Phương pháp giải:

- Viết phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\) và nhận \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right]\) là 1 VTPT.

- Mặt phẳng đi qua \(A\left( {a;b;c} \right)\) có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\) có phương trình: \(A\left( {x - a} \right) + B\left( {y - b} \right) + C\left( {z - c} \right) = 0\).

- Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến \(\left( P \right):\,\,Ax + By + Cz + D = 0\) là: \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\) ,

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}A\left( {0;0;3} \right);B\left( {1;1;3} \right);C\left( {0;1;1} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;0} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {0;1; - 2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 2;2;1} \right)\end{array}\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\) và nhận \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 2;2;1} \right)\) là 1 VTPT.\( - 2.\left( {x - 0} \right) + 2.\left( {y - 0} \right) + 1.\left( {z - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow  - 2x + 2y + z - 3 = 0.\)

Vậy \(d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - 3} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 1\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- \(\left\{ \begin{array}{l}A,\,\,B \in \left( Q \right)\\\left( Q \right) \bot \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {AB}  = 0\\\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right]\).

- Phương trình mặt phẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\) là:

\(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}A,\,\,B \in \left( Q \right)\\\left( Q \right) \bot \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {AB}  = 0\\\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {3; - 2; - 1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là:

\(3\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y + 1} \right) - 1.\left( {z - 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x - 2y - z - 3 = 0\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Gọi \(M\left( {0;0;m} \right) \in Oz\).

- Điểm M cách đều điểm A và mặt phẳng \(\left( P \right)\)\( \Leftrightarrow MA = d\left( {M;\left( P \right)} \right)\).

- Sử dụng các công thức \(MA = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_M}} \right)}^2} + {{\left( {{z_A} - {z_M}} \right)}^2}} \)

- Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,Ax + By + Cz + D = 0\) là 

\(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\left( {0;0;m} \right) \in Oz\).

Ta có: \(MA = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( {m - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2} + 13} \).

           \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \dfrac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {14} }}\)

Vì M cách đều điểm A và mặt phẳng \(\left( P \right)\)\( \Leftrightarrow MA = d\left( {M;\left( P \right)} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2} + 13}  = \dfrac{{\left| {m - 17} \right|}}{{\sqrt {14} }}\\ \Leftrightarrow 14\left( {{m^2} - 8m + 16 + 13} \right) = {m^2} - 34m + 289\\ \Leftrightarrow 13{m^2} - 78m + 117 = 0\\ \Leftrightarrow 13\left( {{m^2} - 6m + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 13{\left( {m - 3} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 3.\end{array}\)

Vậy \(M\left( {0;0;3} \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tìm tọa độ điểm A,B.

- Tính độ dài các cạnh \(OA,\,\,OB,\,\,OC\). Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} \).

- Tính chu vi tam giác OABbằng \({P_{\Delta OAB}} = A + OB + AB\).

Lời giải chi tiết:

Cho \(y = z = 0\) ta có \(3x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 4\). Suy ra mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt trục \(Ox\) tại \(A\left( {4;0;0} \right)\).

Cho \(x = y = 0\) ta có \( - 4z - 12 = 0 \Leftrightarrow z =  - 3\). Suy ra mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt trục \(Oz\) tại \(B\left( {0;0; - 3} \right)\).

Ta có: \(OA = 4,\,\,OB = 3\) và \(AB = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = 5\).

Vậy chu vi tam giác OAB là \(4 + 3 + 5 = 12.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R\).

+) Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) bán kính \(R\) là \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\).

Lời giải chi tiết:

+) \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R = \dfrac{{\left| {2.3 + 6.4 - 3\left( { - 5} \right) + 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {6^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \dfrac{{49}}{7} = 7\).

+) Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\) và tiếp xúc với \(\left( P \right)\) là: \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 49\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) cắt AB,AC,AD lần lượt tại B’,C’,D’.

- Áp dụng tỉ số thể tích: Cho hình chóp S.ABC, trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’. Khi đó ta có: \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\).

- Tính tỉ số, từ đó xác định tọa độ điểm B’.

- Viết phương trình mặt phẳng song song với (BCD) và đi qua điểm B’.

Lời giải chi tiết:

Giả sử mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) cắt AB, AC, AD lần lượt tại B’, C’, D’.

Đặt \(\dfrac{{AB'}}{{AB}} = k\). Áp dụng định lí Ta-lét ta tính được \(\dfrac{{AC'}}{{AC}} = \dfrac{{AD'}}{{AD}} = k\).

Khi đó ta có  \(\dfrac{{{V_{AB'C'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AB'}}{{AB}}.\dfrac{{AC'}}{{AC}}.\dfrac{{AD'}}{{AD}}\)\( \Leftrightarrow {k^3} = \dfrac{1}{{27}} \Leftrightarrow k = \dfrac{1}{3}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AB' = \dfrac{1}{3}AB \Rightarrow \overrightarrow {AB'}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} - 0 = \dfrac{1}{3}.1\\{y_{B'}} - 1 = \dfrac{1}{3}.0\\{z_{B'}} + 1 = \dfrac{1}{3}.3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = \dfrac{1}{3}\\{y_{B'}} = 1\\{z_{B'}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow B'\left( {\dfrac{1}{3};1;0} \right)\end{array}\)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - 2; - 2} \right)\\\overrightarrow {BD}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {BCD} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {0;2; - 2} \right)\parallel \left( {0;1; - 1} \right)\)

Vì \(\left( \alpha  \right)\parallel \left( {BCD} \right)\) nên \(\overrightarrow n \left( {0;1; - 1} \right)\) cũng là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(0.\left( {x - \dfrac{1}{3}} \right) + 1.\left( {y - 1} \right) - 1.z = 0\) \( \Leftrightarrow y - z - 1 = 0\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Gọi \(S\left( {a;b;c} \right)\).

- Lập 3 phương trình ba ẩn, giải hệ phương trình tìm a, b, c.

- Tính \(SA\), sau đó tính l.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(S\left( {a;b;c} \right).\)

Vì \(S \in \left( P \right) \Rightarrow 2a - 6b - 4c + 7 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}SA = SB = SC\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA = SB\\SA = SC\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} + {\left( {c + 1} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} + {\left( {c + 1} \right)^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} + {\left( {c + 1} \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a - 8b + 2c + 21 =  - 2a - 8b + 2c + 18\\ - 4b - 8b + 2c + 21 =  - 4a - 8b - 6c + 29\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a =  - 3\\8c = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{3}{2}\\c = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Thay vào (1) ta có: \(2.\dfrac{3}{2} - 6b - 4.1 + 7 = 0 \Leftrightarrow b = 1.\)

Khi đó ta có: \(S\left( {\dfrac{3}{2};1;1} \right) \Rightarrow SA = \sqrt {\dfrac{1}{4} + 9 + 4}  = \dfrac{{\sqrt {53} }}{2}\).

Vậy \(l = SA + SB = 2SA = \sqrt {53} .\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Tìm tọa độ điểm I sao cho \(2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0 \).

- Tìm M là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(A\left( {0;1;2} \right),B\left( { - 3;4; - 1} \right)\) và \(2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0 \)

Nên \(I\left( { - 1;2;1} \right)\).

Khi đó ta có

\(2M{A^2} + M{B^2} = 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} = 3M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right) = 3M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2}\)

Có giá trị nhỏ nhất khi \(MI\) nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I  trên \(\left( P \right)\).

Ta có \(M\left( { - 1 + 2t;2 - 2t;1 - t} \right) \in \left( P \right):2x - 2y - z - 2 = 0\) nên \(t = 1 \Rightarrow M\left( {1;0;0} \right)\)

Khi đó \(T = 2M{A^2} + M{B^2} = 45\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tích có hướng của hai vecto.

Lời giải chi tiết:

Gọi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục Oy và vuông góc với \(\left( P \right):x + y + 2z - 2 = 0\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_1}}  = \left( {0;1;0} \right)\\\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2;0; - 1} \right)\)

Mà mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) nên phương trình có dạng \(2x - z = 0\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Chứng minh tam giác MNP vuông và tính độ dài đường cao kẻ từ M xuống NP.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm khoảng cách từ M đến \(\left( {NPQ} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(MP = 3;MN = 4;NP = 5 \Rightarrow N{P^2} = M{N^2} + M{P^2}\) nên tam giác MNP vuông tại M.

Kẻ \(MH \bot NP \Rightarrow \dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{M{P^2}}} + \dfrac{1}{{M{N^2}}} \Rightarrow MH = \dfrac{{12}}{5}\)

Mà \(MQ \bot \left( {MNP} \right) \Rightarrow MQ \bot NP;MH \bot NP \Rightarrow \) từ M kẻ \(MK \bot QH \Rightarrow {d_{\left( {M;\left( {NQP} \right)} \right)}} = MK\)

Ta có \(\dfrac{1}{{M{K^2}}} = \dfrac{1}{{M{Q^2}}} + \dfrac{1}{{M{H^2}}} \Rightarrow MK = \dfrac{{12\sqrt {41} }}{{41}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tìm giao điểm của \(\left( P \right)\) với các hệ trục tọa độ.

- Sử dụng tính chất của trực tâm để suy ra mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Lời giải chi tiết:

Gọi giao điểm của mặt phẳng \(\left( P \right)\) với các trục x’Ox;y’Oy;z’Oz là \(A\left( {a;0;0} \right);B\left( {0;b;0} \right);C\left( {0;0;c} \right)\)

Nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\) và đi qua điểm \(M\left( {3;2;1} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{3}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\)(*)

Và \(M\left( {3;2;1} \right)\) là trực tâm tam giác ABC nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BM} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b + c = 0\\3a + c = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - \dfrac{c}{2}\\a =  - \dfrac{c}{3}\end{array} \right.\)

Thay vào (*) ta có \(c =  - 12 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 6\end{array} \right.\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\dfrac{x}{4} + \dfrac{y}{6} - \dfrac{z}{{12}} = 1 \Rightarrow 3x + 2y - z - 12 = 0\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tích có hướng của hai vecto.

Lời giải chi tiết:

Gọi vecto pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(\overrightarrow u \)

Ta có mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(A\left( {2;4;1} \right);B\left( { - 1;1;3} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\):\(x - 3y + 2z - 5 = 0\)

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u  \bot \overrightarrow {AB}  = \left( { - 3; - 3;2} \right)\\\overrightarrow u  \bot \overrightarrow n  = \left( {1; - 3;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow n } \right] = \left( {0;8;12} \right)\) hay \(\left( {0;2;3} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow u  = \left( {0;2;3} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {2;4;1} \right)\) nên có phương trình là \(2y + 3z - 11 = 0\).

Phương pháp giải:

- Tìm chiều cao của hình trụ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\).

- Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: \(Ax + By + Cz + D = 0\) và \(Ax + By + Cz + D' = 0\) là: \(d = \dfrac{{\left| {D - D'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).

- Tính thể tích khối lăng trụ: \(V = Bh\) trong đó h là chiều cao, B là diện tích đáy của khối lăng trụ.

Lời giải chi tiết:

Hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)\) song song với nhau nên chiều cao khối trụ là \(h = d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right).\)

Mà phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)\) lần lượt là \(x - 2y + z + 2 = 0;x - 2y + z + 4 = 0\)

Nên \(h = d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \dfrac{{\left| {4 - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = h.{S_{ABC}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.6 = 2\sqrt 6 .\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tìm bán kính mặt cầu: Mặt cầu \(\left( S \right):\,\,{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2ax + 2by + 2cz + d = 0\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0\).

- Tính khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng đã cho: - Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,Ax + By + Cz + D = 0\) là \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).

- Áp dụng định lý Pytago để tính bán kính đường tròn.

- Đường tròn bán kính r có chu vi \(C = 2\pi r\).

Lời giải chi tiết:

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 5\) có tâm là \(O\left( {0;0;0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 5 .\)

Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng \(\left( P \right):x + \sqrt 2 y - z + 3 = 0\) là \(d = \dfrac{3}{{\sqrt {1 + 2 + 1} }} = \dfrac{3}{2}.\)

Áp dụng định lý Pytago ta có \({R^2} = {r^2} + {d^2} \Rightarrow r = \sqrt {5 - {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}.\)

Vậy chu vi đường tròn bán kính r bằng \(C = 2\pi r = \pi \sqrt {11} .\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Giả sử mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt ba trục tọa độ tại các điểm \(A\left( {a;\,\,0;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0;\,\,b;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0;\,\,0;\,\,c} \right).\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,\,\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1.\)

Lại có: \(\Delta ABC\) có trọng tâm \(G\left( {3;\,\,2; - 1} \right) \Rightarrow a;\,b;\,\,c.\) Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Lời giải chi tiết:

Giả sử mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt ba trục tọa độ tại các điểm \(A\left( {a;\,\,0;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0;\,\,b;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0;\,\,0;\,\,c} \right).\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,\,\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1.\)

Lại có: \(\Delta ABC\) có trọng tâm \(G\left( {3;\,\,2; - 1} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3.3 = a\\3.2 = b\\3.\left( { - 1} \right) = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 9\\b = 6\\c =  - 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,\,\dfrac{x}{9} + \dfrac{y}{6} - \dfrac{z}{3} = 1.\)

Chọn C. 

Phương pháp giải:

Mặt phẳng chứa trục \(Oz\) là mặt phẳng đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0;\,\,0} \right)\) và có VTPT vuông góc với trục \(Oz\) hay vuông góc với vecto \(\overrightarrow k  = \left( {0;\,\,0;\,\,1} \right).\)  

Hai vecto \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1};\,\,{a_2};\,\,{a_3}} \right)\) và \(\overrightarrow b  = \left( {{b_1};\,\,{b_2};\,\,{b_3}} \right)\) vuông góc với nhau \( \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0\)\( \Leftrightarrow {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + {a_3}{b_3} = 0.\)

Lời giải chi tiết:

VTCP của trục \(Oz\) là: \(\overrightarrow k  = \left( {0;\,\,0;\,\,1} \right).\)

+) Xét đáp án A: \(\left( \alpha  \right):\,\,\,x - y + 1 = 0\) không đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0;\,\,0} \right) \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Xét đáp án B: \(\left( \beta  \right):\,\,\,z - 3 = 0\) không đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0;\,\,0} \right) \Rightarrow \) loại đáp án B.

+) Xét đáp án C: \(\left( P \right):\,\,\,x + y - z = 0\) đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0;\,\,0} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;\,\,1; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow k  = 1.0 + 1.0 + 1.\left( { - 1} \right) =  - 1 \ne 0\)\( \Rightarrow \) loại đáp án C.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi A(a;0;0), xác định tọa độ điểm B và C.

- Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) là \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\).

- Thay tọa độ điểm M vào phương trình tìm a.

Lời giải chi tiết:

Gọi mặt phẳng cần tìm là (P).

Giả sử \(OA = a > 0\). Do mặt phẳng (P) cắt các tia \(Ox,\,Oy,\,Oz\) tại \(A,B,C\) khác O sao cho \(OA = 2OB = 3OC\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB = \dfrac{a}{2}\\OC = \dfrac{a}{3}\end{array} \right.\). Suy ra tọa độ các điểm \(A,B,C\) là: \(A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;\dfrac{a}{2};0} \right),\,\,C\left( {0;0;\dfrac{a}{3}} \right)\)

Khi đó ta có phương trình mặt phẳng (P): \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{{\dfrac{a}{2}}} + \dfrac{z}{{\dfrac{a}{3}}} = 1\)

Mà \(M \in \left( P \right) \Rightarrow \dfrac{2}{a} - \dfrac{3}{{\dfrac{a}{2}}} + \dfrac{3}{{\dfrac{a}{3}}} = 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{2}{a} - \dfrac{6}{a} + \dfrac{9}{a} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{5}{a} = 1 \Leftrightarrow a = 5\).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: \(\dfrac{x}{5} + \dfrac{y}{{\dfrac{5}{2}}} + \dfrac{z}{{\dfrac{5}{3}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{x}{5} + \dfrac{{2y}}{5} + \dfrac{{3z}}{5} = 1\)\( \Leftrightarrow x + 2y + 3z - 5 = 0\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định VTPT của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \), VTCP của đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(\overrightarrow {{u_d}} \).

- Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm, \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_\alpha }}  = 0\\\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]\).

- Chọn \(M \in d\) bất kì \( \Rightarrow M \in \left( P \right)\).

- Phương trình mặt phẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\) có phương trình là:

\(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\).

Lời giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):2x - 3y + z - 2 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Đường thẳng \(d:\dfrac{x}{{ - 1}} = \dfrac{{y + 1}}{2} = \dfrac{{z - 2}}{{ - 1}}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( { - 1;2; - 1} \right)\).

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {1;1;1} \right)\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm và \(\overrightarrow {{n_P}} \) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( \alpha  \right)\\\left( P \right) \supset \left( d \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_\alpha }}  = 0\\\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {1;1;1} \right)\).

Lấy \(M\left( {0; - 1;2} \right) \in d \Rightarrow M \in \left( P \right)\) .

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm là \(1\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y + 1} \right) + 1\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 1 = 0\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(d\left( {O;\left( P \right)} \right)\) đạt giá trị lớn nhất thì hình chiếu \(H\) của \(O\) lên \(\left( P \right)\) nằm trên \(AB\).

- Viết phương trình đường thẳng \(AB\).

- Tham số họa tọa độ điểm \(H\) thuộc \(AB\) theo tham số \(t\).

- Giải phương trình \(\overrightarrow {OH} .\overrightarrow {AB}  = 0\) tìm \(t\), từ đó suy ra VTPT của \(\left( P \right)\).

- Viết phương trình \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\) là:

\(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(O\) lên \(\left( P \right)\) và \(AB\).

Ta có \(OH \bot \left( P \right) \Rightarrow OH \bot HK \Rightarrow \Delta OHK\) vuông tại \(H\) \( \Rightarrow OH \le OK \Rightarrow d\left( {O;\left( P \right)} \right) \le OK\).

Do \(O,\,\,A,\,\,B\) cố định \( \Rightarrow OK\) không đổi.

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( P \right)} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(OK \Leftrightarrow H \equiv K\), khi đó \(H \in AB\).

Ta có \(A\left( { - 1;1;1} \right),B\left( {1;0;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;0} \right)\), suy ra phương trình đường thẳng AB là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - t\\z = 1\end{array} \right.\).

Gọi \(H\left( {1 + 2t;\,\, - t;\,\,1} \right) \in AB\) \( \Rightarrow \overrightarrow {OH} \left( {1 + 2t;\,\, - t;\,\,1} \right)\).

Mà \(OH \bot \left( P \right) \Rightarrow \) \(\overrightarrow {OH} .\overrightarrow {AB}  = 0\) \( \Leftrightarrow 2\left( {1 + 2t} \right) + t = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{2}{5}\)

\( \Rightarrow H\left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{2}{5};1} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {OH} \left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{2}{5};1} \right)\).

Vì \(OH \bot \left( P \right)\) nên \(\left( P \right)\) có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = 5\overrightarrow {OH}  = \left( {1;2;5} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {1;2;5} \right)\) và đi qua \(A\left( { - 1;1;1} \right)\) là:

\(1\left( {x + 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 5\left( {z - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 6 = 0\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

VTCP của trục \(Oz\)  là \(\overrightarrow k  = \left( {0;\,\,0;\,\,1} \right).\)

Phương trình \(\left( P \right)\)  cần tìm chứa điểm \(A\)  và trục \(Oz\)  có VTPT là: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow k ,\,\,\overrightarrow {OA} } \right].\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {{x_0};\,{y_0};\,{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {a;\,b;\,c} \right)\) là: \(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0.\)

Lời giải chi tiết:

\(\overrightarrow {OA}  = \left( {1;\,\,2;\,\,3} \right)\)

Ta có: VTCP của trục \(Oz\)  là \(\overrightarrow k  = \left( {0;\,\,0;\,\,1} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm chứa trục \(Oz\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow k \)

Lại có \(\left( P \right)\) chứa điểm \(A\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  \bot OA\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow k ,\,\,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 2;\,\,1;\,\,0} \right)\) 

\( \Rightarrow \left( P \right):\,\,\, - 2\left( {x - 1} \right) + y - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow  - 2x + y = 0 \Leftrightarrow 2x - y = 0\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Gắn hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,A',\,\,C'\).

- Xác định VTPT của \(\left( {ABC'} \right)\) và \(\left( {A'BC} \right)\).

- Sử dụng công thức tính góc giữa hai mặt phẳng: \(\cos \alpha  = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\) với \(\overrightarrow {{n_1}} ,\,\,\overrightarrow {{n_2}} \) lần lượt là hai VTPT của hai mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, coi hình lập phương có cạnh bằng 1 ta có:

\(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {1;1;0} \right)\), \(A'\left( {0;0;1} \right)\), \(C'\left( {1;1;1} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {A'B}  = \left( {1;0; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {0;1;0} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {A'B} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {1;0;1} \right)\) \( \Rightarrow \left( {A'BC} \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;0;1} \right)\).

           \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;0} \right),\,\,\overrightarrow {AC'}  = \left( {1;1;1} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC'} } \right] = \left( {0; - 1;1} \right)\) \( \Rightarrow \left( {ABC'} \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {0; - 1;1} \right)\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC'} \right)\) ta có:

\(\cos \alpha  = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{{\left| {1.0 + 0.\left( { - 1} \right) + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \dfrac{1}{2}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) ta thấy \({d_1}//{d_2}.\)

Đường thẳng \({d_1}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}} \) và đi qua điểm \({M_1}.\)

Đường thẳng \({d_2}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}} \) và đi qua điểm \({M_2}.\)

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \({d_1},\,\,{d_2}\) đi qua \({M_1}\) và có VTPT là: \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right].\)

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};\;{y_0};\;{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {A;\;B;\;C} \right)\) có phương trình: \(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({d_1}:\,\,\dfrac{{x - 2}}{2} = \dfrac{{y + 3}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 5}}{{ - 3}}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2; - 1; - 3} \right)\)  và đi qua \({M_1}\left( {2; - 3;\,\,5} \right)\)

\({d_2}:\,\,\dfrac{{x + 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{y + 3}}{1} = \dfrac{{z - 2}}{3}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 2;\,\,1;\,\,3} \right)\)  và đi qua \({M_2}\left( { - 1; - 3;\,\,2} \right)\)

Ta thấy \(\overrightarrow {{u_1}}  =  - \overrightarrow {{u_2}}  \Rightarrow {d_1}//{d_2}\)

Ta có: \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( { - 3;\,\,0; - 3} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \({d_1},\,\,{d_2}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{u_1}} \\\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{M_1}{M_2}} \end{array} \right.\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right]\)\( = \left( {3;\,\,15; - 3} \right) = 3\left( {1;\,\,5; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( P \right)\) nhận vecto \(\overrightarrow n  = \left( {1;\,\,\,5; - 1} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \({M_1}\left( {2; - 3;\,\,5} \right)\) và nhận vecto \(\overrightarrow n  = \left( {1;\,\,\,5; - 1} \right)\) làm VTPT có phương trình:

\(x - 2 + 5\left( {y + 3} \right) - \left( {z - 5} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 5y - z + 18 = 0\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm đi qua \(H\) và tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) có bán kính đáy \(R\) nhận \(\overrightarrow {IH} \) làm VTPT.

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};\;{y_0};\;{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {A;\;B;\;C} \right)\) có phương trình: \(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0.\)

Lời giải chi tiết:

Mặt cầu \(\left( S \right):\,\,\,{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\) có tâm \(I\left( {1; - 2;\,\,3} \right)\) và bán kính \(R = 5.\)

Ta có: \(\overrightarrow {IH}  = \left( {3;\,\,4;\,\,0} \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm đi qua \(H\left( {4;\,\,2;\,\,3} \right)\) và tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) nhận \(\overrightarrow {IH} \) làm VTPT.

\( \Rightarrow \left( P \right):\,\,\,3\left( {x - 4} \right) + 4\left( {y - 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x + 4y - 20 = 0.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Mặt phẳng vuông góc với \(AB\) nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm VTPT.

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};\;{y_0};\;{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {A;\;B;\;C} \right)\) có phương trình: \(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0.\)

Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) vừa lập được để chọn đáp án đúng.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,\,\,2;\,\,1} \right)\)

Mặt phẳng vuông góc với \(AB\) nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm VTPT.

\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {1; - 1;\,\,2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,\,2;\,\,1} \right)\) làm VTPT là:

\(x - 1 + 2\left( {y + 1} \right) + z - 2 = 0\) \( \Leftrightarrow x + 2y + z - 1 = 0\)

Thay tọa độ điểm \(\left( {2; - 1;\,\,1} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được: \(2 + 2.\left( { - 1} \right) + 1 - 1 = 0\)

\( \Rightarrow \left( {2; - 1;\,\,1} \right) \in \left( P \right)\) \( \Rightarrow \) Chọn đáp án A.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Khi đó \(\left\{ H \right\} = \left( P \right) \cap d\) với \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \(\left( P \right).\)

Đường thẳng \(d\) có VTCP là VTPT của \(\left( P \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left( P \right):\,\,x + y - 2z - 1 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {1;\,\,1; - 2} \right).\)

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\left( {1; - 2;\,\,2} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{n_P}} \\ \Rightarrow d:\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y =  - 2 + t\\z = 2 - 2t\end{array} \right..\end{array}\)

Khi đó hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(\left( P \right)\) là giao điểm \(H\) của \(\left( P \right)\) và \(d.\)

Ta có: \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;\, - 2 + t;\,\,2 - 2t} \right)\)

Lại có \(H \in \left( P \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 + t - 2 + t - 2\left( {2 - 2t} \right) - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2t - 2 - 4 + 4t = 0\\ \Leftrightarrow 6t = 6\\ \Leftrightarrow t = 1\\ \Rightarrow H\left( {2;\, - 1;\,\,0} \right).\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Khi đó \(\left\{ H \right\} = \left( P \right) \cap d\) với \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \(\left( P \right).\)

Đường thẳng \(d\) có VTCP là VTPT của \(\left( P \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left( P \right):\,\,x + y + z - 3 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {1;\,\,1;\,1} \right).\)

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\left( {1;\,\,2;\,\,3} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{n_P}} \\ \Rightarrow d:\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right..\end{array}\)

Khi đó hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(\left( P \right)\) là giao điểm \(H\) của \(\left( P \right)\) và \(d.\)

Ta có: \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;\,2 + t;\,\,3 + t} \right)\)

Lại có \(H \in \left( P \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 + t + 2 + t + 3 + t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 3t =  - 3\\ \Leftrightarrow t =  - 1\\ \Rightarrow H\left( {0;\,\,1;\,\,2} \right).\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Gọi M(x;y;z)

- Thay tọa độ của M vào điều kiện bài cho tìm mối quan hệ của x, y, z.

Lời giải chi tiết:

Gọi M(x ;y ; z) ta có :

\(\begin{array}{l}AM = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z + 1} \right)}^2}} \\BM = \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \\ \Rightarrow 2A{M^2} - B{M^2} = 4\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z + 1} \right)}^2}} \right] - \left[ {{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] = 4\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 + {z^2} + 2z + 1} \right)\\\,\,\, - \left( {{x^2} + {y^2} - 6y + 9 + {z^2} - 2z + 1} \right) = 4\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 6z - 2 = 0\\ \Rightarrow M \in \left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 6z - 2 = 0\end{array}\)

Mà \(M \in \left( \alpha  \right):x + y + z + 3 = 0\) nên M thuộc đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)

(S) có tâm I(4 ;-1 ;-3) bán kính \(R = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + 2}  = \sqrt {28} \)

\(\begin{array}{l}d = d\left( {I,\left( \alpha  \right)} \right) = \dfrac{{\left| {4 - 1 - 3 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - {d^2}}  = \sqrt {28 - 3}  = 5\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gọi \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}}  = \left( {a;b;c} \right)\), sử dụng các công thức:

- Tính cos góc giữa hai mặt phẳng \(\cos \alpha  = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)

- Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}}  = \left( {a;b;c} \right)\) là 1 VTPT của \(\left( \alpha  \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {{n_{\left( {Oyz} \right)}}}  = \left( {1;0;0} \right)\) nên góc giữa \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {Oyz} \right)\) bằng \({60^0}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos {60^0} = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}} .\overrightarrow {{n_{\left( {Oyz} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {Oyz} \right)}}} } \right|}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{\left| {a.1 + b.0 + c.0} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\end{array}\)

\(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(M\left( {4;0;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}}  = \left( {a;b;c} \right)\) làm VTPT nên \(\left( \alpha  \right)\) có phương trình tổng quát là:

\(a\left( {x - 4} \right) + b\left( {y - 0} \right) + c\left( {z - 0} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow ax + by + cz - 4a = 0\)

Suy ra khoảng cách từ O đến \(\left( \alpha  \right)\) là:

\(d\left( {O,\left( \alpha  \right)} \right) = \dfrac{{\left| {a.0 + b.0 + c.0 - 4a} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)\( = \dfrac{{\left| {4a} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 4.\dfrac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 4.\dfrac{1}{2} = 2\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+) Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn hệ thức \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\), tìm tọa độ điểm I.

+) Chứng minh \(M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow MI\) nhỏ nhất.

+) MI nhỏ nhất \(\Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I trên (P).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(I\left( x;y;z \right)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 + x - 3 + 3\left( {x - 2} \right) = 0\\y - 4 + y - 4 + 3\left( {y + 1} \right) = 0\\z - 5 + z + 3z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;1;1} \right)\)

Ta có:

\(\begin{align}  P=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}={{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}+3{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}} \\ P=M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}+I{{A}^{2}}+M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IB}+I{{B}^{2}}+3M{{I}^{2}}+6\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IC}+3I{{C}^{2}} \\ P=5M{{I}^{2}}+\underbrace{I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+3I{{C}^{2}}}_{const}+2\overrightarrow{MI}\underbrace{\left( \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC} \right)}_{\overrightarrow{0}} \\  \Rightarrow {{P}_{\min }}\Leftrightarrow M{{I}_{\min }} \\ \end{align}\)

Khi đó M là hình chiếu của I trên (P).

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) \(\Rightarrow d:\,\,\frac{x-2}{3}=\frac{y-1}{-3}=\frac{z-1}{-2}\Rightarrow M\left( 3t+2;-3t+1;-2t+1 \right)\).

\(M\in \left( P \right)\Rightarrow 3\left( 3t+2 \right)-3\left( -3t+1 \right)-2\left( -2t+1 \right)-12=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}\Rightarrow M\left( \frac{7}{2};-\frac{1}{2};0 \right)\Rightarrow a+b+c=3\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với (P). Khi đó \(d\left( B;d \right)\ge d\left( B;\left( Q \right) \right)\Rightarrow d{{\left( B;d \right)}_{\min }}=d\left( B;\left( Q \right) \right)\Leftrightarrow H\in d\).

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy \(A,\,B\notin \left( P \right)\).

Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và song song với (P) ta tìm được phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):\,\,\left( P \right):\,\,x-2y+2z+1=0\), khi đó \(d\in \left( Q \right)\).

Gọi H là hình chiếu của B trên (Q) ta có  \(d\left( B;d \right)\ge d\left( B;\left( Q \right) \right)\Rightarrow d{{\left( B;d \right)}_{\min }}=d\left( B;\left( Q \right) \right)\Leftrightarrow H\in d\).

Phương trình đường thẳng d’ đi qua B và vuông góc với (Q) là \(\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-3}{2}\Rightarrow H\left( t+1;-2t-1;2t+3 \right)\)

\(\begin{align}  H\in \left( Q \right)\Rightarrow \left( t+1 \right)-2\left( -2t-1 \right)+2\left( 2t+3 \right)+1=0\Leftrightarrow t=-\frac{10}{9}\Rightarrow H\left( -\frac{1}{9};\frac{11}{9};\frac{7}{9} \right) \\  \Rightarrow \overrightarrow{AH}=\left( \frac{26}{9};\frac{11}{9};-\frac{2}{9} \right)=\frac{1}{9}\left( 26;11;-2 \right) \\ \end{align}\) 

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là \(d:\,\,\frac{x+3}{26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

 Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác để biện luận vị trí điểm

Lời giải chi tiết:

 Ta có \(MA=MB\Rightarrow M\) thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(AB\Rightarrow \left( P \right):2x+y-3=0\).

Lại có \(A\) và \(C\) nằm hai phía của mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Do đó \(MB+MC=MA+MC\ge AC\).

Suy ra \(\min \left( MB+MC \right)=AC\) khi \(M=\left( P \right)\cap AC\Rightarrow M\left( 1;\,1;\,3 \right)\).

Chọn D

Phương pháp giải:

Gọi \(\overrightarrow n \left( {a;b;c} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

\(A;B \in \left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow n .\overrightarrow {AB}  = 0\)

\(\cos \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \left| {\cos \left( {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}};\overrightarrow n } \right)} \right| = {{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}.\overrightarrow n } \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow n \left( {a;b;c} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

\(A;B \in \left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow n .\overrightarrow {AB}  = 0\), ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;3} \right) \Rightarrow a + b + 3c = 0 \Rightarrow a =  - b - 3c\)

Ta có \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {1;2;1} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right);\,\,\left( Q \right)\) bằng \({60^0}\) ta có

\(\eqalign{  & \cos \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \left| {\cos \left( {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}};\overrightarrow n } \right)} \right| = {{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}.\overrightarrow n } \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}  \cr   &  \Leftrightarrow \cos {60^0} = {{\left| {a + 2b + c} \right|} \over {\sqrt 6 .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = {1 \over 2}  \cr   &  \Leftrightarrow 4{\left( {a + 2b + c} \right)^2} = 6\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow 4{\left( { - b - 3c + 2b + c} \right)^2} = 6\left( {{{\left( { - b - 3c} \right)}^2} + {b^2} + {c^2}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow 4{\left( {b - 2c} \right)^2} = 6\left( {2{b^2} + 6bc + 10{c^2}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow 4{b^2} - 16bc + 16{c^2} = 12{b^2} + 36bc + 60{c^2}  \cr   &  \Leftrightarrow 8{b^2} + 52bc + 44{c^2} = 0  \cr   &  \Leftrightarrow \left[ \matrix{  b =  - c \hfill \cr   b =  - {{11} \over 2}c \hfill \cr}  \right. \cr} \)

TH1 : \(b =  - c \Rightarrow a =  - b - 3c =  - 2c \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( { - 2c; - c;c} \right) =  - c\left( {2;1; - 1} \right) \Rightarrow \left( {2;1; - 1} \right)\) cũng là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\), do đó phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):\,\,2x + y - z + 4 = 0\).

TH2 : \(b =  - {{11} \over 2}c \Rightarrow a =  - b - 3c = {5 \over 2}c \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {{5 \over 2}c; - {{11} \over 2}c;c} \right) = {c \over 2}\left( {5; - 11;2} \right) \Rightarrow \left( {5; - 11;2} \right)\) cũng là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\), do đó phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):\,\,5x - 11y + 2z - 8 = 0\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gắn hệ trục tạ độ hoặc dựng hình xác định góc giữa hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ sao cho \(B\left( 0;0;0 \right)\), \(A\left( a\sqrt{2};0;0 \right)\), \(C\left( 0;a\sqrt{2};0 \right)\), \(S\left( x;y;z \right)\).

Ta có \(\left( ABC \right):z=0\), \(\overrightarrow{AS}=\left( x-a\sqrt{2};y;z \right)\), \(\overrightarrow{CS}=\left( x;y-a\sqrt{2};z \right)\)

Do \(\overrightarrow{AS}.\overrightarrow{AB}=0\)\(\Rightarrow \left( x-a\sqrt{2} \right)a\sqrt{2}=0\)\(\Rightarrow x=a\sqrt{2}\), \(d\left( S,\left( ABC \right) \right)=2a\)\(\Rightarrow z=2a\) \(\left( z>0 \right)\)

Và \(\overrightarrow{CS}.\overrightarrow{CB}=0\)\(\Rightarrow \left( y-a\sqrt{2} \right)a\sqrt{2}=0\)\(\Rightarrow y=a\sqrt{2}\)\(\Rightarrow S\left( a\sqrt{2};a\sqrt{2};2a \right)\).

Lại có \(\overrightarrow{AS}=\left( 0;a\sqrt{2};2a \right)\), \(\overrightarrow{CS}=\left( a\sqrt{2};0;2a \right)\), \(\overrightarrow{BS}=\left( a\sqrt{2};a\sqrt{2};2a \right)\).

Mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) có 1 vtpt \(\vec{n}=\left( -\sqrt{2};0;1 \right)\), \(\left( SAB \right)\) có 1 vtpt \(\vec{m}=\left( 0;\sqrt{2};-1 \right)\)\(\Rightarrow \cos \varphi \)\(=\frac{1}{\sqrt{3}.\sqrt{3}}\)\(=\frac{1}{3}\).

Cách 2: Gọi \(D\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mp\(\left( ABC \right)\).

Ta có \(\left. \begin{align} & AB\bot SA \\& AB\bot SD \\\end{align} \right\}\Rightarrow AB\bot AD\), tương tự: \(BC\bot CD\). Vậy \(ABCD\) là hình vuông.

Gọi \(H\), \(K\) lân lượt là hình chiếu của \(D\) trên \(SA\), \(SC\).

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) và \(\left( SCB \right)\) là góc giữa hai đường thẳng

\(DH\) và \(DK\).

Tính được \(DH=DK=\frac{2a}{\sqrt{3}}\);  \(\frac{SH}{SA}=\frac{S{{D}^{2}}}{S{{A}^{2}}}=\frac{2}{3}\) \(\Rightarrow HK=\frac{2}{3}AC=\frac{4a}{3}\) .

Tứ đó suy ra \(\cos \widehat{HDK}=\frac{H{{D}^{2}}+K{{D}^{2}}-H{{K}^{2}}}{2HD.KD}=\frac{1}{3}\).

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm.

Lời giải chi tiết:

Nhận xét \(\left( P \right)//\left( Q \right)//\left( R \right)\) và (P) nằm giữa (Q) và (R).

Ta có \(BH=d\left( \left( Q \right);\left( P \right) \right)=9;\,\,HK=d\left( \left( P \right);\left( R \right) \right)=3\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{AB}{AC}=\frac{BH}{HK}=3\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có :

\(\begin{align}  & AB+\frac{96}{A{{C}^{2}}}=\frac{AB}{2}+\frac{AB}{2}+\frac{96}{A{{C}^{2}}}\overset{Cauchy}{\mathop{\ge }}\,3\sqrt[3]{\frac{AB}{2}.\frac{AB}{2}.\frac{96}{A{{C}^{2}}}} \\& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=3.\sqrt[3]{24.{{\left( \frac{AB}{AC} \right)}^{2}}}=3.\sqrt[3]{24.9}=18 \\\end{align}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Viết phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) dạng đoạn chắn.

+) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

+) Sử dụng BĐT Buniacopxki tìm GTLN của biểu thức \(d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\,\,\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}\) nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Buniacopxki ta có: \(\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {3^2} = 9\)

\( \Leftrightarrow 3.\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 9 \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 3\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) \le \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

+) Tìm tọa độ điểm \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

+) Biểu diễn biểu thức \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\) bằng cách chèn điểm \(I\). Đánh giá.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - a;1 - b;2 - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( { - a;1 - b; - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( {3 - a;1 - b;1 - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 3 = 0\\ - 3b + 3 = 0\\ - 3c + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {1;1;1} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\\ = 3M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \underbrace {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right)}_{\overrightarrow 0 } + \underbrace {I{A^2} + I{B^2} + I{C^2}}_{{\mathop{\rm co}\nolimits} nst}\end{array}\)

Do đó \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow MI \bot \left( Q \right) \Rightarrow MI = d\left( {I;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 1 + 1 - 5} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có \(I{A^2} = {1^2} + {1^2} = 2,\,\,I{B^2} = {1^2} + {1^2} = 2,\,\,I{C^2} = {2^2} = 4\)

\( \Rightarrow {\left( {M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}} \right)_{\min }} = 3.\dfrac{4}{3} + 2 + 2 + 4 = 12\).

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

* Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;b;0} \right),\,\,C\left( {0;0;c} \right)\) \( \Rightarrow Pt\left( P \right):\,\,\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\).

* \(M\left( {4;1;2} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{2}{c} = 1\,\,\left( 1 \right)\)

* \(T = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}\)

* Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{\left( {\dfrac{1}{a}.4 + \dfrac{1}{b}.1 + \dfrac{1}{c}.2} \right)^2} \le \left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\left( {{4^2} + {1^2} + {2^2}} \right)\\ \Rightarrow 1 \le T.21 \Rightarrow T \ge \dfrac{1}{{21}} \Rightarrow {T_{\min }} = \dfrac{1}{{21}}\end{array}\)

* Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{2}{c} = 1\\\dfrac{1}{{4a}} = \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{{2c}}\end{array} \right.\).

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

* Vẽ \(MH \bot \left( P \right),\,\,MK \bot AB\). Dễ thấy \(MK\) không đổi.

* Ta có \(MH \le MK\) \( \Rightarrow M{H_{\max }} = MK \Leftrightarrow H \equiv K\).

\( \Rightarrow \left( P \right)\) chứa \(AB\) và vuông góc với \(MK\).

* Giả sử \(K\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MK}  = \left( {a - 1;b - 2;c - 3} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;1} \right)\end{array} \right.\)

\(\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Rightarrow 2\left( {a - 1} \right) - 1\left( {b - 2} \right) + 1\left( {c - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2a - b + c - 3 = 0\)  (1)

+) \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AK}  = \left( {a - 2;b + 2;c - 3} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;1} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {AK} //\overrightarrow {AB}  \Rightarrow \dfrac{{a - 2}}{2} = \dfrac{{b + 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{c - 3}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b + 2 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\\b + c - 1 = 0\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

+) Giải hệ (1),(2),(3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b =  - 1\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {0; - 1;2} \right)\).

* \(\overrightarrow {{n_P}}  = \overrightarrow {MK}  = \left( { - 1; - 3; - 1} \right)//\left( {1;3;1} \right)\)

\( \Rightarrow Pt\left( P \right):\,\,1\left( {x - 0} \right) + 3\left( {y + 1} \right) + 1\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 3y + z + 1 = 0\).

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

* Vẽ \(OH \bot \left( P \right)\). Ta có \(OH \le OM\) \( \Rightarrow O{H_{\max }} = OM \Rightarrow H \equiv M\).

\( \Rightarrow \left( P \right)\) qua \(M\) và vuông góc với \(OM\) thì \(d{\left( {O;\left( P \right)} \right)_{\max }}\).

* \(\overrightarrow {{n_P}}  = \overrightarrow {OM}  = \left( {2;1;3} \right).\,\,\left( P \right)\) qua \(M\left( {2;1;3} \right)\) có phương trình:

\(2\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 3z - 14 = 0\).

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

* Giả sử \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {A;B;C} \right)\). ĐK: \({A^2} + {B^2} + {C^2} \ne 0\).

\(\left( P \right)\) qua \(C\left( {0;0;1} \right)\) có phương trình \(Ax + By + C\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow Ax + By + Cz - C = 0\).

* \(d\left( {A;\left( P \right)} \right) = d\left( {B;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{\left| {A + C - C} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\mathop  = \limits_{\left( 1 \right)} \dfrac{{\left| {2A - B - C} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\mathop  = \limits_{\left( 2 \right)} \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

* Xét \(A = 1\). Từ \(\left( 1 \right) \Rightarrow \left| {2 - B - C} \right| = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - B - C = 1\\2 - B - C =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}C = 1 - B\,\,\left( 3 \right)\\C = 3 - B\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\).

* Thay (3) vào (1) ta có: \(\dfrac{1}{{\sqrt {1 + {B^2} + {{\left( {1 - B} \right)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow 2{B^2} - 2B + 2 = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}B = 0,\,\,C = 1,\,\,A = 1\\B = 1,\,\,C = 0,\,\,A = 1\end{array} \right.\)

Ta có 2 mặt phẳng \(\left[ \begin{array}{l}x + z - 1 = 0\\x + y = 0\end{array} \right.\).

* Thay (4) vào (1) ta có : \(\dfrac{1}{{\sqrt {1 + {B^2} + {{\left( {3 - B} \right)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow 2{B^2} - 6B + 10 = 2\) (vô nghiệm).

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Giả sử \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \). Xác định tọa độ điểm \(I\).

+) \({S_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( P \right)\).

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - 1 - a;\,\,3 - b;\,5 - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( {2 - a;\,\,6 - b; - 1 - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( { - 4 - a; - 12 - b;5 - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \left( { - 3a - 3; - 3b - 3; - 3c + 9} \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 3 = 0\\3b + 3 = 0\\3c - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 1\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 1; - 1;3} \right)\)

Ta có : \(S = \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MI}  + \underbrace {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right)}_{\overrightarrow 0 }} \right| = 3MI\)

Khi đó \({S_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( P \right)\).

\( \Rightarrow M{I_{\min }} = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - 1 + 2\left( { - 1} \right) - 2.3 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \dfrac{{14}}{3}\).

Vậy \({S_{\min }} = 3.\dfrac{{14}}{3} = 14\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của tứ diện vuông: \(S_{\Delta BAC}^2 = S_{\Delta OAC}^2 + S_{\Delta BOC}^2 + S_{\Delta BAO}^2\) và bất đẳng thức: \(\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\)

(dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\)) .

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(T = \frac{{R_1^2}}{{S_1^2}} + \frac{{R_2^2}}{{S_2^2}} + \frac{{R_3^2}}{{S_3^2}} \ge \frac{{{{\left( {{R_1} + {R_2} + {R_3}} \right)}^2}}}{{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}} = \frac{{S_{\Delta ABC}^2}}{{S_{\Delta ABC}^2}} = 1\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : \(\frac{{R_1^{}}}{{S_1^2}} = \frac{{R_2^{}}}{{S_2^2}} = \frac{{R_3^{}}}{{S_3^2}} \Leftrightarrow \) P là hình chiếu vuông góc của O lên \(\left( \alpha  \right)\)

\( \Leftrightarrow \)\(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua \(P\left( {1;2;2} \right)\), nhận \(\overrightarrow {OP}  = \left( {1;2;2} \right)\) làm VTPT, có phương trình là:

\(1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 2z - 9 = 0\)

Vậy, \({T_{\min }} = 1\) khi và chỉ khi \(\left( \alpha  \right):x + 2y + 2z - 9 = 0\)

Dễ dàng kiểm tra được: \(M\left( {5;0;2} \right) \in \left( \alpha  \right)\).

Chọn: A

Phương pháp giải:

Sử dụng phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng và áp dụng BĐT Bunhiacopski.

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right),\,\left( {a,b,c > 0} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right):\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\) và tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là \(G\left( {\dfrac{a}{3};\dfrac{b}{3};\dfrac{c}{3}} \right)\); \(OG = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{9} + \dfrac{{{b^2}}}{9} + \dfrac{{{c^2}}}{9}}  = \dfrac{1}{3}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \).

Do \(E\left( {8;1;1} \right) \in \left( \alpha  \right)\) nên  \(\dfrac{8}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\)

Ta có: \(1 = \dfrac{4}{a} + \dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {2 + 2 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{2a + b + c}} = \dfrac{{36}}{{2a + b + c}} \Rightarrow 2a + b + c \ge 36\)

Mà \(2a + b + c \le \sqrt {\left( {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \)

\( \Rightarrow 36 \le \sqrt {6\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}  \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}  \ge 6\sqrt 6  \Rightarrow OG \ge 2\sqrt 6 \)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{2} = \dfrac{b}{1} = \dfrac{c}{1}\\\dfrac{8}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 12\\b = c = 6\end{array} \right.\)

Suy ra, \(O{G_{\min }} = 2\sqrt 6 \) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = 12\\b = c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \)\(\left( \alpha  \right):\dfrac{x}{{12}} + \dfrac{y}{6} + \dfrac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow \)\(x + 2y + 2z - 12 = 0\).

Chọn: A

Phương pháp giải:

- Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, B và vuông góc với (P)

- Biện luận vị trí của M trên (Q) để OM ngắn nhất, tính độ dài ngắn nhất đó.

Lời giải chi tiết:

\(A\left( {5;3;1} \right),\,B\left( {7;5;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {2;2;2} \right)\)

\(\left( P \right):x - 2y - z = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1; - 2; - 1} \right)\)

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P) \( \Rightarrow \left( Q \right)\) có 1 VTPT \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_1}} } \right] = \left( {2;4; - 6} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):2\left( {x - 5} \right) + 4\left( {y - 3} \right) - 6\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 4y - 6z - 16 = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3z - 8 = 0\)

Khi đó, OM ngắn nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của O lên OM.

\(O{M_{\min }} = d\left( {O;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - 8} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 9} }} = \dfrac{8}{{\sqrt {14} }}\).

Chọn: D

Lời giải chi tiết:

Giả sử mặt cầu tiếp xúc với \(\left( P \right)\) tại \(B\), khi đó \(I\) là giao điểm của đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(\left( P \right)\) và trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có: \(R = IB \ge HB = \dfrac{1}{2}AB \ge \dfrac{1}{2}AA'\).

Khi đó \({R_{\min }} = \dfrac{1}{2}AA' \Leftrightarrow B \equiv A'\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right)\), khi đó phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{1} = \dfrac{{z - 3}}{1}\).

Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( P \right)\), khi đó \(A' = d \cap \left( P \right)\) \( \Rightarrow A'\left( { - 3;0;1} \right)\).

Mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn đi qua \(A\), tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi nhận \(AA'\) là đường kính, khi đó \(I\) là trung điểm của \(AA'\) và \(I\left( { - 1;1;2} \right)\).

\( \Rightarrow a =  - 1,\,\,b = 1,\,\,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 2\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Viết phương trình mặt chắn của \(\left( P \right)\).

- Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) được phương trình thứ nhất.

- Sử dụng giả thiết \(OA = 2OB\) được phương trình thứ hai.

- Sử dụng công thức tính thể tích \({V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC\).

- Áp dụng BĐT Cô-si: \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\,\,\left( {a,\,\,b,\,\,c \ge 0} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\) có dạng \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\).

Vì \(\left( P \right)\) đi qua \(M\) nên \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1\).

Mặt khác \(OA = 2OB\) nên \(a = 2b\) nên \(\dfrac{3}{{2b}} + \dfrac{1}{c} = 1\).

Thể tích khối tứ diện \(OABC\) là \(V = \dfrac{1}{6}abc = \dfrac{1}{3}{b^2}c\).

Ta có \(\dfrac{3}{{2b}} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{3}{{4b}} + \dfrac{3}{{4b}} + \dfrac{1}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{9}{{16{b^2}c}}}}\)\( \Rightarrow \sqrt[3]{{\dfrac{9}{{16{b^2}c}}}} \le \dfrac{1}{3}\)\( \Rightarrow \dfrac{{16{b^2}c}}{9} \ge 27\)\( \Rightarrow V = \dfrac{{{b^2}c}}{3} \ge \dfrac{{81}}{{16}}\).

\( \Rightarrow \)\(\min V = \dfrac{{81}}{{16}}\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{{4b}} = \dfrac{1}{c} = \dfrac{1}{3}\\a = 2b\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{9}{2}\\b = \dfrac{9}{4}\\c = 3\end{array} \right.\).

Vậy \(S = 2a + b + 3c = \dfrac{{81}}{4}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi \(A\left( {a;b;c} \right),\) tính tích vô hướng của \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {MA} .\)

- Từ đó suy ra tập hợp các điểm \(A\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(A\left( {a;b;c} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {OA}  = \left( {a;b;c} \right);\,\,\overrightarrow {MA}  = \left( {a - 3;b - 1;c - 2} \right)\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {MA}  = a\left( {a - 3} \right) + b\left( {b - 1} \right) + c\left( {c - 2} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 3a - b - 2c =  - 3\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Mà \(A \in \left( S \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c + 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 2a + 4c =  - 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Trừ vế theo vế của (2) cho (1) ta có: \(a + b + 6c = 2 \Leftrightarrow a + b + 6c - 2 = 0\).

Vậy điểm A thuộc mặt phẳng \(x + y + 6z - 2 = 0.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón và khối cầu.

Lời giải chi tiết:

Ta có mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\) có tâm \(I\left( {2;1;3} \right);R = 5\)

\( \Rightarrow {V_1} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{500\pi }}{3}\)

Mặt phẳng\(\left( P \right):2x + y - 2z + 10 = 0 \Rightarrow {d_{\left( {I;\left( P \right)} \right)}} = 3\)

Khi đó bán kính đường tròn \(\left( C \right)\) là \(r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( P \right)} \right)}^2}  = 4\)

Đường thẳng d đi qua tâm mặt cầu \(\left( S \right)\) là điểm\(I\left( {2;1;3} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên vecto chỉ phương là \(\left( {2;1; - 2} \right)\)

Có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 1 + t\\z = 3 - 2t\end{array} \right.\)

Giao điểm của đường thẳng d và mặt cầu là

\({\left( {2 + 2t - 2} \right)^2} + {\left( {1 + t - 1} \right)^2} + {\left( {3 - 2t - 3} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow t =  \pm \dfrac{5}{3}\)

Nên giao điểm là \(A\left( {\dfrac{{16}}{3};\dfrac{8}{3}; - \dfrac{1}{3}} \right)\) hoặc \(B\left( { - \dfrac{4}{3}; - \dfrac{2}{3}; - \dfrac{1}{3}} \right)\)

Khi đó \({d_{\left( {A;\left( P \right)} \right)}} = 8;{d_{\left( {B;\left( P \right)} \right)}} = \dfrac{{22}}{9}\)

Mà khối nón \(\left( N \right)\) có đường cao lớn hơn bán kính khối cầu nên \(h = {d_{\left( {A;\left( P \right)} \right)}} = 8\)

Khi đó thể tích khối nón \(\left( N \right)\) là \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.8 = \dfrac{{128\pi }}{3}\)

Khi đó \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{125}}{{32}}\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Gọi tâm mặt cầu là \(I\left( {a;b;c} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}IM = IN\\IM = IP\\d\left( {I;\left( {Oyz} \right)} \right) = IM\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 4} \right)^2} = {\left( {a - 5} \right)^2} + {b^2} + {c^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 4} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 4} \right)^2} = {a^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}3a - b - 4c = 2\\a + 4b + 3c = 5\\4 - 4a + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 4} \right)^2} = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = a - 1\\b = 2 - a\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4 - 4a + {\left( {2 - a - 1} \right)^2} + {\left( {a - 1 - 4} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} - 12a + 30 = 0\end{array}\)

Phương trình vô nghiệm.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\), viết phương trình dạng mặt chắn đi qua 3 điểm \(A,\,\,B,\,\,C\) : \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\).

- Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\).

- Sử dụng công thức tính thể tích tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc là: \(V = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC\).

- Áp dụng BĐT Cô-si: \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\,\,\left( {a,\,\,b,\,\,c \ge 0} \right)\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),\) \(B\left( {0;b;0} \right),\) \(C\left( {0;0;c} \right)\) \(\left( {a,\,\,b,\,\,c > 0} \right)\). Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\)

Lại có mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} = 1\).

Tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc nên thể tích tứ diện OABC là \(V = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC = \dfrac{{abc}}{6}\).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{6}{{abc}}}} \Rightarrow 1 \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{6}{{abc}}}} \Rightarrow \dfrac{{abc}}{6} \ge 27\) \( \Rightarrow V \ge 27\).

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{a} = \dfrac{2}{b} = \dfrac{3}{c}\\\dfrac{{abc}}{6} = 27\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 6\\c = 9\end{array} \right.\).

Vậy khi thể tích \(OABC\) đạt giá trị lớn nhất thì phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\dfrac{x}{3} + \dfrac{y}{6} + \dfrac{z}{9} = 1\).

Chọn A.