Cho hình lăng trụ đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, đáy $ABC$ có cạnh $2\sqrt{3}$, chiều cao $A{A}^{\prime }=6$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh bên $A{A}^{\prime }$. Một điểm $M$ di động trong không gian sao cho tam giác $IAM$ cân tại $I$, diện tích tam giác $IAM$ bằng $\frac{9\sqrt{7}}{8}$ và $\widehat{AIM}$ là góc tù. Gọi $D$ là điểm đối xứng $A$ qua $BC$. Điểm $P$ thoả mãn $P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2+P{D}^2+P{A}^{\prime 2}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng $PM$ và cạnh bên $A{A}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(-\sqrt{3};3;0)$, $C(\sqrt{3};3;0)$, $A^{\prime }(0;0;6)$, nên $I(0;0;3)$ và $D$ đối xứng $A$ qua $BC$ là $D(0;6;0)$ (khoảng cách từ $A$ đến $BC$ bằng đường cao tam giác đều cạnh $2\sqrt{3}$ là $3$).

Vì tam giác $IAM$ cân tại $I$ nên $IA=IM=3$. Diện tích $\frac{1}{2}\cdot IA\cdot IM\cdot \sin \widehat{AIM}=\frac{9}{2}\sin \theta =\frac{9\sqrt{7}}{8}\Rightarrow \sin \theta =\frac{\sqrt{7}}{4}$, và do $\widehat{AIM}$ tù nên $\cos \theta =-\frac{3}{4}$.

Tọa độ $M(x;y;z)$: $\overrightarrow{IM}\cdot \overrightarrow{IA}=|IM||IA|\cos \theta =-\frac{27}{4}$, mà $\overrightarrow{IA}=(0;0;-3)$ nên $-3(z-3)=-\frac{27}{4}\Rightarrow z=\frac{21}{4}$. Kết hợp $|IM|=3$: $x^2+y^2=9-\frac{81}{16}=\frac{63}{16}$. Vậy $M$ chạy trên đường tròn tâm $(0;0;\frac{21}{4})$ bán kính $r=\frac{3\sqrt{7}}{4}$, tức $x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi$.

Tổng $P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2+P{D}^2+P{A}^{\prime 2}$ nhỏ nhất khi $P$ là trọng tâm của $A,B,C,D,A^{\prime }$: $P=\left(0;\frac{12}{5};\frac{6}{5}\right)$ (vì $0+3+3+6+0=12$).

Khoảng cách giữa đường thẳng $PM$ (điểm $P$, vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{PM}=\left(x;y-\frac{12}{5};\frac{81}{20}\right)$) và đường thẳng $A{A}^{\prime }$ (điểm $A$, vectơ $\vec{v}=(0;0;1)$), với $\overrightarrow{AP}=\left(0;\frac{12}{5};\frac{6}{5}\right)$:
$$d=\frac{|(\overrightarrow{AP})\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{\frac{12}{5}|x|}{\sqrt{x^2+{\left(y-\frac{12}{5}\right)}^2}}.$$

Đặt $c=\frac{12}{5}$, $r^2=\frac{63}{16}$, thay $x^2=r^2-y^2$:
$$d^2=c^2\cdot \frac{r^2-y^2}{r^2+c^2-2cy}=:c^{2}g(y),y\in [-r;r].$$
Đạo hàm $g^{\prime }(y)=0$ cho phương trình $c{y}^2-(r^2+c^2)y+c{r}^2=0$, có nghiệm $y=c$ (ngoài đoạn $[-r;r]$ vì $c=\frac{12}{5}>r=\frac{3\sqrt{7}}{4}$) và nghiệm $y=\frac{r^2}{c}=\frac{63/16}{12/5}=\frac{105}{64}\in [-r;r]$. Khi đó
$$g\left(\frac{r^2}{c}\right)=\frac{r^2-\frac{r^4}{c^2}}{r^2+c^2-2r^2}=\frac{r^2(c^2-r^2)}{c^2(c^2-r^2)}=\frac{r^2}{c^2},$$
suy ra $d_{\max }^2=c^2\cdot \frac{r^2}{c^2}=r^2=\frac{63}{16}$, tức
$$d_{\max }=\frac{3\sqrt{7}}{4}.$$

Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng $PM$ và $A{A}^{\prime }$ là $\frac{3\sqrt{7}}{4}$, đạt được khi $y=\frac{105}{64}$, $x=\pm \frac{27\sqrt{7}}{64}$, $z=\frac{21}{4}$.