Kẻ $AG$ cắt $SD$ tại $F$. $(AGM)\equiv(AMF)$

$(AMF)$ và $(ABCD)$ có điểm chung thứ nhất là $A$. Trong $\triangle SBD$ có $M,F$ lần lượt là trung điểm của $SB,SD$ nên $MF//BD$

$ \Rightarrow \left( {AMF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ax\left( {Ax//BD//MF} \right)$

Trong $(ABCD)$, $Ax$ cắt $BC$ tại $H$, $HM$ cắt $SC$ tại $E$

$\begin{array}{l} H \in BC \subset \left( {SBC} \right),H \in Ax \subset \left( {AMF} \right)\\ M \in BC \subset \left( {SBC} \right),M \in \left( {AMF} \right)\\  \Rightarrow HM = \left( {SBC} \right) \cap \left( {AMF} \right)\\ HM \cap SC = \left\{ E \right\}\\  \to SC \cap \left( {AMF} \right) = \left\{ E \right\} \end{array}$

b) Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle SBC$ với $H,M,E$ thẳng hàng

Dễ dàng chứng minh $HADB$ là hình bình hành

$\begin{array}{l}
\dfrac{{HB}}{{HC}}.\dfrac{{CE}}{{ES}}.\dfrac{{SM}}{{MB}} = 1\\
 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.\dfrac{{CE}}{{ES}}.1 = 1\\
 \Leftrightarrow \dfrac{{CE}}{{ES}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{ES}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}
\end{array}$