PHẦN III. (4 điểm) Tự luận.

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang (\(AB{\rm{//}}CD\)), \(DC = 2AB\). Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm \(BC,DC,SC\).

a) Chứng minh \(CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

b) Chứng minh \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {SBD} \right)\).

c) Gọi \(I,J\) lần lượt là trọng tâm của và . Gọi \(K\) là giao điểm của \(SC\) với mặt phẳng \(\left( {AIJ} \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{SK}}{{KC}}\).

a) Theo giả thiết, \(ABCD\) là hình thang với hai đáy song song là \(AB\) và \(CD\), suy ra \(CD{\rm{//}}AB\).

Mặt khác, đường thẳng \(AB\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) (\(AB \subset \left( {SAB} \right)\)).

Đường thẳng \(CD\) không nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) (\(CD \not\subset \left( {SAB} \right)\)).

Do đó, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta suy ra: \(CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

b) Trong tam giác \(BCD\), ta có \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(N\) là trung điểm của \(DC\). Do đó, \(MN\) là đường trung bình của \( \Rightarrow MN{\rm{//}}BD\).

Mà \(BD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\) (1).

Trong tam giác \(SCD\), ta có \(N\) là trung điểm của \(DC\) và \(P\) là trung điểm của \(SC\). Do đó, \(NP\) là đường trung bình của \( \Rightarrow NP{\rm{//}}SD\).

Mà \(SD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(NP{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\) (2).

Mặt khác, hai đường thẳng \(MN\) và \(NP\) cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và cắt nhau tại điểm \(N\).

Từ (1) và (2), theo định lý hai mặt phẳng song song, ta kết luận: \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {SBD} \right)\).

c) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(T = AC \cap BD\) và \(O = AC \cap MN\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\), gọi \(H = SO \cap IJ\).

Trong mặt phẳng \(\left( {AIJ} \right)\), gọi \(K = SC \cap AH\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in SC}\\{K \in AH,AH \subset \left( {AIJ} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow K = SC \cap \left( {AIJ} \right)\).

Ta cũng có \(AT = OC = OT = \frac{1}{2}TC \Rightarrow \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).

Ta có \(\frac{{SJ}}{{SN}} = \frac{{SI}}{{SM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ{\rm{//}}MN\)\( \Rightarrow \frac{{SH}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OE{\rm{//}}AK\) (E thuộc AC).

\({\rm{\Delta }}SOE\) có \(OE{\rm{//}}HK\)\( \Rightarrow \frac{{SK}}{{SE}} = \frac{{SH}}{{SO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = 2KE\quad \left( 1 \right)\).

\({\rm{\Delta }}ACK\) có \(OE{\rm{//}}AK\)\( \Rightarrow \frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow KE = \frac{2}{3}KC\quad \left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(SK = 2KE = 2 \cdot \frac{2}{3}KC = \frac{4}{3}KC\)\( \Rightarrow \frac{{SK}}{{KC}} = \frac{4}{3}\).