Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 \). Xét điểm \(M\) thay đổi trên mặt phẳng \(SCD\) sao cho tổng \(Q = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} + M{S^2}\) nhỏ nhất. Gọi \({V_1}\) là thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) và \({V_2}\) là thể tích của khối chóp \(M.ACD\). Tỉ số \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}}\) bằng

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