Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $G$ và luôn cắt các tia $AB$, $AC$, $AD$ lần lượt tại các điểm $I$, $N$, $P$ (khác đỉnh $A$). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\frac{A{B}^2}{A{I}^2}+\frac{A{C}^2}{A{N}^2}+\frac{A{D}^2}{A{P}^2}$. (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Vì $I\in$ tia $AB$ nên $\overrightarrow{AI}=x\vec{b}$ với $x=\frac{AI}{AB}>0$, tương tự $\overrightarrow{AN}=y\vec{c}$, $\overrightarrow{AP}=z\vec{d}$ với $y,z>0$. Trọng tâm $G$ của tam giác $BCD$ có $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$. Vì $G$ nằm trong mặt phẳng $(INP)$, tồn tại $\lambda ,\mu$ sao cho $\overrightarrow{AG}=\lambda x\vec{b}+\mu y\vec{c}+(1-\lambda -\mu )z\vec{d}$. Do $\vec{b},\vec{c},\vec{d}$ độc lập tuyến tính nên $\lambda x=\mu y=(1-\lambda -\mu )z=\frac{1}{3}$, suy ra $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$. Theo Cauchy–Schwarz: $$T=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\ge \frac{1}{3}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}^2=\frac{9}{3}=3.$$ Dấu bằng khi $x=y=z=1$, tức $I\equiv B,N\equiv C,P\equiv D$ (mặt phẳng $(BCD)$ đi qua $G$), thỏa mãn đề bài. Vậy $\min T=3$, khớp với đáp án nguồn. Đáp án D.