Thể tích của khối chóp

Tứ diện \(ABCD\) đều cạnh \(a\) có thể tích là \({V_{ABCD}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Vì tứ diện đều $ABCD$ cạnh $8$  nên \({V_{ABCD}} = \dfrac{{{8^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{128\sqrt 2 }}{3}\)

Tứ diện đều $FAHI$ cạnh $x$ nên \({V_1} = \dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Tương tự ta có: \({V_2} = {V_3} = {V_4} = \dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

\( \Rightarrow \)Khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích là \(V = {V_{ABCD}} - 4{V_1} = \dfrac{{128\sqrt 2 }}{3} - 4\dfrac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{\left( {128 - {x^3}} \right)\sqrt 2 }}{3}\)

Vì khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích bằng \(\dfrac{3}{4}\) thể tích tứ diện $ABCD$ nên ta có:

\(\dfrac{{\left( {128 - {x^3}} \right)\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{3}{4}\dfrac{{128\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow 128 - {x^3} = 96 \Leftrightarrow {x^3} = 32 \Rightarrow x = \sqrt[3]{{32}} = 2\sqrt[3]{4}\)

Dễ thấy \(\Delta SAB = \Delta SAC\left( {c.g.c} \right)\) nên \(SB = SC\) hay tam giác \(\Delta SBC\) cân.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) ta có: \(AM \bot BC,SM \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên \(AM\) thì \(SH \bot AM,SH \bot BC\) nên \(SH\) là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác \(SAB\) có: \(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} - 2SA.AB\cos {30^0} = 16 \Rightarrow SB = 4 \Rightarrow SC = 4\).

Do đó \(S{M^2} = \dfrac{{S{B^2} + S{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow SM = \sqrt {15} \).

Tam giác \(ABC\) có \(A{M^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow AM = \sqrt {15} \).

Khi đó \({S_{SAM}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = 6\).

Do đó: \(SH = \dfrac{{2{S_{SAM}}}}{{AM}} = \dfrac{{2.6}}{{\sqrt {15} }} = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}\).

\({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}AM.BC.SH = \dfrac{1}{6}.\sqrt {15} .2.\dfrac{{4\sqrt {15} }}{5} = 4\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$.

Khi đó, \(\widehat {SAH} = \widehat {SCH}\) vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi $SA, SC$ với mặt phẳng đáy.

\(\widehat {SBH} = {45^0},\tan \widehat {SDH} = \dfrac{1}{3}\).

Tam giác \(\Delta SAH = \Delta SCH \Rightarrow HA = HC\) \( \Rightarrow H\) nằm trên trung trực của \(AC\).

Mà \(BD\) là đường trung trực của \(AC\) nên \(H \in BD\).

Lại có \(\widehat {SBH} = {45^0} \Rightarrow HB = HS,\tan \widehat {SDH} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{{SH}}{{HD}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{HB}}{{HD}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{HB}}{{BD}} = \dfrac{1}{4}\).

Mà \(BD = a\sqrt 2  \Rightarrow HB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow SH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 3\overrightarrow {GO} \\ \Rightarrow \overrightarrow {GA}  + 3\overrightarrow {GO}  = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \overrightarrow {GA}  =  - 3\overrightarrow {GO} \\ \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AO}} = \dfrac{3}{4}\end{array}\)

Trong \(\left( {ABE} \right)\) gọi \(F = BG \cap AE\,\,\left( {F \in AE} \right)\).

Lấy \(M \in AC\), trong \(\left( {ACD} \right)\) gọi \(N = MF \cap AD\,\,\,\left( {N \in AD} \right)\), khi đó ta có mặt phẳng chứa \(BG\) cắt \(AC,\,\,AD\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) chính là \(\left( {BMN} \right)\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(AOE\), cát tuyến \(BGF\):

\(\dfrac{{GA}}{{GO}}.\dfrac{{BO}}{{BE}}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow 3.\dfrac{2}{3}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{FA}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AE}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow F\) là trọng tâm tam giác \(ACD\).

Trong \(\left( {ACD} \right)\) kéo dài \(MN\) cắt \(CD\) tại \(H\). Đặt \(\dfrac{{AM}}{{AC}} = x\) \(\left( {0 < x < 1} \right)\).

 Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(ACE\), cát tuyến \(MHF\):

\(\dfrac{{MA}}{{MC}}.\dfrac{{HC}}{{HE}}.\dfrac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{x}{{1 - x}}.\dfrac{{HC}}{{HE}}.\dfrac{1}{2} = 1\)\( \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HE}} = \dfrac{{2\left( {1 - x} \right)}}{x}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow HE = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\\ \Rightarrow HC + CE = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\\ \Rightarrow CE = \dfrac{{3x - 2}}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}HD = HC + 2CE\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = HC + \dfrac{{3x - 2}}{{1 - x}}HC = \dfrac{{2x - 1}}{{1 - x}}HC\\ \Rightarrow \dfrac{{HE}}{{HD}} = \dfrac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}:\dfrac{{2x - 1}}{{1 - x}} = \dfrac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}\end{array}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(AED\), cát tuyến \(MFN\):

\(\begin{array}{l}\dfrac{{FA}}{{FE}}.\dfrac{{HE}}{{HD}}.\dfrac{{ND}}{{NA}} = 1 \Rightarrow 2.\dfrac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}.\dfrac{{ND}}{{NA}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{ND}}{{NA}} = \dfrac{{2x - 1}}{x} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{ND}} = \dfrac{x}{{2x - 1}}\\ \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{NA + ND}} = \dfrac{x}{{x + 2x - 1}} = \dfrac{x}{{3x - 1}}\\ \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{x}{{3x - 1}}\end{array}\).

Khi đó ta có \(\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AM}}{{AC}}.\dfrac{{AN}}{{AD}} = x.\dfrac{x}{{3x - 1}} = \dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = \dfrac{{2x\left( {3x - 1} \right) - 3{x^2}}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{3{x^2} - 2x}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\x = \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{4}{9}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số \(\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{4}{9}\).

Theo bài ra ta có \({A_1}\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên \(A\) cũng là trọng tâm \(\Delta {B_1}{C_1}{D_1}\).

Do đó \({V_{ABCD}} = 3{V_{A.{A_1}BC}} = 3{V_{B.A{A_1}C}}\) và \({V_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 3{V_{{A_1}A{B_1}{C_1}}} = 3{V_{{B_1}A{A_1}{C_1}}}\).

Mặt khác do quan hệ song song nên ta có: \(d\left( {B;\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right)\) và \({S_{\Delta A{A_1}C}} = {S_{\Delta A{A_1}{C_1}}}\) nên suy ra \({V_{B.A{A_1}C}} = {V_{{B_1}.A{A_1}{C_1}}}\) .

Vậy \({V_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {V_{ABCD}} = 18\).

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) .

Vì khoảng cách từ \(J\) đến các mặt bên và mặt đáy đều bằng \(r\) nên \(J \in SO\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OH \bot SM\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH\\\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\end{array}\)

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(JK\parallel OH \Rightarrow JK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {J;\left( {SCD} \right)} \right) = JK\).

Có \(d\left( {J;\left( {ABCD} \right)} \right) = JO\).

Theo bài ra ta có \(JK = JO = r\).

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{1}{3}SO.{a^2} \Rightarrow SO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(OH = \dfrac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

\(\begin{array}{l}\dfrac{{JK}}{{OH}} = \dfrac{{SJ}}{{SO}} \Rightarrow \dfrac{r}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} - r}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}\\ \Leftrightarrow 2r = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} - r\\ \Leftrightarrow 3r = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow r = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\end{array}\)

Giả sử \(SC \cap \left( {IMN} \right) = \left\{ P \right\}\) \( \Rightarrow \left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IP\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IP\\\left( {IMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\end{array} \right. \Rightarrow IP\parallel MN\parallel AC\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(\left\{ E \right\} = MN \cap CD\), trong \(\left( {SCD} \right)\) goji \(Q = NP \cap SD\).

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( {MNI} \right)\) là ngũ giác \(IMNPQ\).

Gọi \({V_1} = {V_{S.BMNPQI}},\,\,V = {V_{S.ABCD}}\), theo bài ra ta có \({V_1} = \dfrac{7}{{32}}V\).

Ta có \({V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\).

Đặt \(\dfrac{{SI}}{{SA}} = x\,\,\,\left( {0 < x < 1} \right)\), áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\dfrac{{SI}}{{SA}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = x\).

- Xét khối chóp \(S.BMN\) và \(S.ABCD\):

  + Có cùng chiều cao (cùng bằng khoảng cách từ \(S\) đến \(\left( {ABCD} \right)\)).

  + \({S_{BMN}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{8}{S_{ABC}}\) (do tam giác \(BMN\) và tam giác \(BAC\) đồng dạng theo tỉ số \(\dfrac{1}{2}\))

Do đó \({V_{S.BMN}} = \dfrac{1}{8}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{8}V\).

- Xét khối chóp \(S.IMN\) và \(S.AMN\):

   \(\dfrac{{{V_{S.IMN}}}}{{{V_{S.AMN}}}} = \dfrac{{SI}}{{SA}} = x \Rightarrow {V_{S.IMN}} = x.{V_{S.AMN}}\).

Ta có \({S_{AMN}} = {S_{BMN}} = \dfrac{1}{8}{S_{ABCD}}\) \( \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \dfrac{1}{8}V\) \( \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \dfrac{x}{8}V\).

- Xét khối chóp \(S.INP\) và \(S.ANC\):

   \(\dfrac{{{V_{S.INP}}}}{{{V_{S.ANC}}}} = \dfrac{{SI}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = {x^2} \Rightarrow {V_{S.IMN}} = {x^2}.{V_{S.ANC}}\).

Ta có \({S_{ANC}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABCD}}\) \( \Rightarrow {V_{S.ANC}} = \dfrac{1}{4}V\) \( \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \dfrac{{{x^2}}}{4}V\).

- Xét khối chóp \(S.IPQ\) và \(S.ACD\): \(\dfrac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SI}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\dfrac{{SQ}}{{SD}}\).

Ta có \(AMEC\) là hình bình hành nên \(EC = AM = \dfrac{1}{2}CD \Rightarrow \dfrac{{EC}}{{ED}} = \dfrac{1}{3}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SCD\) với cát tuyến \(EPQ\) ta có:

\(\dfrac{{PS}}{{PC}}.\dfrac{{EC}}{{ED}}.\dfrac{{QD}}{{QS}} = 1\) \( \Rightarrow \dfrac{x}{{1 - x}}.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{QD}}{{QS}} = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{QD}}{{QS}} = \dfrac{{3\left( {1 - x} \right)}}{x} \Rightarrow \dfrac{{SQ}}{{QD}} = \dfrac{x}{{3\left( {1 - x} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{SQ}}{{SQ + QD}} = \dfrac{x}{{x + 3\left( {1 - x} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{SQ}}{{SD}} = \dfrac{x}{{3 - 2x}}\end{array}\)

Suy ra \(\dfrac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SI}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\dfrac{{SQ}}{{SD}} = {x^2}.\dfrac{x}{{3 - 2x}} = \dfrac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}\)\( \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \dfrac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}{V_{S.ACD}}\).

Mà \({S_{ACD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{2}V\) \( \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \dfrac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}}V\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\\ \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{8}V + \dfrac{x}{8}V + \dfrac{{{x^2}}}{4}V + \dfrac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}}V\\ \Rightarrow {V_1} = \left( {\dfrac{1}{8} + \dfrac{x}{8} + \dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}}} \right)V = \dfrac{7}{{32}}V\\ \Rightarrow \dfrac{1}{8} + \dfrac{x}{8} + \dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}} = \dfrac{7}{{32}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 + x + 2{x^2}}}{4} + \dfrac{{{x^3}}}{{3 - 2x}} = \dfrac{7}{{16}}\\ \Leftrightarrow \left( {1 + x + 2{x^2}} \right).\left( {12 - 8x} \right) + 16{x^3} = 7\left( {3 - 2x} \right)\\ \Leftrightarrow 12 + 12x + 24{x^2} - 8x - 8{x^2} - 16{x^3} + 16{x^3} = 21 - 14x\\ \Leftrightarrow 16{x^2} + 18x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{8}\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - \dfrac{3}{2}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SA}} = \dfrac{3}{8} \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IA}} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow \dfrac{{IA}}{{IS}} = \dfrac{5}{3}\).

Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(S\) lên \(AB,\,\,BC,\,\,AC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta BCA}} = {S_{\Delta CAB}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}SM.AB = \dfrac{1}{2}SN.BC = \dfrac{1}{2}SP.CA\end{array}\)

Mà \(AB = BC = CA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow SM = SN = SP\).

Gọi \(O\) là hình chiếu của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SM\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OM\).

CMTT ta có \(ON \bot BC,\,\,OP \bot AC\).

Xét các tam giác vuông \(\Delta SOM,\,\,\Delta SON,\,\,\Delta SOP\) có:

\(\begin{array}{l}SO\,\,chung\\SM = SN = SP\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta SOM = \Delta SON = \Delta SOP\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow OM = ON = OP\), suy ra \(O\) cách đều các cạnh \(AB,\,\,BC,\,\,CA\) nên \(O\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) hoặc \(O\) là tâm đường tròn bàng tiếp \(\Delta ABC\).

+ TH1: \(O\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\). Mà \(\Delta ABC\) đều nên \(O\) là đồng thời là trọng tâm tam giác đều \(ABC\). Khi đó ta có \(AN = \dfrac{{\sqrt 6 .\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2},\,\,AO = \dfrac{2}{3}AN = \sqrt 2 \).

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {18 - 2}  = 4\).

\({S_{\Delta ABC}} = {\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.4.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

TH2: \(O\) là tâm đường tròn bàng tiếp \(\Delta ABC\).

Gọi \(R\) là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác \(ABC\), \(p\) là nửa chu vi tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow p = \dfrac{{3\sqrt 6 }}{2}\).

Khi đó ta có \({S_{ABC}} = \left( {p - BC} \right).R\) \( \Rightarrow {\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \left( {\dfrac{{3\sqrt 6 }}{2} - \sqrt 6 } \right).R \Leftrightarrow R = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Có \(AN = \dfrac{{\sqrt 6 .\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow OA = AN + ON = 3\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow SA > OA = 3\sqrt 2 \) (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

\( \Rightarrow SB = 3\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(OBM\) có: \(OB = \sqrt {O{M^2} + B{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 6 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SOB\) có: \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}}  = 2\sqrt 3 \).

Khi đó ta có \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 .{\left( {\sqrt 6 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = 3\).

Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = 3\).

Xét tam giác \(ABC\), giả sử \(AB = 6,\,\,BC = 8,\,\,AC = 10\) ta có \(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\,\,\left( { = 100} \right)\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pytago đảo) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\) và giả sử \(SA\) hợp với đáy góc \({60^0}\) \( \Rightarrow HA\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( {ABC} \right)\) nên \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH = {60^0}\).

\( \Rightarrow SH = SA.\sin {60^0} = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 .24 = 16\sqrt 3 \).

Chiều cao của khối chóp đã cho là: \(h = \dfrac{{3V}}{S} = \dfrac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a.\)

Đặt \(\dfrac{{AE}}{{AB}} = x,\,\,\dfrac{{AF}}{{AD}} = y\,\,\left( {0 < x,\,\,y \le 1} \right)\). Theo bài ra ta có: \(\dfrac{{3AB}}{{AE}} + \dfrac{{AD}}{{AF}} = 5\) \( \Rightarrow \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{y} = 5\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì hai khối chóp \(S.BCDFE\) và \(S.ABCD\) có cùng chiều cao nên \(k = \dfrac{{{V_{S.BCDFE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{S_{BCDFE}}}}{{{S_{ABCD}}}}\).

Đặt \({S_{ABCD}} = S\), kẻ \(BH \bot AD\,\,\left( {H \in AD} \right)\) ta có \(S = \dfrac{1}{2}BH.\left( {BC + AD} \right) = \dfrac{3}{2}.BH.BC\).

Ta có: \(\dfrac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABD}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AE.AF.\sin \angle BAD}}{{\dfrac{1}{2}AB.AD.\sin \angle BAD}} = xy \Rightarrow {S_{AEF}} = xy.{S_{ABD}}\).

Mà \({S_{ABD}} = \dfrac{1}{2}BH.AD\) nên \({S_{AEF}} = \dfrac{1}{2}xy.BH.AD = xy.BH.BC = \dfrac{3}{2}BH.BC.\dfrac{2}{3}xy\) \( \Rightarrow {S_{AEF}} = \dfrac{2}{3}xy.S\).

\( \Rightarrow {S_{BCDFE}} = {S_{ABCD}} - {S_{AEF}} = S - \dfrac{2}{3}xy.S = S\left( {1 - \dfrac{2}{3}xy} \right)\).

\( \Rightarrow k = \dfrac{{S.\left( {1 - \dfrac{2}{3}xy} \right)}}{S} = 1 - \dfrac{2}{3}xy\).

Theo (1) ta có: \(\dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{y} = 5 \Leftrightarrow y = \dfrac{x}{{5x - 3}}\).

Ta có \(0 < \dfrac{x}{{5x - 3}} \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{x}{{5x - 3}} > 0\\\dfrac{{x - 5x + 3}}{{5x - 3}} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 3 > 0\,\,\left( {do\,\,x > 0} \right)\\3 - 4x \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{3}{5}\\x \ge \dfrac{3}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \dfrac{3}{4}\).

Khi đó ta có

\(\begin{array}{l}k = 1 - \dfrac{2}{3}xy = 1 - \dfrac{2}{3}x.\dfrac{x}{{5x - 3}}\\\,\,\,\, = 1 - \dfrac{{2{x^2}}}{{3\left( {5x - 3} \right)}} = \dfrac{{15x - 9 - 2{x^2}}}{{3\left( {5x - 3} \right)}} = f\left( x \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{ - 2{x^2} + 15x - 9}}{{3\left( {5x - 3} \right)}}\) với \(\dfrac{3}{4} \le x \le 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( { - 4x + 15} \right).3\left( {5x - 3} \right) - \left( { - 2{x^2} + 15x - 9} \right).15}}{{9{{\left( {5x - 3} \right)}^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{{3\left( { - 20{x^2} + 87x - 45} \right) - \left( { - 30{x^2} + 225x - 135} \right)}}{{9{{\left( {5x - 3} \right)}^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 30{x^2} + 36x}}{{9{{\left( {5x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{6}{5}\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

BBT:

\( \Rightarrow {k_{\min }} = \dfrac{1}{2},\,\,{k_{\max }} = \dfrac{2}{3}\).

Vậy \({k_{\min }} + {k_{\max }} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{6}\).

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có:\(SC \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SC \bot AC\)

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SA\) trên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SA,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA,\,\,AC} \right) = \angle SAC = {60^0}\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(C\) ta có: \(SC = CA.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3  = 3a.\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SC.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.3a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)

Gọi \(O = AC \cap BD\), ta có:

\(SA = SC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại \(S\) \( \Rightarrow SO \bot AC\).

Tam giác \(SBD\) vuông cân tại \(S\) \( \Rightarrow SO \bot BD\).

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I = MN \cap BD\).

Đặt \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = x,\,\,\dfrac{{SN}}{{SD}} = y\,\,\left( {0 < x,\,\,y < 1} \right)\).

Ta có: \(\dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}x \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}x\), \(\dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}y \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}y\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{x + y}}{4}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Ta lại có: \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = xy \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{xy}}{2}\), \(\dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.BDC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}xy \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCC}}}} = \dfrac{{xy}}{4}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{xy}}{2} + \dfrac{{xy}}{4} = \dfrac{{3xy}}{4}\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{x + y}}{4} = \dfrac{{3xy}}{4} \Leftrightarrow x + y = 3xy\)\( \Leftrightarrow x = \left( {3x - 1} \right)y \Leftrightarrow y = \dfrac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x \ne \dfrac{1}{3}} \right)\).

Do \(x,\,\,y > 0 \Rightarrow 3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{1}{3}\).

Khi đó ta có \(\dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}\left( {x + \dfrac{x}{{3x - 1}}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \dfrac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\) ta có:

\(f'\left( x \right) = 1 - \dfrac{1}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x - 1 = 1\\3x - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{2}{3}\\x = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(\min {V_{S.AMNE}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{4}{3}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\) \( \Rightarrow \max {V_{ABCDNEM}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_0} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}}\).

Ta có: \(\Delta ABD\) đều cạnh 2 \(\left( {AB = AD,\,\angle BAD = {{60}^0}} \right)\) \( \Rightarrow {S_{ABD}} = \dfrac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\sqrt 3 \).

Tam giác \(ABD\) đều cạnh 2 \( \Rightarrow \)\(BD = 2\), lại có tam giác \(SBD\) vuông cân tại \(S\) nên \(SO = \dfrac{1}{2}BD = 1\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.1.2\sqrt 3  = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy  \({V_0} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{9}\).

Gọi \(BM,\,\,DN\) lần lượt là các đường cao của tam giác \(BCD\) \( \Rightarrow BM \cap DN = \left\{ H \right\}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BM\\CD \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow CD \bot AM\).

\( \Rightarrow AM\) là đường cao của tam giác đều \(ACD\), do đó \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AD\), do \(\Delta ACD\) đều nên \(CP \bot AD\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot DN\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADN} \right) \Rightarrow BC \bot AD\\\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\AD \bot CP\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {BCP} \right) \Rightarrow AD \bot NP\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ADN} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AD\\NP \subset \left( {ADN} \right),\,\,NP \bot AD\,\,\left( {cmt} \right)\\CP \subset \left( {ACD} \right),\,\,CP \bot AD\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ADN} \right);\left( {ACD} \right)} \right) = \angle \left( {NP;CP} \right) = \angle NPC = {45^0}\).

Ta có: \(BC \bot \left( {ADN} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow CN \bot NP\) \( \Rightarrow NCP\) vuông tại \(N\), lại có \(\angle NPC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \angle NCP = {45^0}\) hay \(\angle BCP = {45^0}\)  (1).

Gọi \(G = AM \cap CP \Rightarrow G\) là trọng tâm tam giác đều \(ACD\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot \left( {BCP} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AD \bot BG\\CD \bot \left( {ABM} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow CD \bot BG\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BG \bot \left( {ACD} \right)\), mà \(G\) là trọng tâm tam giác đều \(ACD\) \( \Rightarrow BA = BC = BD = a\sqrt 6 \).

Ta có \(BG \bot \left( {ACD} \right) \Rightarrow BG \bot CG\) \( \Rightarrow \Delta BCG\) vuông tại \(G\)  (2).

Từ (1) và (2) suy ra tam giác \(BCG\) vuông cân tại \(G\) \( \Rightarrow BG = CG = \dfrac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 3 \).

Ta có: \(CP = \dfrac{3}{2}CG = \dfrac{{3a\sqrt 3 }}{2} = AC\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)   đều cạnh \(3a\) nên \({S_{\Delta ACD}} = \dfrac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}BG.{S_{\Delta ACD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .\dfrac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9{a^3}}}{4}\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S\), \(SO\) là trung tuyến \( \Rightarrow SO \bot AC\).

Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\), \(SO\) là trung tuyến \( \Rightarrow SO \bot BD\).

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(SA = SB = SC = SD\), \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABCD\).

Hình bình hành \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(ABCD\) phải là hình chữ nhật.

Theo bài ra ta giả sử \(AD = a\) và đặt \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \).

\( \Rightarrow AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}} \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SOA\) có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \dfrac{{{a^2} + {x^2}}}{4}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {7{a^2} - {x^2}} \).

Khi đó ta có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}\sqrt {7{a^2} - {x^2}} .ax = \dfrac{a}{6}x\sqrt {7{a^2} - {x^2}} \).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(x\sqrt {7{a^2} - {x^2}}  \le \dfrac{{{x^2} + 7{a^2} - {x^2}}}{2} = \dfrac{{7{a^2}}}{2}\) \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} \le \dfrac{a}{6}.\dfrac{{7{a^2}}}{2} = \dfrac{{7{a^3}}}{{12}}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = 7{a^2} - {x^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\dfrac{{7{a^3}}}{{12}}\) \( \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  + \overrightarrow {IS}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có:

 \(\begin{array}{l}Q = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} + M{S^2}\\Q = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {ID} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IS} } \right)^2}\\Q = 5M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  + \overrightarrow {IS} } \right) + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} + I{S^2}\\Q = 5M{I^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} + I{S^2}\end{array}\)

Do các điểm \(I,\,\,A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,S\) cố định nên \(I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} + I{S^2}\) không đổi, do đó \({Q_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)

Khi đó \(M\) là hình chiếu của \(I\) lên \(\left( {SCD} \right)\) hay \(MI \bot \left( {SCD} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) và:

\(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  + \overrightarrow {IS}  = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IC} } \right) + \left( {\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {ID} } \right) + \overrightarrow {IS}  = \overrightarrow 0 \).

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IO}  + 2\overrightarrow {IO}  + \overrightarrow {IS}  = 0 \Leftrightarrow 4\overrightarrow {IO}  = \overrightarrow {IS} \).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OE\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow \left( {SOE} \right) \bot \left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow IM \subset \left( {SOE} \right)\).

Trong \(\left( {SOE} \right)\) kẻ \(OH\parallel IM \Rightarrow OH \bot SE\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}SE = \sqrt {S{C^2} - C{E^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}\\SO = \sqrt {S{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {\dfrac{{7{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\\\dfrac{{SM}}{{SH}} = \dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{4}{5}\\\dfrac{{SH}}{{SE}} = \dfrac{{S{O^2}}}{{S{E^2}}} = \dfrac{{6{a^2}}}{4}:\dfrac{{7{a^2}}}{4} = \dfrac{6}{7}\\ \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SE}} = \dfrac{{SM}}{{SH}}.\dfrac{{SH}}{{SE}} = \dfrac{4}{5}.\dfrac{6}{7} = \dfrac{{24}}{{35}} \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{SE}} = \dfrac{{11}}{{35}}\end{array}\)

Ta có: \(SM \cap \left( {ABCD} \right) = E \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{ME}}{{SE}} = \dfrac{{11}}{{35}}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \dfrac{{{V_{M.ACD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}.d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ACD}}}}{{\dfrac{1}{3}.d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABCD}}}} = \dfrac{{11}}{{35}}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{11}}{{70}}\).

Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,\,\,AC = 2a,\,\,AD = 3a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(DH \le AD\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \dfrac{1}{2}AB.AC\).

Vây \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \dfrac{1}{3}AD.\dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),\,\,AB \bot AC\) hay \(AB,\,\,AC,\,\,AD\) đôi một vuông góc.

Trong \(\left( {SMC} \right)\) kẻ \(SI \bot MC\,\,\left( {I \in MC} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMC} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = MC\\SI \subset \left( {SMC} \right),\,\,SI \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow IM\) là hình chiếu của \(SM\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SM;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;IM} \right) = \angle SMI = \angle SMC = {60^0}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác BMC vuông tại B :

\(BM = \dfrac{{AB}}{2} = a;\,\,BC = a\)\( \Rightarrow MC = \sqrt {B{C^2} + B{M^2}}  = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác SMC vuông tại \(S\) có \(\angle SMC = {60^0};\,\,MC = a\sqrt 2 \)  \( \Rightarrow SM = MC.\cos {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác SMI vuông tại \(I\) có \(\angle SMI = {60^0};\,\,SM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)  \( \Rightarrow SI = SM.sin{60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Vậy thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}.2{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SB\).

Ta có: \(OB = \sqrt {\dfrac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}}  = BC\), \(OC = \dfrac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \). Suy ra \(OB \bot BC\).

Dễ thấy \(\angle SBO = \alpha \) và \(OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\).

Suy ra \(SO = \dfrac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{1}{{\cos \alpha }}\), \(OB = \dfrac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

\( \Rightarrow BC = OB = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là:

\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\cos \alpha }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^2} = \dfrac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(\begin{array}{l}1 = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{27}} \ge \dfrac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha  \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha  = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha  = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\).

Vậy \(a + b = 3 + 2 = 5\).

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Vì $SA=SB=SC$ nên $S$ là điểm cách đều 3 điểm $A, B, C$.

Khi đó $S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ tại $O$.

Hay $SO$ vuông góc với $(ABC)$

Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $(ABC)$ là $R$$ \Rightarrow R=OA$

Ta có \(\dfrac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow 2R = \dfrac{{BC}}{{\sin BAC}}\)

Tam giác ABC có \(AB = AC = 2a;BC = 3a\)

\( \Rightarrow \cos BAC = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} =  - \dfrac{1}{8} \Rightarrow \sin BAC = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{8}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin BAC = \dfrac{{{a^2}.3\sqrt 7 }}{4}\)

Khi đó \(R = \dfrac{{BC}}{{2\sin BAC}} = \dfrac{{3a}}{{2.\dfrac{{3\sqrt 7 }}{8}}} = \dfrac{{4a\sqrt 7 }}{7}\)

Chiều cao hình chóp là \(h =SO= \sqrt {S{A^2} - {R^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {35} }}{7}\)

Khi đó thể tích hình chóp là \(V = \dfrac{1}{3}h.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt {35} }}{7}.\dfrac{{3\sqrt 7 }}{4}{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 5 }}{4}\).