Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Trên cạnh \(SC\) và \(AB\) lần lượt lấy hai điểm \(I\) và \(J\) sao cho \(CI = \frac{2}{3}SC\) và \(BJ = \frac{2}{3}AB.\)

(a) Tìm giao điểm của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {ABI} \right).\)

(b) Chứng minh rằng \(IJ{\rm{//}}\left( {SAD} \right).\)

a) Ta có: \(I \in SC\) mà \(SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow I \in \left( {SCD} \right).\)

Mà \(I \in \left( {ABI} \right).\)

Hơn nữa: \(AB{\rm{//}}CD;\) \(AB \subset \left( {ABI} \right)\) và \(CD \subset \left( {SCD} \right).\)

\( \Rightarrow d = \left( {ABI} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) sao cho \(d\) đi qua \(I\) và song song với \(AB,\,CD.\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(K = d \cap SD.\)

Khi đó \(K \in d\) mà \[d \subset \left( {ABI} \right).\]

\( \Rightarrow K = SD \cap \left( {ABI} \right).\)

b) Ta có: \(CI = \frac{2}{3}SC \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SC \Rightarrow \frac{{SI}}{{SC}} = \frac{1}{3};\)

\(BJ = \frac{2}{3}AB \Rightarrow AJ = \frac{1}{3}AB \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AB}} = \frac{1}{3}.\)

\( \Rightarrow \frac{{SI}}{{SC}} = \frac{{AJ}}{{AB}} = \frac{1}{3}.\)

Lại có: \(KI{\rm{//}}CD\) (do \(d{\rm{//}}CD\)) nên theo hệ quả định lí Thalés có:

\(\frac{{KI}}{{CD}} = \frac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{KI}}{{CD}} = \frac{{AJ}}{{AB}}.\)

Mặt khác \(CD = AB\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

\( \Rightarrow KI = AJ.\)

Mà \(KI{\rm{//}}AJ\) (do \(d{\rm{//AB}}\))

Suy ra \(AKIJ\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow IJ{\rm{//}}AK.\)

Hơn nữa: \(AK \subset \left( {SAD} \right)\) và \(IJ \not\subset \left( {SAD} \right).\)

Từ đó ta có \(IJ{\rm{//}}\left( {SAD} \right).\)