(1,5 điểm). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\). Gọi \(E\) và \(F\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC\) và \(SA\).

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

b) Chứng minh rằng \(\left( {OEF} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

c) Điểm \(K\) thuộc cạnh \(CD\) sao cho \(\widehat {BAE} = \widehat {CAK}\) và điểm \(H\) thuộc cạnh \(SA\) sao cho \(KH\) song song \(\left( {SBC} \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{SH}}{{SA}}\).

a) Trong \({\rm{\Delta }}ABC\), có \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(E\) là trung điểm của \(BC\).

\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}ABC \Rightarrow OE{\rm{//}}AB\).

Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) và \(OE \not\subset \left( {SAB} \right)\).

Do đó \(OE{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

b) Trong \({\rm{\Delta }}SAC\), \(O\) là trung điểm \(AC\), \(F\) là trung điểm \(SA \Rightarrow OF\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}SAC \Rightarrow OF{\rm{//}}SC\). Mà \(SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OF{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Trong \({\rm{\Delta }}BCD\), \(O\) là trung điểm \(BD\), \(E\) là trung điểm \(BC\)\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}BCD \Rightarrow OE{\rm{//}}CD\). Mà \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OE{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {OEF} \right)\), hai đường thẳng \(OF\) và \(OE\) cắt nhau tại \(O\) và cùng song song với mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\). Suy ra \(\left( {OEF} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

c) Xác định vị trí điểm \(K\) trên cạnh \(CD\):

Đặt cạnh hình vuông \(ABCD\) là \(a\).

Vì \(E\) là trung điểm \(BC\) nên \(BE = \frac{a}{2}\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABE\) vuông tại \(B\), có \(\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AB}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{a} = \frac{1}{2}\).

Theo giả thiết \(\widehat {CAK} = \widehat {BAE} \Rightarrow \tan \widehat {CAK} = \frac{1}{2}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat {BAC} = 45^\circ \).

Do đó \(\widehat {BAK} = \widehat {BAC} + \widehat {CAK} = 45^\circ + \widehat {BAE}\).

Áp dụng công thức cộng lượng giác: \(\tan \widehat {BAK} = \tan \left( {{{45}^ \circ } + \widehat {BAE}} \right) = \frac{{\tan {{45}^ \circ } + \tan \widehat {BAE}}}{{1 - \tan {{45}^ \circ } \cdot \tan \widehat {BAE}}} = \frac{{1 + \frac{1}{2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 3\).

Trong \({\rm{\Delta }}ADK\) vuông tại \(D\), ta có \(\widehat {DAK} = {90^ \circ } - \widehat {BAK}\).

Suy ra \(\cot \widehat {DAK} = \tan \widehat {BAK} = 3 \Rightarrow \tan \widehat {DAK} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow DK = AD \cdot \tan \widehat {DAK} = a \cdot \frac{1}{3} = \frac{a}{3}\).

Suy ra \(CK = CD - DK = a - \frac{a}{3} = \frac{{2a}}{3}\).

Do đó \(\frac{{CK}}{{CD}} = \frac{{\frac{{2a}}{3}}}{a} = \frac{2}{3}\).

Xác định tỉ số \(\frac{{SH}}{{SA}}\):

Qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(AB\) tại \(I\).

Vì \(IK{\rm{//}}BC \Rightarrow IK{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Mặt phẳng chứa \(KH\) và \(IK\) là \(\left( {HKI} \right)\).

Vì \(KH{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) và \(IK{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( {HKI} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) cắt hai mặt phẳng song song \(\left( {HKI} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) theo hai giao tuyến song song là \(HI\) và \(SB \Rightarrow HI{\rm{//}}SB\).

Áp dụng định lý Thalès trong \({\rm{\Delta }}SAB\) có \(HI{\rm{//}}SB\) ta được \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{{BI}}{{BA}}\).

Vì \(IK{\rm{//}}BC\) và \(ABCD\) là hình vuông nên \(IBCK\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow BI = CK = \frac{2}{3}a\).

Do đó: \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{{\frac{2}{3}a}}{a} = \frac{2}{3}\).