Cho hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ tâm $O$ cạnh có độ dài bằng 1. Gọi $M,P$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A{A}^{\prime },C{C}^{\prime }$ sao cho $AM=\frac{3}{4}A{A}^{\prime }$, $CP=\frac{1}{4}C{C}^{\prime }$. Mặt phẳng $(\alpha )$ thay đổi đi qua $M,P$ đồng thời cắt hai cạnh $B{B}^{\prime },D{D}^{\prime }$ lần lượt tại $N$ và $Q$. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác $MNPQ$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$ và các đỉnh tương ứng có tung z bằng 1. Khi đó $M(0;0;\frac{3}{4})$, $P(1;1;\frac{1}{4})$, $N(1;0;t)$, $Q(0;1;s)$ với $0\le t,s\le 1$.

Điều kiện đồng phẳng của $M,N,P,Q$: với $\overrightarrow{MN}=(1;0;t-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MQ}=(0;1;s-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MP}=(1;1;-\frac{1}{2})$, ta có định thức $\det [\overrightarrow{MN};\overrightarrow{MQ};\overrightarrow{MP}]=1-s-t=0$, tức $s+t=1$.

Đặt $u=t-\frac{3}{4}$, khi đó $s-\frac{1}{4}=-u$ và $s-\frac{3}{4}=-(u+\frac{1}{2})$. Chu vi:
$$P_{MNPQ}=MN+NP+PQ+QM=2\sqrt{1+u^2}+2\sqrt{1+{\left(u+\frac{1}{2}\right)}^2}.$$

Xét $f(u)=\sqrt{1+u^2}+\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}$. Đạo hàm:
$$f^{\prime }(u)=\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}+\frac{u+\frac{1}{2}}{\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}}.$$
Vì $g(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ đồng biến và lẻ trên $\mathbb{R}$, $f^{\prime }(u)=0\iff g(u)=g(-(u+\frac{1}{2}))\iff u=-(u+\frac{1}{2})\iff u=-\frac{1}{4}$ (thỏa mãn $t=\frac{1}{2},s=\frac{1}{2}$ trong $[0;1]$). Đây là điểm đạt giá trị nhỏ nhất vì $f^{\prime }\to \mp \infty$ khi $u\to \mp \infty$ và $f$ có một điểm tới hạn duy nhất.

Khi đó $f=2\sqrt{1+\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{17}}{2}$, nên chu vi nhỏ nhất $=2f=\sqrt{17}$.