Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$ có cạnh $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$, $SA=\sqrt{2}a$. Biết $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$, có các cạnh $AB=2a$, $CD=DA=a$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABD$ và $I$ là điểm trên $SG$ sao cho $4\overline{SI}=3\overline{SG}$. Một mặt phẳng $(P)$ thay đổi luôn đi qua $I$ cắt các cạnh $SA$, $SB$, $SD$ lần lượt lại $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $D^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;\sqrt{2}a)$.

a) $(SBC)$ chứa $\overrightarrow{BC}=(-1;1;0)$, $\overrightarrow{BS}=(-2;0;\sqrt{2})$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(\sqrt{2};\sqrt{2};2)$. Góc với $(ABCD)$: $\cos \phi =\frac{|2|}{\sqrt{8}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \phi =45^{\circ }$. → Đúng.

b) $\overrightarrow{AB}=(2;0;0)$, $\overrightarrow{SC}=(1;1;-\sqrt{2})$, $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{SC}=(0;2\sqrt{2};2)$, $|\cdot |=2\sqrt{3}$; $\overrightarrow{AS}=(0;0;\sqrt{2})$, $|\overrightarrow{AS}\cdot (\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{SC})|=2\sqrt{2}$. Vậy $d(AB,SC)=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\approx 0.816a\ne \frac{\sqrt{15}}{5}a\approx 0.775a$. → Sai.

c) $G=\left(\frac{2a}{3};\frac{a}{3};0\right)$, $I=S+\frac{3}{4}(G-S)=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{4};\frac{\sqrt{2}a}{4}\right)$, nên $I$ có tọa độ barycentric $\left(\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{1}{4}\right)$ trong tứ diện $SABD$. Đặt $x=\frac{S{A}^{\prime }}{SA},y=\frac{S{B}^{\prime }}{SB},z=\frac{S{D}^{\prime }}{SD}\in (0;1]$, điều kiện mặt phẳng qua $I$ là $\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}=4$. Theo AM–HM, $u=1-x,v=1-y,w=1-z$ có $u+v+w\ge \frac{9}{4}$, suy ra $\frac{V^{\prime }}{V}=xyz=(1-u)(1-v)(1-w)\le {\left(\frac{1}{4}\right)}^3=\frac{1}{64}$ (kể cả xét biên $y=1$ hoặc $z=1$, max của $xz$ chỉ bằng $\frac{1}{9}$). Vậy $\frac{V^{\prime }}{V}=\frac{1}{2}$ không thể xảy ra, do đó khẳng định 'khi và chỉ khi $A^{\prime }$ trung điểm $SA$' sai. → Sai.

d) $T=\frac{M{S}^2}{2a^2}+\frac{M{B}^2}{4a^2}+\frac{M{D}^2}{a^2}$. Đạo hàm theo $M$ bằng 0: $3,5M=S+\frac{1}{2}B+2D\Rightarrow M=\left(\frac{2a}{7};\frac{4a}{7};\frac{2\sqrt{2}a}{7}\right)$, barycentric theo $S,B,D$ là $\left(\frac{2}{7};\frac{1}{7};\frac{4}{7}\right)$ đều dương nên $M$ thuộc miền trong tam giác $SBD$. Tính $M{S}^2=\frac{10}{7}{a}^2$, $M{B}^2=\frac{24}{7}{a}^2$, $M{D}^2=\frac{3}{7}{a}^2$, suy ra $T_{\min }=\frac{5}{7}+\frac{6}{7}+\frac{3}{7}=2$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SBC)$ là $\vec{n}=(\sqrt{2};\sqrt{2};2)$, góc với $(ABCD)$: $\cos \phi =\frac{2}{\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \phi =45^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d(AB,SC)=\frac{|\overrightarrow{AS}\cdot (\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{SC})|}{|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{SC}|}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\ne \frac{\sqrt{15}}{5}a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Ràng buộc $\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{1-z}=4$ với $x,y,z\in (0;1]$ cho $\frac{V^{\prime }}{V}=xyz\le \frac{1}{64}$ (biên tối đa $\frac{1}{9}$), nên $\frac{V^{\prime }}{V}=\frac{1}{2}$ không xảy ra; khẳng định sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cực tiểu tại $M=\left(\frac{2a}{7};\frac{4a}{7};\frac{2\sqrt{2}a}{7}\right)$ trong miền trong tam giác $SBD$, cho $T_{\min }=\frac{5}{7}+\frac{6}{7}+\frac{3}{7}=2$.