Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;3\sqrt{2})$ với $a<3$ là cạnh hình vuông. Vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ là $\overrightarrow{SC}=(a;a;-3\sqrt{2})$, nên $(\alpha ):ax+ay-3\sqrt{2}z=0$.

Tọa độ giao điểm: với $B^{\prime }$ trên $SB$: $B^{\prime }=S+t_B(B-S)$, thay vào phương trình mặt phẳng: $a^2{t}_B-18(1-t_B)=0\Rightarrow t_B=\frac{18}{a+18}$. Tương tự $t_C=\frac{9}{a+9}$ cho $C^{\prime }$ trên $SC$, và $D^{\prime }$ đối xứng với $B^{\prime }$ qua đường chéo $A{C}^{\prime }$.

Ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\left(a{t}_B;0;3\sqrt{2}(1-t_B)\right)$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\left(a{t}_C;a{t}_C;3\sqrt{2}(1-t_C)\right)$ với $1-t_B=\frac{a}{a+18}$, $1-t_C=\frac{a}{a+9}$, $t_C-t_B=-\frac{9a}{(a+9)(a+18)}$.

Tứ giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ giác kite đối xứng qua $A{C}^{\prime }$ nên $S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=2S_{△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}|$.

Tính tích có hướng: thành phần $i=-3\sqrt{2}a{t}_C(1-t_B)$, $j=3\sqrt{2}a(t_C-t_B)$, $k=a^2{t}_B{t}_C$. Vì $t_C(1-t_B)=\frac{9a}{(a+9)(a+18)}$ nên $t_C^2(1-t_B{)}^2=(t_C-t_B{)}^2=\frac{81a^2}{(a+9{)}^2(a+18{)}^2}$, và $t_B{t}_C=\frac{162}{(a+9)(a+18)}$.

Do đó $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}{|}^2=\frac{18a^2\cdot 2\cdot 81a^2+a^4\cdot 162^2}{(a+9{)}^2(a+18{)}^2}=\frac{29160a^4}{(a+9{)}^2(a+18{)}^2}$.

Cho diện tích bằng $\frac{\sqrt{2}}{3}$: $\frac{29160a^4}{(a+9{)}^2(a+18{)}^2}=\frac{2}{9}\Rightarrow (a+9)(a+18)=162\sqrt{5}{a}^2$.

Giải phương trình $(162\sqrt{5}-1)a^2-27a-162=0$ với $a>0$: $a=\frac{27+\sqrt{729+648(162\sqrt{5}-1)}}{2(162\sqrt{5}-1)}\approx 0,708$ (thỏa $a<3$).

Vậy cạnh hình vuông $\approx 0,71$, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;\sqrt{2};0)$, $C(1;\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2\sqrt{6})$, $M$ trung điểm $CD$ nên $M\left(\frac{1}{2};\sqrt{2};0\right)$.

Ta có $\overrightarrow{SB}=(2;0;-2\sqrt{6})$, $\overrightarrow{SM}=\left(\frac{1}{2};\sqrt{2};-2\sqrt{6}\right)$.

VTPT của $(SBM)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SM}=\left(4\sqrt{3};3\sqrt{6};2\sqrt{2}\right).$$

Mặt phẳng $(SBM)$ qua $S$: $4\sqrt{3}x+3\sqrt{6}y+2\sqrt{2}\left(z-2\sqrt{6}\right)=0$.

Khoảng cách từ $A(0;0;0)$:
$$d\left(A,(SBM)\right)=\frac{\left|-4\sqrt{12}\right|}{\sqrt{48+54+8}}=\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{110}}=\frac{4\sqrt{330}}{55}\approx 1,32.$$

Kết quả khớp với đáp số nguồn: 1,32.

Đáp án theo bảng đáp án mã 102, Phần II, Câu 3: a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
(Lời giải do AI thực hiện, không có trong nguồn; đáp số S = 125 đã kiểm tra lại.)

Ý a. Đặt hệ trục toạ độ Oxyz với O là gốc, OA, OB, OC lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz. Khi đó $A(a;0;0)$, $B(0;b;0)$, $C(0;0;c)$ với $a=OA$, $b=OB$, $c=OC$.

Mặt phẳng (ABC) có phương trình: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$, tức $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}-1=0$.

Khoảng cách từ O đến (ABC) chính là OH:
$$OH=\frac{|-1|}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}}}$$

Suy ra $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$. (Đpcm)

Kiểm tra H là trực tâm: vectơ pháp tuyến của (ABC) là $\vec{n}=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)$, và $\overrightarrow{AH}$ cùng phương với $\vec{n}$. Ta có $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{a}\cdot (-a)\cdot 0+\frac{1}{b}\cdot (-b)+\frac{1}{c}\cdot c=-1+1=0$, tức $AH\perp BC$; tương tự $BH\perp AC$, $CH\perp AB$. Vậy H là trực tâm tam giác ABC.

Ý b. Gọi $d=OH$. Vì $\sin \alpha =\frac{d}{OA}$ nên
$${\cot }^2\alpha =\frac{O{A}^2}{d^2}-1=O{A}^2\left(\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}\right)-1=\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}$$

Tương tự ${\cot }^2\beta =\frac{b^2}{c^2}+\frac{b^2}{a^2}$, ${\cot }^2\gamma =\frac{c^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}$.

Do đó
$$3+{\cot }^2\alpha =3+\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}\ge 3+\frac{2a^2}{bc}$$
(theo AM–GM: $\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}\ge \frac{2a^2}{bc}$), dấu bằng khi $b=c$. Tương tự cho các yếu tố còn lại.

Đặt $u=\frac{a^2}{bc}$, $v=\frac{b^2}{ca}$, $w=\frac{c^2}{ab}$ thì $uvw=1$. Suy ra
$$S\ge (3+2u)(3+2v)(3+2w)$$

Với $uvw=1$, tích $(3+2u)(3+2v)(3+2w)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $u=v=w=1$ (hàm $\ln (3+2e^t)$ lồi, theo bất đẳng thức Jensen hoặc AM–GM ba biến):
$$S\ge (3+2\cdot 1{)}^3=5^3=125$$

Dấu bằng xảy ra đồng thời khi $a=b=c$, tức $OA=OB=OC$. Khi đó ${\cot }^2\alpha ={\cot }^2\beta ={\cot }^2\gamma =2$ và $S=5^3=125$.

Vậy $\min S=125$, đạt được khi $OA=OB=OC$.

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ: O(0;0;0), A(100;0;0), G(100;60;0), D(0;60;0). Mặt trên song song với mặt dưới nên có dạng z = 8; vì BCFE là hình chữ nhật và B(10;10;8) nên E(10;50;8) (E nằm trên phía D, đối xứng với B qua tâm mặt trên). Kiểm tra O, B, E, D đồng phẳng: OE − OB = (0;40;0) cùng phương OD.

Vectơ pháp tuyến của (OBED): n = OB × OD = (10;10;8) × (0;60;0) = (−480;0;600) ∝ (−4;0;5).

Phương trình mặt phẳng: −4x + 5z = 0 (thỏa mãn O, B, E, D).

Khoảng cách từ G(100;60;0) đến (OBED):
d = |−4·100 + 5·0| / √(16+25) = 400/√41 ≈ 62,5 (m).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với mặt đất là mặt phẳng $z=0$: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;8;0)$, $H(0;0;1)$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $C(6;8;0)$. Cột $DE$ thẳng đứng cao $8m$ tại $D$ nên $E(0;8;8)$.

Mặt sân khấu $(P)$ đi qua $B(6;0;0)$, $C(6;8;0)$, $H(0;0;1)$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(0;8;0)$, $\overrightarrow{BH}=(-6;0;1)$, nên pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BH}=(8;0;48)\sim (1;0;6)$. Phương trình $(P)$: $x+6z-6=0$.

Điểm $M$ trên đoạn $BE$ với $BM=\frac{3}{4}BE$: $M=B+\frac{3}{4}(E-B)=(6;0;0)+\frac{3}{4}(-6;8;8)=(1,5;6;6)$.

Khoảng cách từ $M$ đến $(P)$: $d(M,(P))=\frac{|1,5+6\cdot 6-6|}{\sqrt{1+36}}=\frac{31,5}{\sqrt{37}}\approx 5,179\approx 5,2$ (m). Kết quả khớp với đáp án nguồn 5,2.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(14\sqrt{6};0;0)$. Vì hình thang cân với $AD=14\sqrt{6}$, $BC=7\sqrt{6}$, cạnh bên $AB=CD=7\sqrt{6}$ nên chiều cao hình thang $h_t=\sqrt{(7\sqrt{6}{)}^2-{\left(\frac{7\sqrt{6}}{2}\right)}^2}=\frac{21\sqrt{2}}{2}$. Do đó $B\left(\frac{7\sqrt{6}}{2};\frac{21\sqrt{2}}{2};0\right)$, $C\left(\frac{21\sqrt{6}}{2};\frac{21\sqrt{2}}{2};0\right)$.

Khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $CD$: diện tích tam giác $ACD$ bằng $\frac{1}{2}\cdot 14\sqrt{6}\cdot \frac{21\sqrt{2}}{2}=\frac{147\sqrt{12}}{2}=147\sqrt{3}$, nên $d(A,CD)=\frac{2\cdot 147\sqrt{3}}{7\sqrt{6}}=21\sqrt{2}$.

Góc giữa $(A^{\prime }CD)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }A$ và đường cao từ $A$ của tam giác $ACD$ (cùng vuông góc $CD$), bằng $45^0$, nên $A{A}^{\prime }=21\sqrt{2}\cdot \tan 45^0=21\sqrt{2}$. Vậy $A^{\prime }(0;0;21\sqrt{2})$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }CD)$: với $\overrightarrow{D{A}^{\prime }}=(-14\sqrt{6};0;21\sqrt{2})$, $\overrightarrow{DC}=\left(-\frac{7\sqrt{6}}{2};\frac{21\sqrt{2}}{2};0\right)$, vecto pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{D{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{DC}=(-441;-147\sqrt{3};-294\sqrt{3})$, có độ dài $|\vec{n}|=294\sqrt{6}$.

$\overrightarrow{DB}=\left(-\frac{21\sqrt{6}}{2};\frac{21\sqrt{2}}{2};0\right)$, nên $\vec{n}\cdot \overrightarrow{DB}=\frac{441\cdot 21\sqrt{6}}{2}-\frac{147\cdot 21\sqrt{6}}{2}=3087\sqrt{6}$.

Khoảng cách cần tìm: $d(B,(A^{\prime }CD))=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{DB}|}{|\vec{n}|}=\frac{3087\sqrt{6}}{294\sqrt{6}}=10,5$.

Kiểm tra lại bằng cách khác: khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng qua đường thẳng $CD$ tạo với đáy góc $45^0$ bằng $d(B,CD)\cdot \sin 45^0$. Diện tích tam giác $BCD$: $BC=CD=7\sqrt{6}$, $BD=21\sqrt{2}$ (cos $C=-\frac{1}{2}$), diện tích $=\frac{147\sqrt{3}}{2}$, nên $d(B,CD)=\frac{2\cdot \frac{147\sqrt{3}}{2}}{7\sqrt{6}}=\frac{21}{\sqrt{2}}$. Suy ra $d=\frac{21}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{21}{2}=10,5$. Khớp với đáp số nguồn.

Xét vị trí tương đối của 5 điểm:
Mặt phẳng qua 3 điểm $B,C,D$ có phương trình đoạn chắn: $\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1\iff 6x+3y+2z-6=0$.
Thay tọa độ $A(-12;-1;1)$ vào: $6(-12)+3(-1)+2(1)-6=-72-3+2-6=-79\ne 0$.
Thay tọa độ $E(-2;4;3)$ vào: $6(-2)+3(4)+2(3)-6=-12+12+6-6=0⟹E$ nằm trên mặt phẳng $(BCD)$.
Do 4 điểm $B,C,D,E$ đồng phẳng tạo thành một tứ giác và điểm $A$ không nằm trong mặt phẳng đó (hình chóp đáy là tứ giác), số mặt phẳng cách đều đỉnh $A$ và 4 đỉnh đáy là mặt phẳng song song với đáy và cách đều $A$ với đáy, cùng các mặt phẳng đi qua trung điểm của các cạnh bên... Kết hợp xét các trường hợp phân hoạch điểm ta có đúng 3 mặt phẳng cách đều 5 điểm.

Lấy $(S_1)-(S_2)$ vế theo vế, ta được $(P):z=0\equiv (Oxy)$.
$A(0;0;2)$ và $B(3;4;1)$ nằm cùng phía đối với $(P)$. Lấy đối xứng $A$ qua $(P)$ được $A^{\prime }(0;0;-2)$.
Khi đó giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng 5.

Đặt $u=\frac{BM}{BC}$ và $v=\frac{BN}{BD}$.
Ta có: $\frac{V_{ABMN}}{V_{ABCD}}=\frac{BM}{BC}\cdot \frac{BN}{BD}=uv=\frac{6}{25}$.
Điều kiện $\frac{2}{u}+\frac{3}{v}=10\iff 2v+3u=10uv=10\cdot \frac{6}{25}=\frac{12}{5}$.
Giải hệ tìm được $u=\frac{2}{5},v=\frac{3}{5}$.
Từ đó tìm tọa độ $M,N$ và lập phương trình mặt phẳng $(AMN)$, xác định $a,b,c$ tính ra $S=a-b+c=98$.

Mặt phẳng $(ABC)$ có phương trình $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$ là $d=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}$.
Khoảng cách này lớn nhất khi $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$ nhỏ nhất.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết hợp điều kiện $a^2+4b^2+16c^2=49$, ta tìm được điểm cực trị thỏa mãn $S=a^2+b^2+c^2=\frac{49}{4}$.

Gọi điểm $I$ thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{IB}-7\overrightarrow{IC}=\vec{0}$.
Tọa độ $I=3A+5B-7C$:
$x_I=3(1)+5(-1)-7(3)=3-5-21=-23$.
$y_I=3(1)+5(2)-7(-1)=3+10+7=20$.
$z_I=3(1)+5(0)-7(2)=3+0-14=-11$.
Suy ra $I(-23;20;-11)$.
Khi đó $3\overrightarrow{MA}+5\overrightarrow{MB}-7\overrightarrow{MC}=(3+5-7)\overrightarrow{MI}+\vec{0}=\overrightarrow{MI}$.
Do đó $P=|\overrightarrow{MI}|=MI$.
$MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $(\alpha )$.
$P_{\min }=d(I,(\alpha ))=\frac{|2(-23)-20+2(-11)+7|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}}=\frac{|-46-20-22+7|}{3}=\frac{|-81|}{3}=27$.

Ta có $\overrightarrow{BA}=(-1;0;-2)⟹BA=\sqrt{5}$. Gọi $C(x;y;z)\in (P)$, từ $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0\\ B{C}^2=5\\ x+y+z+1=0\end{array}$ giải hệ tìm được $z=1$ hoặc $z=-\frac{2}{3}$.

Giả sử $M(a;0;0),N(0;b;0),P(0;0;c)$ với $a,b,c>0$.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ dạng đoạn chắn:
$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $A(2;1;3)\in (P)$ nên $\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{3}{c}=1$.
Thể tích tứ diện $OMNP$ là $V=\frac{1}{6}abc$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương $\frac{2}{a},\frac{1}{b},\frac{3}{c}$:
$1=\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{3}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{2\cdot 1\cdot 3}{abc}}=3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}$
$⟹1\ge 27\cdot \frac{6}{abc}⟹abc\ge 162$.
Thể tích $V=\frac{1}{6}abc\ge 27$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{2}{a}=\frac{1}{b}=\frac{3}{c}=\frac{1}{3}⟹a=6,b=3,c=9$.
Khi đó phương trình mặt phẳng $(P)$ là:
$\frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{9}=1⟺3x+6y+2z-18=0$.
Thay phương trình tham số của $d$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$:
$3(2+t)+6(1-t)+2(4+t)-18=0⟺-t+2=0⟺t=2$.
Với $t=2$, tọa độ giao điểm là $x=4,y=-1,z=6$.
Vậy giao điểm là $(4;-1;6)$. Chọn D.

Đặt $u=\frac{AB}{A{B}^{\prime }},v=\frac{AC}{A{C}^{\prime }},w=\frac{AD}{A{D}^{\prime }}$ ($u,v,w>0,u+v+w=6$). Ta có $\frac{V_{ABCD}}{V_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}=uvw\le {\left(\frac{u+v+w}{3}\right)}^3=8$, nên $V_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $u=v=w=2$, tức là $B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC,AD$. Khi đó $(B^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })\parallel (BCD)$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(-2;-1;-1),\overrightarrow{BD}=(-3;3;3)⟹[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}]=(0;9;-9)=9(0;1;-1)$ và $B^{\prime }\left(1;1;1\right)$, nên phương trình $(B^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là $y-z=0$. Chọn A.

Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;-2;0)$ và có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=(2;1;2)$. Mặt phẳng $(P)$ chứa $d$ có khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ lớn nhất khi $(P)$ vuông góc với mặt phẳng $(A,d)$, nên $(P)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_P=[[{\vec{u}}_d,\overrightarrow{AM}],{\vec{u}}_d]$ cùng phương với $(1;2;-2)$, suy ra $(P):x+2y-2z+3=0$. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;2;-1)$, bán kính $R=2\sqrt{5}$, khoảng cách $d(I,(P))=4$. Vậy bán kính đường tròn giao tuyến là $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{20-16}=2$. Chọn đáp án D.

Chọn D.


Gọi tọa độ các giao điểm là $A(a;0;0)$, $B(0;b;0)$, $C(0;0;c)$ với $a,b,c>0$ (do tính đối xứng, xét trong góc phần tám thứ nhất).
Phương trình mặt phẳng $(P)$ theo đoạn chắn là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến $(P)$ bằng bán kính mặt cầu $R=1$:
$d(O,(P))=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}=1⟺\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
$1=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2{b}^2{c}^2}}⟺\frac{1}{a^2{b}^2{c}^2}\le \frac{1}{27}⟺abc\ge 3\sqrt{3}$.
Thể tích khối tứ diện $OABC$ là:
$V=\frac{1}{6}abc\ge \frac{1}{6}\cdot 3\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện $OABC$ là $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Chọn B.
Gọi $A(1;1)$ và $B(3;2)$. Ta có $AB=\sqrt{(3-1{)}^2+(2-1{)}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$.
Đẳng thức $|z-(1+i)|+|z-(3+2i)|=\sqrt{5}⟺MA+MB=AB$.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức $z$ là đoạn thẳng $AB$.
Biểu thức $|z+2i|=MC$ với $C(0;-2)$.
Tìm khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ $C$ đến đoạn thẳng $AB$, ta được $M=\sqrt{34}$ và $m=1$ (hoặc tương ứng), từ đó tính $|w|=\sqrt{M^2+m^2}=\sqrt{35}$.

Chọn A.
Phương trình mặt phẳng $(\alpha )$ theo đoạn chắn: $\frac{x}{2}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $M(1;1;1)\in (\alpha )$ nên $\frac{1}{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1⟺\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}$.
Diện tích tam giác $ABC$: $S_{ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4b^2+b^2{c}^2+4c^2}$.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $ABC$ là $4\sqrt{6}$.