(6,0 điểm)
1. Trong công viên có một hồ nước, đáy của hồ nằm trong mặt phẳng $(\alpha )$ và các mép trong của thành hồ giao với $(\alpha )$ tạo thành một tam giác $ABC$. Trong mặt phẳng $(\alpha )$, chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ và tìm được $A(10;83)$, $B(26;20)$ và $C(82;62)$. Người ta muốn cải tạo hồ nước bằng cách xây một đài phun nước có đáy là hình tròn nằm trong $(\alpha )$ sao cho hình tròn này tiếp xúc với các cạnh của tam giác $ABC$. Hãy xác định tọa độ tâm hình tròn của đáy đài phun nước.
2. Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $(P):x+2y+2z+11=0$, mặt cầu $(S):(x-3{)}^2+(y-4{)}^2+(z+1{)}^2=36$ và đường thẳng $\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y+5}{-1}=\frac{z}{5}$. Cho điểm $M$ thay đổi trên mặt cầu $(S)$ và điểm $N$ thay đổi trên mặt phẳng $(P)$ sao cho đường thẳng $MN$ song song với đường thẳng $\Delta$ và đoạn $MN$ nhỏ nhất. Tìm tọa độ điểm $M$.
3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $SA$ vuông góc với đáy, $AB=BC=a$, $AD=2a$, góc tạo bởi mặt phẳng $(SCD)$ và đáy bằng $60^{\circ }$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$. Tính khoảng cách từ điểm $H$ đến mặt phẳng $(SCD)$.

1.
Bổ đề về tâm tỉ cự của tâm đường tròn nội tiếp



Cho tam giác $ABC$ có độ dài các cạnh đối diện các đỉnh $A,B,C$ lần lượt là $a,b,c$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Khi đó ta có:
$$a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$
Chứng minh:
Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $A$ $(D\in BC)$
Theo tính chất đường phân giác:
$$\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}\Rightarrow b\overrightarrow{DB}+c\overrightarrow{DC}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{ID}=\frac{b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}}{b+c}$$
Trong tam giác $ABD$, $BI$ là đường phân giác trong góc $B$, ta có:
$$\frac{IA}{ID}=\frac{BA}{BD}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}=\frac{b+c}{a}\Rightarrow a\overrightarrow{IA}+(b+c)\overrightarrow{ID}=\vec{0}$$
Thay biểu thức $\overrightarrow{ID}$ vào ta được:
$$a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$
Áp dụng giải quyết bài toán
Tâm hình tròn đài phun nước tiếp xúc với ba cạnh tam giác $ABC$ chính là tâm đường tròn nội tiếp $I$ của tam giác $ABC$
Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$:
$$a=BC=\sqrt{(82-26{)}^2+(62-20{)}^2}=\sqrt{56^2+42^2}=70$$
$$b=AC=\sqrt{(82-10{)}^2+(62-83{)}^2}=\sqrt{72^2+(-21{)}^2}=75$$
$$c=AB=\sqrt{(26-10{)}^2+(20-83{)}^2}=\sqrt{16^2+(-63{)}^2}=65$$
Tọa độ tâm $I(x_I;y_I)$ thỏa mãn:
$$x_I=\frac{a{x}_A+b{x}_B+c{x}_C}{a+b+c}=\frac{70\cdot 10+75\cdot 26+65\cdot 82}{70+75+65}=\frac{7980}{210}=38$$
$$y_I=\frac{a{y}_A+b{y}_B+c{y}_C}{a+b+c}=\frac{70\cdot 83+75\cdot 20+65\cdot 62}{70+75+65}=\frac{11340}{210}=54$$
Vậy tọa độ tâm đài phun nước là $I(38;54)$

2.



Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;4;-1)$ và bán kính $R=6$
Gọi $I^{\prime }$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $(P)$ theo phương $\Delta$, suy ra $I{I}^{\prime }\parallel \Delta$ nên đường thẳng $I{I}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_{\Delta }=(2;-1;5)$
Phương trình đường thẳng $I{I}^{\prime }:\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=4-t\\ z=-1+5t\end{array}$
Vì $I^{\prime }\in (P)$ nên $(3+2t)+2(4-t)+2(-1+5t)+11=0\iff 10t+20=0\iff t=-2$
Suy ra tọa độ $I^{\prime }(-1;6;-11)$
Gọi $(Q)$ là mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song $MN$ và $I{I}^{\prime }$
Mặt phẳng $(Q)$ cắt $(P)$ theo giao tuyến là đường thẳng đi qua hai điểm $N$ và $I^{\prime }$
Trong $(Q)$, kéo dài $IM$ cắt $N{I}^{\prime }$ tại $A$, do $N\in (P)$ và $I^{\prime }\in (P)$ nên $A$ chính là giao điểm của $IM$ và mặt phẳng $(P)$, rõ ràng $A$, $N$, $I^{\prime }$ thẳng hàng theo thứ tự đó
Vì $M\in (S)$ nên để đoạn $MN$ ngắn nhất, $M$ phải nằm giữa $I$ và $A$ (nằm ở bán cầu gần mặt phẳng $(P)$ hơn), khi đó $AI=AM+MI=AM+6$
Áp dụng định lý Thales trong $\Delta AI{I}^{\prime }$ có $MN\parallel I{I}^{\prime }$:
$$\frac{MN}{I{I}^{\prime }}=\frac{AM}{AI}=\frac{AM}{AM+6}\Rightarrow MN=I{I}^{\prime }\cdot \left(1-\frac{6}{AM+6}\right)$$
Vì độ dài $I{I}^{\prime }$ không đổi, để $MN$ đạt giá trị nhỏ nhất thì biểu thức $\frac{6}{AM+6}$ phải lớn nhất, tương đương với đoạn $AM$ đạt giá trị nhỏ nhất
Điều này xảy ra khi và chỉ khi $A$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $(P)$
Đường thẳng $d$ đi qua $I$ vuông góc với $(P)$ có vectơ chỉ phương ${\vec{n}}_P=(1;2;2)$, phương trình $d:\{\begin{array}{l}x=3+k\\ y=4+2k\\ z=-1+2k\end{array}$
Tọa độ điểm $A$ thỏa mãn: $(3+k)+2(4+2k)+2(-1+2k)+11=0\iff 9k+20=0\iff k=-\frac{20}{9}$
Suy ra $A\left(\frac{7}{9};-\frac{4}{9};-\frac{49}{9}\right)$
Khoảng cách $IA=d(I,(P))=\frac{20}{3}$, do $M$ nằm giữa $I$ và $A$ nên $\overrightarrow{IM}=\frac{IM}{IA}\overrightarrow{IA}=\frac{6}{20/3}\overrightarrow{IA}=\frac{9}{10}\overrightarrow{IA}$
Ta có $\overrightarrow{IA}=\left(-\frac{20}{9};-\frac{40}{9};-\frac{40}{9}\right)$, suy ra $\overrightarrow{IM}=(-2;-4;-4)$
Tọa độ điểm $M=I+\overrightarrow{IM}=(3-2;4-4;-1-4)=(1;0;-5)$
Để tìm $N$, ta tiếp tục dùng định lý Thales: $\frac{AN}{A{I}^{\prime }}=\frac{AM}{AI}=\frac{20/3-6}{20/3}=\frac{1}{10}\Rightarrow \overrightarrow{AN}=\frac{1}{10}\overrightarrow{A{I}^{\prime }}$
Với $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\left(-\frac{16}{9};\frac{58}{9};-\frac{50}{9}\right)$, suy ra $\overrightarrow{AN}=\left(-\frac{8}{45};\frac{29}{45};-\frac{5}{9}\right)$
Tọa độ điểm $N=A+\overrightarrow{AN}=\left(\frac{3}{5};\frac{1}{5};-6\right)$
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là $M(1;0;-5)$ và $N\left(\frac{3}{5};\frac{1}{5};-6\right)$

3.



Xét hình thang vuông $ABCD$, ta có $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=a^2+a^2=2a^2$
Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD=a$ và $ABCM$ là hình vuông
Do đó $CM=a$, xét $\Delta ACD$ có đường trung tuyến $CM=\frac{1}{2}AD$
Vậy $\Delta ACD$ vuông tại $C$
Suy ra $AC\perp CD$
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$
Từ đó ta có $CD\perp (SAC)$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ chính là góc giữa $SC$ và $AC$, tức là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$
Xét tam giác vuông $SAC$, ta có $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=a\sqrt{6}$
Xét tam giác vuông $SAB$, ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{6a^2+a^2}=a\sqrt{7}$
Vì $AH\perp SB$ nên $SH\cdot SB=S{A}^2$, suy ra tỉ lệ $\frac{SH}{SB}=\frac{S{A}^2}{S{B}^2}=\frac{6a^2}{7a^2}=\frac{6}{7}$
Kéo dài $CD$ cắt $AB$ tại $S^{\prime }$
Ta có $BC\parallel AD$ và $BC=\frac{1}{2}AD$ nên theo định lý Thales, $B$ là trung điểm của $A{S}^{\prime }$
Suy ra $d(B,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))$
Mặt khác, do đường thẳng $SB$ cắt mặt phẳng $(SCD)$ tại $S$ nên $d(H,(SCD))=\frac{SH}{SB}d(B,(SCD))$
Thay tỉ số vào ta được $d(H,(SCD))=\frac{6}{7}\cdot \frac{1}{2}d(A,(SCD))=\frac{3}{7}d(A,(SCD))$
Trong mặt phẳng $(SAC)$, kẻ $AE\perp SC$ tại $E$
Vì $CD\perp (SAC)$ nên $CD\perp AE$, kết hợp với $AE\perp SC$ suy ra $AE\perp (SCD)$
Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ chính là độ dài đoạn $AE$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAC$, ta có:
$$AE=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{6a^2+2a^2}}=\frac{a^2\sqrt{12}}{a\sqrt{8}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$$
Cuối cùng, khoảng cách từ $H$ đến $(SCD)$ là:
$$d(H,(SCD))=\frac{3}{7}AE=\frac{3}{7}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3a\sqrt{6}}{14}$$