Phương pháp giải:

Phương pháp: 

- Sử dụng công thức tính tọa độ vecto:

Cho hai điểm \(A({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(B({b_1};{b_2};{b_3})\) ta có: \(\overrightarrow {AB} = ({b_1} - {a_1};{b_2} - {a_2};{b_3} - {a_3})\) 

- Cho hai vecto \(\overrightarrow {AB} = ({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(\overrightarrow {CD} = ({b_1};{b_2};{b_3})\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {b_1}\\{a_2} = {b_2}\\{a_3} = {b_3}\end{array} \right.\) 

Lời giải chi tiết:

Cách làm:

Giả sử \(D(x;y;z)\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành có \(3\) đỉnh là \(A,B,C\).

Khi đó ta có

\(\left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {DA} = \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {BC} = ( - 1; - 3;3),\overrightarrow {AB} = (1;1; - 1)\\\overrightarrow {AD} = (x - 1;y - 2;z + 1)\\\overrightarrow {DA} = (1 - x;2 - y; - 1 - z)\\\overrightarrow {CD} = (x - 1;y;z - 1)\end{array}\)

TH1: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = - 1\\y - 2 = - 3\\z + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 1\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow D(0; - 1;2) \equiv P\)

TH2: \(\overrightarrow {DA} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + 1 = - 1\\ - y + 2 = - 3\\ - z - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\\z = - 4\end{array} \right. \Rightarrow D(2;5; - 4)\)

TH3: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\y = 1\\z - 1 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow D(2;1;0) \Rightarrow D \)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp: 

- Sử dụng công thức tính tọa độ vecto:

Cho hai điểm \(A({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(B({b_1};{b_2};{b_3})\) ta có: \(\overrightarrow {AB} = ({b_1} - {a_1};{b_2} - {a_2};{b_3} - {a_3})\) 

- Cho hai vecto \(\overrightarrow {AB} = ({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(\overrightarrow {CD} = ({b_1};{b_2};{b_3})\). Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = k.\overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = k.{b_1}\\{a_2} = k.{b_2}\\{a_3} = k.{b_3}\end{array} \right.\)

- \(D\) là chân đường phân giác trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\). Khi đó, ta có:\(\overrightarrow {BD} = \dfrac{{AB}}{{AC}}.\overrightarrow {DC} \)

Lời giải chi tiết:

Cách làm:

Giả sử \(D(x;y;z)\) là chân đường phân giác trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {\dfrac{9}{4}; - 3;0} \right) \Rightarrow AB = \dfrac{{15}}{4}\\\overrightarrow {AC} = \left( {4; - 3;0} \right) \Rightarrow AC = 5\\\overrightarrow {BD} = \left( {x - \dfrac{1}{4};y;z - 1} \right)\\\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x; - y; - z + 1} \right)\end{array}\)

Ta có

\(\overrightarrow {BD} = \dfrac{{AB}}{{AC}}.\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \dfrac{3}{4}.\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}.(2 - x)\\y = \dfrac{3}{4}( - y)\\z - 1 = \dfrac{3}{4}(1 - z)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 1\end{array} \right. \Rightarrow D(1;0;1)\)

Chọn A

Phương pháp giải:

- Xác định tọa độ điểm thông qua việc giải hai vectơ bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

ABCD là hình thang có đáy AD và \({{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{(AD+BC).h}{2}=3.\frac{BC.h}{2}\)  (h: độ dài đường cao của hình thang ABCD)

\(\Leftrightarrow AD+BC=3BC\Leftrightarrow AD=2BC\)

 \(\Rightarrow \overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BC}\)

 Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AD}  = \left( {{x_D} + 2;{y_D} - 3;{z_D} - 1} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( { - 5; - 2;1} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} + 2 =  - 10\\{y_D} - 3 =  - 4\\{z_D} - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 12\\{y_D} =  - 1\\{z_D} = 3\end{array} \right. \Rightarrow D( - 12; - 1;3)\end{array}\)

Chọn: D.

Phương pháp giải:

\(M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow c = 0 \Rightarrow M\left( {a;b;0} \right)\)

Tính \(3M{A^2} + 2M{B^2}\), sau đó tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức vừa tìm được bằng cách đưa về hẳng đẳng thức.

Lời giải chi tiết:

\(M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow c = 0 \Rightarrow M\left( {a;b;0} \right)\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow 3M{A^2} + 2M{B^2} = 3\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2} + 9} \right] + 2\left[ {{{\left( {a - 11} \right)}^2} + {{\left( {b + 5} \right)}^2} + {{12}^2}} \right]\\= 3\left( {{a^2} - 2a + {b^2} + 10} \right) + 2\left( {{a^2} - 22a + {b^2} + 10b + 290} \right)\\= 3{a^2} - 6a + 3{b^2} + 30 + 2{a^2} - 44a + 2{b^2} + 20b + 580\\ = 5{a^2} - 50a + 5{b^2} + 20b + 610\\= 5\left( {{a^2} - 10a + {b^2} + 4b + 122} \right)\\= 5\left[ {{{\left( {a - 5} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2} + 93} \right] \ge 465\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow P = a + b + c = 5 - 2 + 0 = 3\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Gọi M(x;y;0) ∈ Oxy. Ta có

\(M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+1-2{{\left( x-2 \right)}^{2}}-2{{\left( y+1 \right)}^{2}}-2.9\)

Thử lần lượt 4 đáp án thì ta thấy với M(3;–4;0) thì \(M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}=3\) là lớn nhất

Chọn A

Phương pháp giải:

Điểm \(A\left( x;y \right)\) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP \(\Rightarrow 0\le x\le 100;\,\,\,0\le y\le 10\) , tính số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)\)

Gọi X là biến cố: “Các điểm \(A\left( x;y \right)\) thỏa mãn \(x+y\le 90\)”. Tính số phần tử của biến cố X \(n\left( X \right)\)

Tính xác suất của biến cố X: \(P\left( X \right)=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega  \right)}\)

Lời giải chi tiết:

Điểm \(A\left( x;y \right)\) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP \(\Rightarrow 0\le x\le 100;\,\,\,0\le y\le 10\)

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hình chữ nhật \(OMNP\) là \(n\left( \Omega  \right)=101\,\,\times \,\,11.\)

Gọi X là biến cố: “Các điểm \(A\left( x;y \right)\) thỏa mãn \(x+y\le 90\)”.

Vì \(x\in \left[ 0;100 \right];\,\,y\in \left[ 0;10 \right]\) và \(x+y\le 90\)\(\Rightarrow \left[ \begin{align}  & y=0\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,90 \right\} \\  & y=1\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,89 \right\} \\  & ... \\  & y=10\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,80 \right\} \\ \end{align} \right..\)

Khi đó có \(91+90+\,\,...\,\,+81=\frac{\left( 81+91 \right).11}{2}=946\) cặp \(\left( x;y \right)\) thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là \(P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{946}{101\,\,\times \,\,11}=\frac{86}{101}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Nếu \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\) thì \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} \) là VTCP của đường phân giác trong của góc \(\widehat {BAC}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;4;0} \right) \Rightarrow AB = 5\\\overrightarrow {AC}  = \left( {0;0;1} \right) \Rightarrow AC = 1 \Rightarrow 5\overrightarrow {AC}  = \left( {0;0;5} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + 5\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;4;5} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Đường phân giác trong của góc A đi qua A và nhận \(\overrightarrow u  = \left( { - 3;4;5} \right)\) là một VTCP, do đó có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y =  - 2 + 4t\\z = 1 + 5t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in R} \right)\,\,\left( d \right)\)

Gọi \(M = d \cap \left( {Oyz} \right) \Rightarrow M\left( {1 - 3t; - 2 + 4t;1 + 5t} \right)\)

\(M \in \left( {Oyz} \right) \Rightarrow 1 - 3t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow M\left( {0; - \frac{2}{3};\frac{8}{3}} \right)\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình đường thẳng \(BC:\,\,\dfrac{{x - 3}}{{6 - 3}} = \dfrac{{y + 3}}{{0 + 3}} \Leftrightarrow x - y - 6 = 0\).

\( \Rightarrow d\left( {A;BC} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 1 - 6} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)

Ta có : \(BC = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 .3\sqrt 2  = 6\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Gọi điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \), sử dụng các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I.

+) Phân tích \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\).

Lời giải chi tiết:

Gọi điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có:

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

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất \( \Rightarrow \) M là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\).

Ta thấy \( - 3 + 3 + 3 - 3 = 0 \Rightarrow I \in \left( P \right) \Rightarrow \) Hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\) là chính nó. Do đó \(M \equiv I \Rightarrow M\left( { - 3;3;3} \right)\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian:

\(d\left( {A;\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {MA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\) , với \(\overrightarrow u \) là VTCP của \(\Delta \) và M là điểm bất kì thuộc \(\Delta \).

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng AB có 1 VTCP \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AB} \left( {2;1;0} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0;0; - 1} \right)\)

Độ dài đường cao kẻ từ O của tam giác OAB bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng AB:

\(d\left( {O;AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).

Chọn: A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \({{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}\left| \overrightarrow{OA}.\left[ \overrightarrow{OB},\ \overrightarrow{OC} \right] \right|.\)

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có\(A,\ B,\ C\) lần lượt thuộc các trục tọa độ \(Ox,\ Oy,\ Oz\Rightarrow A\left( {{x}_{A}};\ 0;\ 0 \right),\ \ B\left( 0;\ {{y}_{B}};\ 0 \right),\ \ C\left( 0;\ 0;\ {{z}_{C}} \right)\)

Lại có \(A,\ B,\ C\in \left( \alpha  \right)\Rightarrow A\left( 2;\ 0;\ 0 \right),\ \ B\left( 0;-4;\ 0 \right),\ C\left( 0;\ 0;\ -\frac{4}{3} \right).\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {2;\;0;\;0} \right),\;\;\overrightarrow {OB} = \left( {0; - 4;\;0} \right),\;\;\overrightarrow {OC} = \left( {0;\;0; - \frac{4}{3}} \right).\\
\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 4}&0\\
0&{ - \frac{4}{3}}
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&0\\
{ - \frac{4}{3}}&0
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&{ - 4}\\
0&0
\end{array}} \right|} \right) = \left( {\frac{{16}}{3};\;0;\;0} \right).\\
\Rightarrow \overrightarrow {OA} .\left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right] = 2.\frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}.\\
\Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {OA} .\left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right]} \right| = \frac{1}{6}.\frac{{32}}{3} = \frac{{16}}{9}.
\end{array}\)

Cách 2: Theo đề bài ta thấy được mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( ABC \right).\)

Tứ diện \(OABC\) là tứ diện có \(OA,\ OB,\ OC\) đôi một vuông góc với nhau.

Khi đó ta có công thức tính nhanh thể tích tứ diện \(OABC:\ \ {{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC.\)  

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) rồi tính cos\(\left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}}\)  để tính góc gữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} .\)

Lời giải chi tiết:

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với \(A \in Ox;B \in Oy;C \in Oz\) và \(OA = OB = OC = a\)

Khi đó \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;a;0} \right),C\left( {0;0;a} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {OM}  = \left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OM} } \right| = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4} + 0}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)  và \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - a;a} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Từ đó cos\(\left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.0 + \dfrac{a}{2}.\left( { - a} \right) + 0.a}}{{a\sqrt 2 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \dfrac{{ - \dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{{a^2}}} =  - \dfrac{1}{2}\)

Nên góc giữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} \)  là \(120^\circ .\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in \left( {ABC} \right)\\\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình \(mp\left( {ABC} \right):\,\,\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\).

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm tam giác \(ABC\) ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {a - 1;b;c} \right),\,\,\overrightarrow {BH}  = \left( {a;b - 2;c} \right)\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - 2;1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1;0;1} \right)\)

Vì \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in \left( {ABC} \right)\\\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b + 2c - 2 = 0\\ - 2b + c = 0\\ - a + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{4}{9}\\b = \dfrac{2}{9}\\c = \dfrac{4}{9}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\dfrac{4}{9};\dfrac{2}{9};\dfrac{4}{9}} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow \) Tìm tọa độ điểm C.

+) \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp \( \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {CC'}  \Rightarrow \) Tìm tọa độ điểm C’.

+) Tính \(AC' = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right|\).

Lời giải chi tiết:

Do \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} - 0 = a\\{y_C} - 2a = 0\\{z_C} - 0 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow C\left( {a;\;2a;\;0} \right)\)

\(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp \( \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {CC'}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} - a = 0\\{y_{C'}} - 2a = 0\\{z_{C'}} - 0 = 2a\end{array} \right. \Rightarrow C'\left( {a;\;2a;\;2a} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC'}  = \left( {a;\;2a;\;2a} \right) \Rightarrow AC' = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}}  = 3\left| a \right|\).

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 2;1} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {3;4; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 2;2;2} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\overrightarrow n } \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {4 + 4 + 4}  = \sqrt 3 \).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Kiểm tra điểm \(E,\,F\) nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy)

- \(ME + MF\) khi và chỉ khi M là giao điểm của EF và (Oxy).

Lời giải chi tiết:

\(E\left( {1; - 2;4} \right),\,F\left( {1; - 2; - 3} \right)\) có \({z_E} = 4 > 0,\,\,{z_F} =  - 3 < 0 \Rightarrow E,F\) nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy)

Khi đó, \(ME + MF \ge EF \Rightarrow {\left( {ME + MF} \right)_{\min }} = EF\) khi và chỉ khi \(M\) trùng với \({M_0}\) là giao điểm của EF và  (Oxy)

Ta có: \(\overrightarrow {EF}  = \left( {0;0; - 7} \right) \Rightarrow EF:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2\\z = 4 - t\end{array} \right. \Rightarrow \) Giả sử \({M_0}\left( {1; - 2;4 - t} \right)\)

Mà \({M_0} \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow 4 - t = 0 \Leftrightarrow t = 4\,\,\, \Rightarrow {M_0}\left( {1; - 2;0} \right)\)

Vậy, tổng \(ME + MF\) có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(M\left( {1; - 2;0} \right)\).

Chọn: C

Phương pháp giải:

+) Xác định tọa độ điểm \(G\).

+) \(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(GM\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(GM \bot \left( {Oxy} \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow G\left( {1;2;4} \right)\).

\(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(GM\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(GM \bot \left( {Oxy} \right)\). Khi đó \(GM = d\left( {G;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| {{z_G}} \right| = 4\).

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow 4MA = MB \Rightarrow 4\overrightarrow {MA}  = \overrightarrow {MB}  \Rightarrow 4\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow 0 \\ + \begin{array}{*{20}{c}}{4A \Rightarrow \left( {8;0;12} \right)}\\{\underline { - B \Rightarrow \left( { - 1;1; - 4} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {7;1;8} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l} + \begin{array}{*{20}{c}}{1A \Rightarrow \left( {1;1;4} \right)}\\{2B \Rightarrow \left( {0; - 4;6} \right)}\\{\underline {3C \Rightarrow \left( {12;3;0} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {13;0;10} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{{13}}{6};0;\dfrac{5}{3}} \right)\end{array}\) .

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = \sqrt {9 + 0 + 16}  = 5\\AC = \sqrt {0 + 36 + 64}  = 10\end{array} \right.\)

\(AD\) là phân giác trong của \(\angle A\) nên

\(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2DB = DC \Rightarrow 2\overrightarrow {DB}  =  - \overrightarrow {DC}  \Rightarrow 2\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\begin{array}{l} + \begin{array}{*{20}{c}}{2B \Rightarrow \left( {8;2; - 4} \right)}\\{\underline {1C \Rightarrow \left( {1;7; - 6} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {9;9; - 10} \right) \Rightarrow D\left( {3;3;\dfrac{{ - 10}}{3}} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

* Ta có :

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2;1} \right);\,\,2\overrightarrow {BC}  = \left( {2; - 6;10} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC}  = \left( {3; - 8;11} \right)\\*\,\,\left| {\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {8^2} + {{11}^2}}  = \sqrt {194} \end{array}\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(a = BC = 5,\,\,b = AC = 4,\,\,c = AB = 3\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{a{x_A} + b{x_B} + c{x_C}}}{{a + b + c}} = 2\\{y_I} = \dfrac{{a{y_A} + b{y_B} + c{y_C}}}{{a + b + c}} = 1\\{z_I} = \dfrac{{a{z_A} + b{z_B} + c{z_C}}}{{a + b + c}} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;1;2} \right) \Rightarrow a + b + c = 5\).

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

\(M \in Oz \Rightarrow M\left( {0;0;c} \right)\)

\(\Delta MAB\) cân tại \(M \Rightarrow MA = MB \Rightarrow M{A^2} = M{B^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 + 1 + {\left( {3 - c} \right)^2} = 1 + 0 + {\left( {2 - c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2 + 9 - 6c = 1 + 4 - 4c \Leftrightarrow 2c = 6 \Leftrightarrow c = 3\\ \Rightarrow M\left( {0;0;3} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;b;0} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1;b - 2; - 1} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3; - 3} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Rightarrow  - 2 - 3b + 6 + 3 = 0 \Leftrightarrow b = \dfrac{7}{3}\\ \Rightarrow M\left( {0;\dfrac{7}{3};0} \right)\end{array}\) .

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

\(A \in tia\,\,Ox \Rightarrow A\left( {a;0;0} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\).

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BA}  = \left( {a - 3;1; - 4} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2;4; - 5} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {BA} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {11;5a - 7;4a - 10} \right)\\{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\overrightarrow n } \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {121 + {{\left( {5a - 7} \right)}^2} + {{\left( {4a - 10} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {134} }}{2}\\ \Rightarrow 121 + {\left( {5a - 7} \right)^2} + {\left( {4a - 10} \right)^2} = 134\\ \Leftrightarrow 41{a^2} - 150a + 136 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2\,\,\left( {tm} \right)\\a = \dfrac{{68}}{{41}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {2;0;0} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

\(A \in tia\,\,Oy \Rightarrow A\left( {0;a;0} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\\\overrightarrow {OC}  = \left( {3;2; - 2} \right)\\\overrightarrow {OA}  = \left( {0;b;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {OC} } \right] = \left( { - 2;8;5} \right)\\{V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {OA} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {8b} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {8b} \right| = 24 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 3\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\b =  - 3\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(A\left( {0;3;0} \right)\).

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

\(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow AB// = CD \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

\( \Rightarrow \left( {1; - 1; - 4} \right) = \left( {4 - a; - 1 - b;5 - c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - a = 1\\ - 1 - b =  - 1\\5 - c =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 0\\c = 9\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {3;0;9} \right)\).

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

* Giả sử \(D\left( {a;b;c} \right).\,\,D \in AB \Rightarrow \overrightarrow {AD} //\overrightarrow {AB} \)

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

\(*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CD}  = \left( {a - 1;b - 1;c} \right)\\\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1;1} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow a - 1 + b - 1 + c = 0 \Leftrightarrow a + b + c - 2 = 0\,\,\left( 3 \right)\)

* Giải hệ (1),(2),(3) \( \Rightarrow D\left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}; - 1} \right) \Rightarrow P = {x_D} + {y_D} + {z_D} = \dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2} - 1 = 2\).

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

* \(B \in Ox \Rightarrow B\left( {a;0;0} \right),\,\,C \in Oy \Rightarrow C\left( {0;b;0} \right)\).

\(*\,\,G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC \Rightarrow G\left( {\dfrac{a}{3};\dfrac{b}{3};1} \right)\).

\(*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AG}  = \left( {\dfrac{a}{3};\dfrac{b}{3}; - 2} \right)\\\overrightarrow {AM}  = \left( {1;2; - 3} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {AG} //\overrightarrow {AM}  \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{1} = \dfrac{{\dfrac{b}{3}}}{2} = \dfrac{{ - 2}}{{ - 3}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow P = {x_B} + {y_C} = 6\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Dựng \(AE \bot \left( {BCD} \right)\), chứng minh \(BCDE\) là hình vuông.

+) Gắn hệ trục tọa độ, sử dụng công thức \(\cos \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \left| {\cos \angle \left( {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

Dựng \(AE \bot \left( {BCD} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AE\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow BC \bot BE\).

CMTT ta có \(CD \bot DE\).

\( \Rightarrow BCDE\) là hình chữ nhật.

Ta có

\(\angle \left( {BC;AD} \right) = \angle \left( {ED;AD} \right) = \angle ADE = {60^0} \Rightarrow AE = ED.\tan {60^0} = 3\sqrt 3 \).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

\(E\left( {0;0;0} \right),\,\,B\left( {4;0;0} \right),\,\,D\left( {0;3;0} \right),\,\,A\left( {0;0;3\sqrt 3 } \right);\,\,C\left( {4;3;0} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {4;0; - 3\sqrt 3 } \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( {0;3;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {9\sqrt 3 ;0;12} \right)//\left( {3\sqrt 3 ;0;4} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {{n_1}} \\\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = \left( {4;3; - 3\sqrt 3 } \right)\\\overrightarrow {CD}  = \left( { - 4;0;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {0;12\sqrt 3 ;12} \right)//\left( {0;\sqrt 3 ;1} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ACD} \right)}} = \overrightarrow {{n_2}} \end{array}\)

\( \Rightarrow \cos \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ACD} \right)} \right) = \left| {\cos \angle \left( {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{4}{{\sqrt {43} .2}} = \dfrac{{2\sqrt {43} }}{{43}}\).

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\). \(M\) cách đều hai điểm \(A,B\) có tọa độ nên \(MA = MB\).

+) Giải phương trình tìm \(m\).

Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\). \(M\) cách đều hai điểm \(A,B\) có tọa độ nên \(MA = MB\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {1^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {0^2} = {3^2} + {\left( {m - 1} \right)^2} + {1^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 2 = {m^2} - 2m + 11\\ \Leftrightarrow 4m = 9 \Leftrightarrow m = \dfrac{9}{4} \Rightarrow M\left( {0;\dfrac{9}{4};0} \right)\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

- Gọi \(D\) là hình chiếu của \(A\) lên \(BC\).

- Sử dụng hình học phẳng chứng minh \(\overrightarrow {DN}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DM} \) với \(M,N\) là hình chiếu của \(E,F\) lên \(BC\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(N,D,M\) lần lượt là hình chiếu của \(F,A,E\) lên \(BC\). \(H\) là trực tâm tam giác.

Dễ thấy \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{B_1}}\) (tứ giác \(FHDB\) nội tiếp), \(\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_1}}\) (tứ giác \(EHDC\) nội tiếp).

Mà \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}\) (cùng phụ góc \(\widehat {BAC}\)) nên \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}} \Rightarrow \widehat {FDN} = \widehat {EDC}\).

Xét tam giác \(FDN\) đồng dạng tam giác \(EDM\) (g-g) \( \Rightarrow \dfrac{{ND}}{{DM}} = \dfrac{{FN}}{{EM}}\).

Mà \(F\left( {1;2;0} \right),E\left( {6;4;0} \right)\) nên \(N\left( {1;0;0} \right),M\left( {6;0;0} \right)\) và \(FN = 2,EM = 4 \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{DM}} = \dfrac{{FN}}{{EM}} = \dfrac{1}{2}\).

Suy ra \(\overrightarrow {DN}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DM} \).

Gọi \(D\left( {x;0;0} \right) \in BC\) thì \(1 - x =  - \dfrac{1}{2}\left( {6 - x} \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{8}{3}\).

Vậy \(D\left( {\dfrac{8}{3};0;0} \right)\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Giải hệ 3 phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\MA = MB\\MA = MC\end{array} \right.\) xác định \({x_0},\,\,{y_0},\,\,{z_0}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\,\\MA = MB = MC\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2{y_0} + {z_0} - 8 = 0\\{\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 1} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + {\left( {{y_0} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2}\\{\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 1} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 5} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 2} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2{y_0} + {z_0} = 8\\4{x_0} + 8{y_0} = 12\\8{y_0} - 4{z_0} =  - 28\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 5\\{y_0} =  - 1\\{z_0} = 5\end{array} \right. \Rightarrow S = {x_0} + {y_0} + {z_0} = 9\end{array}\).

Chọn: C

Phương pháp giải:

\(G\) là trực tâm tam giác MNP \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {MNP} \right)\\\overrightarrow {GM} .\overrightarrow {NP}  = 0\\\overrightarrow {GN} .\overrightarrow {MP}  = 0\end{array} \right.\).

Lời giải chi tiết:

\(M\left( {1;1;1} \right),N\left( {1;0; - 2} \right),P\left( {0;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {NP}  = \left( { - 1;1;1} \right);\,\,\overrightarrow {MP}  = \left( { - 1;0; - 2} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MP} } \right] = \left( { - 2; - 3;1} \right)\)

Phương trình mặt phẳng (MNP) là: \(2\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 1} \right) - 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - z - 4 = 0\)

\(G\) là trực tâm tam giác MNP

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {MNP} \right)\\\overrightarrow {GM} .\overrightarrow {NP}  = 0\\\overrightarrow {GN} .\overrightarrow {MP}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_0} + 3{y_0} - {z_0} - 4 = 0\\ - 1.\left( {1 - {x_0}} \right) + 1\left( {1 - {y_0}} \right) + 1\left( {1 - {z_0}} \right) = 0\\1\left( {1 - {x_0}} \right) + 0 + 2\left( { - 2 - {z_0}} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_0} + 3{y_0} - {z_0} = 4\\{x_0} - {y_0} - {z_0} =  - 1\\ - {x_0} - 2{z_0} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - \dfrac{5}{7}\\{y_0} = \dfrac{{10}}{7}\\{z_0} =  - \dfrac{8}{7}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {x_0} + {z_0} =  - \dfrac{{13}}{7}\).

Chọn: B

Phương pháp giải:

- Tìm tọa độ \(C\) dựa vào tính chất \(ABCD\) là hình bình hành.

- Tìm tọa độ \(C'\) dựa vào tính chất hình hộp \(\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'} \).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right)\), gọi điểm \(C\left( {x;y;z} \right)\) thì:

\(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = x - 1\\1 = y + 1\\1 = z - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 0\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {2;0;2} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {CC'}  = \left( {2;5; - 7} \right)\)

Lại có \(\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} - 2 = 2\\{y_{B'}} - 1 = 5\\{z_{B'}} - 2 =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = 4\\{y_{B'}} = 6\\{z_{B'}} =  - 5\end{array} \right.\) \( \Rightarrow B'\left( {4;6; - 5} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right]\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {a;b;c} \right)\) và đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) 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 \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;6; - 4} \right)\); \(\overrightarrow {BD}  = \left( {6;3;2} \right)\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \(AC\) và song song với \(BD\).

Suy ra Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là: \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {24; - 20; - 42} \right)\).

Chọn vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là: \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {12; - 10; - 21} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {3; - 2;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {12; - 10; - 21} \right)\) làm VTPT nên phương trình tổng quát có dạng:

\(12\left( {x - 3} \right) - 10\left( {y + 2} \right) - 21\left( {z - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 12x - 10y - 21z - 35 = 0\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\). Tính \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \) và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  = \left( {1 - a; - b; - c} \right)\\\overrightarrow {MB}  = \left( {5 - a; - b; - c} \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {1 - a} \right)\left( {5 - a} \right) + {b^2} + {c^2} = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a + 5 = 0\end{array}\)

Ta có \({\left( { - 3} \right)^2} + {0^2} + {0^2} - 5 = 4 > 0 \Rightarrow \) Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài là mặt cầu tâm \(I\left( {3;0;0} \right)\) bán kính \(R = 2\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Cho hai điểm \(A\left( {{x_1};\,{y_1};\,{z_1}} \right),\,\,B\left( {{x_2};\,{y_2};\,{z_2}} \right)\) thì \(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_2} - {x_1};\,\,{y_2} - {y_1};\,\,{z_2} - {z_1}} \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(A\) là hình chiếu vuông góc của \(M\left( {1; - 3;\,\,2} \right)\) trên \(\left( {Oxy} \right) \Rightarrow A\left( {1; - 3;\,\,0} \right).\)

           \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(M\left( {1; - 3;\,\,2} \right)\) trên \(\left( {Oyz} \right) \Rightarrow B\left( {0; - 3;\,\,2} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;\,\,0;\,\,2} \right).\)

Chọn  C.

Phương pháp giải:

Cho hai vecto \(\overrightarrow a \left( {{x_1};\,\,{y_1};\,\,{z_1}} \right),\,\,\,\overrightarrow b  = \left( {{x_2};\,\,{y_2};\,\,{z_2}} \right).\) Khi đó \(\alpha  = \angle \left( {\overrightarrow a ;\,\,\overrightarrow b } \right)\) có:

\(\cos \alpha  = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \dfrac{{{x_1}{x_2} + {y_1}{y_2} + {z_1}{z_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + y_1^2 + z_1^2} .\sqrt {x_2^2 + y_2^2 + z_2^2} }}.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow a  = \left( {1;\,\,2;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow b  = \left( { - 2;\,\,m;\,\,3} \right);\,\,\,\angle \left( {\overrightarrow a ;\,\,\overrightarrow b } \right) = {60^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos {60^0} = \dfrac{{1.\left( { - 2} \right) + 2.m + 1.3}}{{\sqrt {1 + {2^2} + 1} .\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {m^2} + {3^2}} }} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2m + 1}}{{\sqrt {6\left( {13 + {m^2}} \right)} }} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 4m + 2 = \sqrt {6\left( {13 + {m^2}} \right)} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 2 \ge 0\\{\left( {4m + 2} \right)^2} = 6\left( {13 + {m^2}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\16{m^2} + 16m + 4 = 78 + 6{m^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\10{m^2} + 16m - 74 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{ - 4 + \sqrt {201} }}{5}\\m = \dfrac{{ - 4 - \sqrt {201} }}{5}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{{ - 4 + \sqrt {201} }}{5}.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4\\b = 201\end{array} \right. \Rightarrow a + b =  - 4 + 201 = 197.\end{array}\)

Chọn  C.

Phương pháp giải:

- Nhận xét: \(A,\,\,B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\).

- Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua , xác định tọa độ điểm \(A\).

- Sử dụng tính chất đối xứng và BĐT tam giác: \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\).

- Xác định dấu “=” xảy ra, tìm tọa độ điểm \(M\) và tính \(OM\).

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy hai điểm \(A,\,\,B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( {1;2; - 3} \right)\).

Theo tính chất đối xứng ta có: \(MA = MA'\).

Do đó \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) (Bất đẳng thức tam giác).

Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow M \in A'B\). Hay \(M,\,\,A',\,\,B\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} ;\,\,\overrightarrow {A'B} \) cùng phương.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {A'M}  = \left( {a - 1;b - 2;3} \right)\\\overrightarrow {A'B}  = \left( {4;4;4} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \dfrac{{a - 1}}{4} = \dfrac{{b - 2}}{4} = \dfrac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 5\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow M\left( {4;5;0} \right)\). Vậy \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {0^2}}  = \sqrt {41} \).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Hàm số đạt cực trị tại \(x = {x_0} \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 0\).

- Thay điểm \(\left( {1; - 3} \right)\); \(\left( {0;2} \right)\) vào hàm số.

- Giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b,\,\,c\).

- Giải phương trình \(f\left( x \right) = 2\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\).

Hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 1\) nên \(3 + 2a + b = 0\).

\(f\left( 1 \right) =  - 3 \Rightarrow 1 + a + b + c =  - 3 \Leftrightarrow a + b + c =  - 4\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tùng độ bằng 2 nên \(c = 0\).

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

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 5x\).

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} - 5x = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \dfrac{{ - 3 + \sqrt 5 }}{2}\\x = \dfrac{{ - 3 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Phương pháp giải:

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

- Sử dụng công thức: \({S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right]\).

- Giải phương trình dạng \(\sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = {g^2}\left( x \right)\) tìm \(m\) và kết luận số điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải chi tiết:

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

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

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {m - 2; - 1;1 - m} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - m} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sqrt {2{m^2} - 6m + 6} \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}\sqrt {2{m^2} - 6m + 6}  = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {2{m^2} - 6m + 6}  = \sqrt 6 \\ \Leftrightarrow 4\left( {2{m^2} - 6m + 6} \right) = 6\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 24m + 18 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\end{array}\) 

Vậy có 1 điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(M\left( {0;\dfrac{3}{2};0} \right)\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

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

- Phân tích và chứng minh \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI} \).

- Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|\) nhỏ nhất thì \(MI\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( {Oxy} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta tìm điểm I sao cho \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 0\)\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(A\left( {3;5; - 1} \right);B\left( {1;1;3} \right) \Rightarrow I\left( {2;3;1} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 2\overrightarrow {MI} \) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\).

Khi đó \({\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( {Oxy} \right)\).

Mà \(I\left( {2;3;1} \right) \Rightarrow M\left( {2;3;0} \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tìm phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

- Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) rồi suy ra tọa độ của D.

Lời giải chi tiết:

Vì D thuộc tia Oz nên gọi \(D\left( {0;0;d} \right)\)

Ta có \(A\left( {1;2;3} \right),B\left( {1;0; - 1} \right),C\left( {2; - 1;2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {0; - 2; - 4} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 1;3} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 10; - 4;2} \right)\) hay \(\left( {5;2; - 1} \right)\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(5x + 2y - z - 6 = 0\)

Khoảng cách từ D xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(h = \dfrac{{\left| { - d - 6} \right|}}{{\sqrt {30} }} = \dfrac{{d + 6}}{{\sqrt {30} }}\)

Mà \(h = \dfrac{{3\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow \dfrac{{d + 6}}{{\sqrt {30} }} = \dfrac{{3\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow d = 3.\)

Vậy \(D\left( {0;0;3} \right)\)

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Khái quát hóa thành hình lập phương có cạnh bằng 1.

\(\begin{array}{l}*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;0} \right)\\\overrightarrow {AB'}  = \left( {0;1;1} \right)\\\overrightarrow {AD'}  = \left( {1;0;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AB'} } \right] = \left( {1; - 1;1} \right)\\*\,\,{V_{ACB'D'}} = \dfrac{1}{6}\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {AD'} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {1 + 1} \right| = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Đổi đáp số

\(\begin{array}{l}{V_{hlp}} = 1 \Rightarrow {V_{phai\,\,tinh}} = \dfrac{1}{3}\\{V_{hinh\,\,hop}} = V \Rightarrow {V_{phai\,\,tinh}} = \dfrac{{{V_0}.\dfrac{1}{3}}}{1} = \dfrac{V}{3}\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Gắn hệ trục tọa độ.

Lời giải chi tiết:

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

\(B\left( {0;0;0} \right),\,\,A\left( {25;0;0} \right),\,\,C\left( {0;18;0} \right),\,\,D\left( {25;15;0} \right)\).

Gọi điểm \(B',C',D'\) lần lượt là các điểm \(B,C,D\) sau khi hạ xuống ta có :

\(B'\left( {0;0;10} \right),\,\,C'\left( {0;18;a} \right);\,\,D'\left( {25;15;6} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 25;0;10} \right);\,\,\overrightarrow {AC'}  = \left( { - 25;18;a} \right);\,\,\overrightarrow {AD'}  = \left( {0;15;6} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right] = \left( { - 150;150; - 375} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 3750 + 2700 - 375a = 6450 - 375a\)

Do \(A,B',C',D'\) đồng phẳng nên \(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 0 \Leftrightarrow 6450 - 375a = 0 \Leftrightarrow a = 17,2\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Chọn hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm \({A_1},\,\,{C_1}\).

+ Đặt \(AM = x\), xác định tọa độ điểm \(M\).

+ Sử dụng công thức \(\cos \alpha  = \cos \left( {\overrightarrow {M{A_1}} ;\overrightarrow {M{C_1}} } \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {M{A_1}} .\overrightarrow {M{C_1}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {M{A_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {M{C_1}} } \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Đặt \(AM = x,\,\,0 \le x \le 2\).

Ta có \(M\left( {x;0;a} \right),\,\,{A_1}\left( {0;0;0} \right),\,\,{C_1}\left( {2;2;2} \right)\).

Nên \(\overrightarrow {MA'}  = \left( { - x;0; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {M{C_1}}  = \left( {2 - x;2; - 1} \right)\).

Đặt \(\alpha  = {A_1}M{C_1}\) thì \(\cos \alpha  = \cos \left( {\overrightarrow {M{A_1}} ;\overrightarrow {M{C_1}} } \right) = \dfrac{{{x^2} - 2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + 5} }} = \dfrac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + 5} }} \ge 0\).

Do đó \(\alpha  \le {90^0}\). Vậy \(\alpha  = {A_1}M{C_1}\) lớn nhất khi \(x = 1\), tức \(M\) là trung điểm của \(AB\).

Chọn B

Lời giải chi tiết:

\(S = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + 2\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC}  + 3\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MA} \)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {M{A^2} + M{B^2} - {{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB} } \right)}^2} + 2M{B^2} + 2M{C^2} - 2{{\left( {\overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2} + 3M{A^2} + 3M{C^2} - 3{{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2}} \right]\)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\)

Xác định tọa độ điểm \(I\left( {m;n;p} \right)\) sao cho

\(4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4\left( {1 - m} \right) + 3\left( { - 2 - m} \right) + 5\left( {0 - m} \right) = 0\\4\left( { - 1 - n} \right) + 3\left( {0 - n} \right) + 5\left( {1 - n} \right) = 0\\4\left( {2 - p} \right) + 3\left( {3 - p} \right) + 5\left( { - 2 - p} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{6}\\n = \dfrac{1}{{12}}\\p = \dfrac{7}{{12}}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow I\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};\dfrac{7}{{12}}} \right)\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {4{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)}^2} + 3{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)}^2} + 5{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)}^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC} } \right) + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\,\,\left( {do\,\,4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 } \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I lên (Oxy)

\( \Leftrightarrow M\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};0} \right)\,\,\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{6}\\b = \dfrac{1}{{12}}\\c = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow T = 12a + 12b + c = 12.\dfrac{{ - 1}}{6} + 12.\dfrac{1}{{12}} + 0 =  - 1\).

Chọn: D

Phương pháp giải:

Đánh giá theo bất đẳng thức: \(\sqrt {{a^2} + {b^2}}  + \sqrt {{c^2} + {d^2}}  \ge \sqrt {{{(a + c)}^2} + {{(b + d)}^2}} \)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  \(\frac{a}{c} = \frac{b}{d}\).

Lời giải chi tiết:

\(AB = \sqrt 3 ,\,\,AD = \sqrt 6 ,\,\,AA' = 2\sqrt 2 \)

Gọi độ dài đoạn \(DM = x,\,\,\left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)\). Khi đó, tổng các khoảng cách: 

\(AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}}  + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3  - x} \right)}^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6  + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3  - x} \right)}^2}}  = \sqrt {6 + 8\sqrt 3  + 8 + 3}  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)

\( \Rightarrow AM + MC'\,\,\min  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \) khi và chỉ khi \(\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \frac{x}{{\sqrt 3  - x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \frac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3 \).

Chọn: C

Phương pháp giải:

Xác định diện tích thông qua tỉ số, áp dụng định lí Cosin tìm độ dài và biện luận min

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow{OA}=\left( 1;0;1 \right),\ \overrightarrow{OB}=\left( 0;1;-1 \right),\ OA=OB=\sqrt{2},\)

\(\overrightarrow{AB}=\left( -1;1;-2 \right),\ AB=\sqrt{6}.\)

Suy ra \(\frac{{{S}_{ODE}}}{{{S}_{OAB}}}=\frac{OD.OE}{OA.OB}\Leftrightarrow \frac{1}{2}=\frac{OD.OE}{2}\Leftrightarrow OD.OE=1.\)

Lại có \(\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=\frac{2+2-6}{4}=\frac{-1}{2}.\)

Mặt khác \(D{{E}^{2}}=O{{D}^{2}}+O{{E}^{2}}-2OD.OE\cos \widehat{AOB}=O{{D}^{2}}+O{{E}^{2}}+OD.OE\ge 3OD.OE.\)

\(\Rightarrow DE\ge \sqrt{3}\). Dấu bằng xảy ra khi \(OD=OE=1\)

Khi đó \(\overrightarrow{OD}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\overrightarrow{OA}\Rightarrow D\left( \frac{\sqrt{2}}{2};0;\frac{\sqrt{2}}{2} \right),\ \overrightarrow{OE}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\overrightarrow{OB}\Rightarrow E\left( 0;\frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{\sqrt{2}}{2} \right).\)

Vậy trung điểm \(I\) của \(DE\) có tọa độ \(I\left( \frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};0 \right)\).

Chọn A