $DC$ sao cho $DP=\frac{1}{3}DC$.