Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ/tọa độ Oxyz (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Câu a) Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB},\vec{v}=\overrightarrow{AD},\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{u}|=|\vec{v}|=|\vec{w}|=2\sqrt{6}$ và góc giữa từng cặp vectơ đều bằng $60^{\circ }$, nên mỗi tích vô hướng bằng $2\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}\cdot \cos 60^{\circ }=24\cdot \frac{1}{2}=12$. Ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}$, do đó $A{C}^{\prime 2}=|\vec{u}{|}^2+|\vec{v}{|}^2+|\vec{w}{|}^2+2(\vec{u}\cdot \vec{v}+\vec{u}\cdot \vec{w}+\vec{v}\cdot \vec{w})=3\cdot 24+2\cdot 3\cdot 12=72+72=144$. Vậy $A{C}^{\prime }=12$.

Câu b) Chọn $A$ làm gốc, $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\vec{b}=\overrightarrow{AB},\vec{d}=\overrightarrow{AD}$. Khi đó $B$ có vectơ $\vec{b}$, $C$ có $\vec{b}+\vec{d}$, $C^{\prime }$ có $\vec{u}+\vec{b}+\vec{d}$. Gọi $N$ trên $BC$: $\overrightarrow{AN}=\vec{b}+t\vec{d}$; $P$ trên $C^{\prime }{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{AP}=\vec{u}+\vec{b}+(1-s)\vec{d}$; $M$ trên $A{A}^{\prime }$: $\overrightarrow{AM}=m\vec{u}$. Từ $\overrightarrow{NM}=2\overrightarrow{NP}$ suy ra $\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AN}=2\vec{u}+(2-2s-t)\vec{d}$. Vì $M$ thuộc $A{A}^{\prime }$ nên hệ số của $\vec{d}$ phải bằng 0: $t=2(1-s)$, và $m=2$, tức $\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (điểm $M$ nằm ngoài đoạn $A{A}^{\prime }$, phía sau $A^{\prime }$, với $AM=2A{A}^{\prime }$). Trên trục $A{A}^{\prime }$ lấy tọa độ $A=0$, $A^{\prime }=1$, $M=2$: $\overline{MA}=0-2=-2$, $\overline{M{A}^{\prime }}=1-2=-1$, do đó $\frac{\overline{MA}}{\overline{M{A}^{\prime }}}=\frac{-2}{-1}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ cơ sở $\vec{a}=\overrightarrow{AB},\vec{b}=\overrightarrow{AD},\vec{c}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$ và $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{D^{\prime }A}=-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AD}=-\vec{c}-\vec{b}$, nên $\overrightarrow{AP}=-\vec{b}-\vec{c}$.

Và $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{c}$, nên $\overrightarrow{C^{\prime }Q}=\vec{a}+\vec{c}$.

Tính $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }Q}$. Ta có $\overrightarrow{PA}=\vec{b}+\vec{c}$, $\overrightarrow{BC}=\vec{a}$, do đó:
$$\overrightarrow{PQ}=(\vec{b}+\vec{c})+\vec{a}+\vec{a}+\vec{c}+(\vec{a}+\vec{c})=3\vec{a}+\vec{b}+3\vec{c}.$$

Kiểm tra lại bằng toạ độ: đặt $A$ làm gốc, $P=A-\vec{b}-\vec{c}$, $C^{\prime }=A+\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$, $Q=C^{\prime }+\vec{a}+\vec{c}=A+2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}$. Khi đó $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}-(-\vec{b}-\vec{c})=2\vec{a}+2\vec{b}+3\vec{c}$.

Xuất hiện mâu thuẫn giữa hai cách viết, cần tính lại $\overrightarrow{PQ}$ theo định nghĩa: $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}$ với $\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }Q}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})+(\vec{a}+\vec{c})=2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}$ và $\overrightarrow{AP}=-\vec{b}-\vec{c}$. Vậy:
$$\overrightarrow{PQ}=2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}+\vec{b}+\vec{c}=2\vec{a}+2\vec{b}+3\vec{c}.$$

(Sai sót ở cách phân tích đầu là do viết nhầm $\overrightarrow{PA}$; kết quả đúng là $\overrightarrow{PQ}=2\vec{a}+2\vec{b}+3\vec{c}$.)

Tính độ dài:
$$|\overrightarrow{PQ}{|}^2=4|\vec{a}{|}^2+4|\vec{b}{|}^2+9|\vec{c}{|}^2+2\cdot 4(\vec{a}\cdot \vec{b})+2\cdot 6(\vec{a}\cdot \vec{c})+2\cdot 6(\vec{b}\cdot \vec{c})$$
$$=4+4+9+8\cdot \frac{1}{2}+12\cdot \frac{1}{2}+12\cdot \frac{1}{2}=17+4+6+6=33.$$

Vậy $PQ=\sqrt{33}\approx 5,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt cầu tập hợp M thuộc (Oxy) với MA+MB=2√34 là elipse tâm O, tiêu điểm A(3;0;0), B(-3;0;0): c=3, 2a=2√34 ⇒ a²=34, b²=a²−c²=25, tức x²/34 + y²/25 = 1.

a) MC² = x²+(y−5)²+1. Tham số hóa x=√34 cos t, y=5 sin t: MC² = 34cos²t + 25(1−sin t)² + 1 = 60 − 9sin²t − 50 sin t. Đặt s=sin t∈[−1;1], hàm f(s)=60−9s²−50s có f'(s)=−18s−50=0 ⇒ s=−25/9 ∉[−1;1], nên min tại s=1: f=60−9−50=1. Vậy MC_min=1 (tại M(0;5;0)), không phải √2 ⇒ a) SAI.

b) AB=6, AC=BC=√(9+25+1)=√35. Chiếu của C lên (Oxy) là (0;5;0), khoảng cách từ điểm này đến trục hoành Ox bằng 5 nên đường cao từ C xuống AB bằng 5. S_ABC = ½·6·5 = 15 ≠ 2√26 ⇒ b) SAI.

c) Mặt phẳng (ABC) chứa trục Ox và C(0;5;1) có VTPT n = AB×AC = (0;1;−5), phương trình y−5z=0. Đường cao từ C vuông góc AB trong mặt phẳng có chỉ phương d = AB×n = (0;5;1): (0; 5+5t; 1+t). Đường cao từ A vuông góc BC=(3;5;1) trong mặt phẳng có chỉ phương n×BC = (26;−15;−3): (3+26s; −15s; −3s). Giải hệ: 3+26s=0 ⇒ s=−3/26; −15s=45/26=5+5t ⇒ t=−17/26; kiểm tra z: 1+t=9/26=−3s ✓. Vậy H(0; 45/26; 9/26), tức a=0, b=45/26, c=9/26. Khi đó a+52(b+c) = 52·54/26 = 108 ⇒ c) ĐÚNG.

d) AB = B−A = (−6;0;0) cùng phương với i=(1;0;0) (ngược hướng nhưng vẫn cùng phương) ⇒ d) ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Elipse x²/34+y²/25=1; MC²=60−9sin²t−50sin t đạt min bằng 1 tại M(0;5;0), nên MC_min=1≠√2.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB=6, đường cao từ C bằng 5 nên S_ABC=15≠2√26.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trực tâm H(0;45/26;9/26) nên a+52(b+c)=52·54/26=108.
d) (AI giải đề cho tôi)
AB=(−6;0;0) cùng phương với i=(1;0;0).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{2};0;0)$, $D(0;2\sqrt{2};0)$, $C(\sqrt{2};2\sqrt{2};0)$, $S(0;0;4)$ vì $AB=\sqrt{2}$, $AD=2\sqrt{2}$, $SA=4$. Ta có $M=B+x\overrightarrow{BD}=(\sqrt{2}(1-x);2\sqrt{2}x;0)$, $N=S+y\overrightarrow{SC}=(\sqrt{2}y;2\sqrt{2}y;4(1-y))$. Suy ra $M{N}^2=2(1-x-y{)}^2+8(x-y{)}^2+16(1-y{)}^2$. Đặt $u=x-y$, $v=1-x-y$ thì $1-y=\frac{1+u+v}{2}$, nên $M{N}^2=2v^2+8u^2+4(1+u+v{)}^2$. Cân bằng: $\frac{\partial }{\partial u}=16u+8(1+u+v)=0\Rightarrow 3u+v=-1$; $\frac{\partial }{\partial v}=4v+8(1+u+v)=0\Rightarrow 2u+3v=-2$. Giải hệ được $u=-\frac{1}{7}$, $v=-\frac{4}{7}$, suy ra $x+y=\frac{11}{7}$, $x-y=-\frac{1}{7}$, tức $x=\frac{5}{7}$, $y=\frac{6}{7}$ (cùng thuộc $[0;1]$ nên hợp lệ). Vậy $5x+4y=\frac{25+24}{7}=7$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn điểm xuất phát $O$ làm gốc, trục $Ox$ hướng đông, $Oy$ hướng bắc, $Oz$ hướng lên. Khi đó $A(1,8;2,3;0,6)$, $B(-2,8;-1,7;0,8)$. Gọi $A^{\prime },B^{\prime }$ là hình chiếu của $A,B$ lên mặt đất, $M(x;y;0)$. Cần minimize $f=MA+MB=\sqrt{(x-1,8{)}^2+(y-2,3{)}^2+0,36}+\sqrt{(x+2,8{)}^2+(y+1,7{)}^2+0,64}$.

Điều kiện cực trị $\nabla f=0$ cho thấy hai vectơ đơn vị từ $M$ hướng về $A$ và $B$ có thành phần ngang triệt tiêu nhau, tức $M$ nằm trên đoạn $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và các góc nâng bằng nhau: $\frac{0,6}{MA}=\frac{0,8}{MB}\Rightarrow \frac{MB}{MA}=\frac{4}{3}$, tức $MA:MB=3:4$.

Ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }=\sqrt{4,6^2+4^2}=\sqrt{37,16}\approx 6,0959$, nên $MA=\frac{3}{7}{A}^{\prime }{B}^{\prime }\approx 2,6125$, $MB\approx 3,4834$ (kiểm tra: $0,6/2,6125=0,8/3,4834\approx 0,2297$ — thỏa mãn). Toạ độ $M$: $x=1,8-\frac{3}{7}\cdot 4,6\approx -0,1714$, $y=2,3-\frac{3}{7}\cdot 4\approx 0,5857$.

Khoảng cách từ $M$ đến điểm xuất phát: $OM=\sqrt{0,1714^2+0,5857^2}\approx \sqrt{0,3725}\approx 0,61\approx 0,6km$. (Hessian dương xác định nên đây là điểm cực tiểu.) Vậy đáp án cần điền là $0,6$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$, trọng tâm $G$. Chọn tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $D\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Trọng tâm $G=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},\frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Xét hai vectơ $\overrightarrow{GA}$ và $\overrightarrow{GB}$: $\overrightarrow{GA}\cdot \overrightarrow{GB}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{6},-\frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\cdot \left(\frac{a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{6},-\frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}\right)=-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{12}+\frac{a^2}{6}=-\frac{a^2}{6}$. Mặt khác $|\overrightarrow{GA}|=|\overrightarrow{GB}|=a\sqrt{\frac{3}{8}}$ (bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều là $\frac{a\sqrt{6}}{4}$). Vậy $\cos \alpha =\frac{-a^2/6}{a^2\cdot 3/8}=-\frac{4}{9}\cdot \frac{8}{6}$... kiểm tra lại: $\frac{-1/6}{3/8}=-\frac{8}{18}=-\frac{4}{9}$? Tính lại $|\overrightarrow{GA}{|}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{12}+\frac{a^2}{6}=\frac{3a^2+a^2+2a^2}{12}=\frac{6a^2}{12}=\frac{a^2}{2}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{-a^2/6}{a^2/2}=-\frac{1}{3}$. Suy ra $\alpha =\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\approx 109,47^{\circ }\approx 109^{\circ }$. Đáp án: $109$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}$ (tác dụng của điện thoại lên các chân giá đỡ) có phương dọc theo các chân, hướng từ $S$ xuống các điểm $A,B,C$ như hình vẽ, và có độ lớn bằng nhau.

Ta có: $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-30)$, $\overrightarrow{SB}=(3\sqrt{3};3;-30)$, $\overrightarrow{SC}=(-3\sqrt{3};3;-30)$, đều có độ dài $\sqrt{936}=6\sqrt{26}$.

Gọi $F$ là độ lớn chung của ba lực. Khi đó:
$$\overrightarrow{F_1}=F\cdot \frac{\overrightarrow{SA}}{|\overrightarrow{SA}|}=F\left(0;-\frac{1}{\sqrt{26}};-\frac{5}{\sqrt{26}}\right)$$

Điện thoại cân bằng nên tổng phản lực từ ba chân (các lực đối với $\overrightarrow{F_i}$) cân bằng với trọng lượng: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-2)$.

Cộng ba vectơ đơn vị theo ba chân: thành phần $x,y$ triệt tiêu (do đối xứng), thành phần $z$: $-5/\sqrt{26}$ mỗi lực, tổng $-15/\sqrt{26}$. Vậy:
$$F\cdot \frac{15}{\sqrt{26}}=2\Rightarrow F=\frac{2\sqrt{26}}{15}$$

Suy ra $\overrightarrow{F_1}=\left(0;-\frac{2}{15};-\frac{2}{3}\right)$, tức $a=0,b=-\frac{2}{15},c=-\frac{2}{3}$.

$$P=3a+5b+8c=0+5\left(-\frac{2}{15}\right)+8\left(-\frac{2}{3}\right)=-\frac{2}{3}-\frac{16}{3}=-6$$

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(x;0;0)$ trên trục $Ox$. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $G=\left(-3;-2;0\right)$. Và $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MI}$ với $I$ là trung điểm $BC$: $I=(-2;-4;0)$. Do đó $P=3MG+\frac{3}{2}\cdot 2MI=3(MG+MI)$. Với $M(x;0;0)$: $MG=\sqrt{(x+3{)}^2+4}$, $MI=\sqrt{(x+2{)}^2+16}$. Cần min $f=\sqrt{(x+3{)}^2+4}+\sqrt{(x+2{)}^2+16}$: lấy điểm $G^{\prime }(-3;2)$ đối xứng với $G(-3;-2)$ qua trục $Ox$ (trong mặt phẳng $Oxy$), khi đó $MG+MI=G^{\prime }M+MI\ge G^{\prime }I=\sqrt{(-3+2{)}^2+(2+4{)}^2}=\sqrt{37}$, dấu bằng khi $M$ là giao điểm của $G^{\prime }I$ với trục $Ox$ (tồn tại vì $G^{\prime }I$ cắt $Ox$). Vậy $P_{\min }=3\sqrt{37}$, tức $a=3$, $b=37$ (nguyên tố), nên $2a+3b=6+111=117$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $A_1(0,0,a\sqrt{2})$, $C_1(0,a,a\sqrt{2})$.

a) $\overrightarrow{B{C}_1}=(-a,a,a\sqrt{2})$, $|B{C}_1|=2a$; $\overrightarrow{AC}=(0,a,0)$. $\cos (B{C}_1,AC)=\frac{a^2}{2a\cdot a}=\frac{1}{2}$, nên góc giữa $B{C}_1$ và $AC$ bằng $60^{\circ }$.

b) Mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$ có VTCP pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{A_{1}B}\times \overrightarrow{A_1{C}_1}\propto (a\sqrt{2},0,a)$, phương trình: $\sqrt{2}x+z-a\sqrt{2}=0$. Khoảng cách từ $A$: $d=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

c) Trong mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$, vì $A_1{C}_1\perp A_{1}B$, chọn tọa độ phẳng: $A_1(0,0)$, $C_1(0,a)$, $B(a\sqrt{3},0)$ (vì $A_{1}B=a\sqrt{3}$). Đặt $M(0,m)$, $N=(a\sqrt{3}u,a(1-u))$ với $u\in [0,1]$ ($u=\frac{BN}{B{C}_1}$). Điều kiện $MN=\frac{a}{2}$: $3a^2{u}^2+(a(1-u)-m{)}^2=\frac{a^2}{4}$, suy ra $m=a(1-u)-a\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}$ với $0\le u\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$, $m\ge 0$.

Diện tích tứ giác $A_{1}BNM$ (shoelace): $S=\frac{a\sqrt{3}}{2}[a(1-u)+mu]=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}f(u)$ với $f(u)=1-u^2-u\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}$.

$f^{\prime }(u)=-2u-\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}+\frac{3u^2}{\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}}=0\Rightarrow 6u^2-\frac{1}{4}=2u\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}\Rightarrow 768u^4-64u^2+1=0$, cho $u^2=\frac{1}{16}$ (nhận, vì $6u^2-\frac{1}{4}\ge 0$) hoặc $u^2=\frac{1}{48}$ (loại). So sánh: $f(\frac{1}{4})=\frac{7}{8}<f(0)=1<f(\frac{1}{2\sqrt{3}})=\frac{11}{12}$, nên min tại $u=\frac{1}{4}$.

Khi đó $t=1-u=\frac{3}{4}$, $m=\frac{a}{2}$: $M$ là trung điểm $A_1{C}_1$ ($A_{1}M=\frac{a}{2}$), $N$ trên $B{C}_1$ với $BN=\frac{3}{4}B{C}_1$ (tức $\frac{BN}{N{C}_1}=3$). Kiểm tra $M{N}^2=\frac{3a^2}{16}+\frac{a^2}{16}=\frac{a^2}{4}$ đúng.

Thể tích nhỏ nhất: $S_{\min }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{7}{8}=\frac{7a^2\sqrt{3}}{16}$, $V_{\min }=\frac{1}{3}\cdot \frac{7a^2\sqrt{3}}{16}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{7a^3\sqrt{2}}{48}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: gọi $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, tứ diện đều cạnh $a=900$ nên ${\vec{b}}^2={\vec{c}}^2={\vec{d}}^2=a^2$ và $\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{d}=\vec{c}\cdot \vec{d}=\frac{a^2}{2}$.

$M=\frac{\vec{c}}{2},N=\frac{\vec{d}}{2}$ nên $MN=\frac{CD}{2}=450$ m.

Đường thẳng qua trọng tâm $G=\frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$ của $△BCD$ song song với $DC$ cắt $BD$ tại $P$, cắt $BC$ tại $Q$ với $\frac{BP}{BD}=\frac{BQ}{BC}=\frac{2}{3}$, tức $P=\frac{\vec{b}+2\vec{d}}{3},Q=\frac{\vec{b}+2\vec{c}}{3}$. Khi đó $PQ\parallel DC$ và $PQ=\frac{2}{3}CD=600$ m.

Chu vi tứ giác $MNPQ$ là $MN+NP+PQ+QM$. Tính $NP$: $\overrightarrow{NP}=\frac{\vec{b}}{3}+\frac{2\vec{d}}{3}-\frac{\vec{d}}{2}=\frac{\vec{b}}{3}+\frac{\vec{d}}{6}$, nên
$$N{P}^2=a^2\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{36}+2\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{2}\right)=a^2\left(\frac{4}{36}+\frac{1}{36}+\frac{2}{36}\right)=\frac{7a^2}{36},$$
vậy $NP=\frac{a\sqrt{7}}{6}=150\sqrt{7}\approx 396,86$ m.

Tương tự $\overrightarrow{QM}=\frac{\vec{c}}{2}-\frac{\vec{b}}{3}-\frac{2\vec{c}}{3}=-\frac{\vec{b}}{3}-\frac{\vec{c}}{6}$ nên $QM=150\sqrt{7}\approx 396,86$ m.

(Lưu ý: $MP$ và $NQ$ là hai đường chéo của tứ giác, không phải cạnh, nên không dùng vào chu vi.)

Chu vi khung thép:
$$MN+NP+PQ+QM=450+150\sqrt{7}+600+150\sqrt{7}=1050+300\sqrt{7}\approx 1843,73\approx 1844\text{ m}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;1;2)$, $\overrightarrow{AC}=(-3;1;-1)$, nên $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}+k(3k+1)\overrightarrow{AC}=(-4k-9k^2;2k+3k^2;k-3k^2)$, suy ra $M(2-4k-9k^2;1+2k+3k^2;1+k-3k^2)$.

Điều kiện $\cos (\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB})+\cos (\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MC})=0$ nghĩa là $MA$ là phân giác ngoài của góc $BMC$, tương đương khoảng cách từ $A$ đến hai đường thẳng $MB$, $MC$ bằng nhau:
$$\frac{|\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{MB}|}{|\overrightarrow{MB}|}=\frac{|\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{MC}|}{|\overrightarrow{MC}|}.$$
Vì $\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}$, $\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AM}$ nên $\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MA}\times \overrightarrow{AC}$. Với $\overrightarrow{MA}=-k(\overrightarrow{AB}+(3k+1)\overrightarrow{AC})$ và $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(-3;-7;2)$, $|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}|=\sqrt{62}$, ta được (với $k\ne 0$):
$$\frac{|3k+1|\sqrt{62}}{|\overrightarrow{MB}|}=\frac{\sqrt{62}}{|\overrightarrow{MC}|}\Rightarrow |\overrightarrow{MB}{|}^2=(3k+1{)}^2|\overrightarrow{MC}{|}^2.$$
Tính trực tiếp:
$$|\overrightarrow{MB}{|}^2=99k^4+78k^3+9k^2-16k+6,|\overrightarrow{MC}{|}^2=99k^4+78k^3-45k^2-26k+11.$$
Phương trình $|\overrightarrow{MB}{|}^2=(9k^2+6k+1)|\overrightarrow{MC}{|}^2$ tương đương
$$891k^6+1296k^5+63k^4-504k^3-111k^2+56k+5=0,$$
với nghiệm đẹp $k=\frac{1}{3}$ (thay $k=1/3$: $2-7+5=0$; khi đó $|\overrightarrow{MB}{|}^2=52/9$, $|\overrightarrow{MC}{|}^2=13/9$, đúng tỉ số $(3k+1{)}^2=4$).

Với $k=\frac{1}{3}$: $M\left(-\frac{1}{3};2;1\right)$, khi đó $\overrightarrow{MC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{MB}$ nên $\cos (\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB})+\cos (\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MC})=0$ thỏa mãn.

Tính tổng:
$$2x+y+3z-k=2(2-4k-9k^2)+(1+2k+3k^2)+3(1+k-3k^2)-k=8-4k-24k^2.$$
Thay $k=\frac{1}{3}$: $8-\frac{4}{3}-\frac{24}{9}=8-4=4$.

Vậy $2x+y+3z-k=4$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $AB=\sqrt{(5-2{)}^2+(-3-1{)}^2+(2+2{)}^2}=\sqrt{41}>2$ nên $A$ nằm ngoài mặt cầu $(B;2)$. Vì $A,M,N$ thẳng hàng và $M,N$ phân biệt cùng thuộc mặt cầu $(B;2)$, đường thẳng qua $A$ cắt mặt cầu tại đúng hai điểm $M,N$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên đường thẳng, đặt $AH=u=\sqrt{41-d^2}$, $HM=HN=s=\sqrt{4-d^2}$ với $d$ là khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng. Khi đó hai khoảng cách từ $A$ đến $M,N$ là $u-s$ và $u+s$. Vì vai trò $M,N$ có thể hoán đổi, $S=2AM+5AN$ nhỏ nhất khi gán $AM=u+s,AN=u-s$: $S=7u-3s=7\sqrt{41-d^2}-3\sqrt{4-d^2}$. Đạo hàm theo $t=d^2$: $f^{\prime }(t)=\frac{3}{2\sqrt{4-t}}-\frac{7}{2\sqrt{41-t}}>0$ với mọi $t\in [0,4)$ (vì $9(41-t)>49(4-t)$), nên $f$ tăng, đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=0$ tức đường thẳng là $AB$: $S_{\min }=7\sqrt{41}-6$ (khi $AM=\sqrt{41}+2,AN=\sqrt{41}-2$). Vậy $m=41,n=6$, $5m+n=205+6=211$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{MN}$ cùng hướng $\vec{u}=(2;-2;0)$, $|\vec{u}|=2\sqrt{2}$ và $MN=8\sqrt{2}$ nên $\overrightarrow{MN}=4\vec{u}=(8;-8;0)$. Gọi $M(x;y;0)$ thì $N(x+8;y-8;0)$. Khi đó $BN=\sqrt{(x+13{)}^2+(y+4{)}^2+16}$, còn $AM=\sqrt{(x+3{)}^2+(y-7{)}^2+25}$. Đặt $B^{\prime }=B-\overrightarrow{MN}=(-13;4;4)$, khi đó $BN=M{B}^{\prime }$ với mọi $M$ trên $(Oxy)$. Theo bất đẳng thức tam giác: $|AM-BN|=|AM-M{B}^{\prime }|\le A{B}^{\prime }=\sqrt{(10{)}^2+(3{)}^2+(-9{)}^2}=\sqrt{190}\approx 13,8$. Dấu bằng xảy ra khi $M$ nằm trên đường thẳng $B^{\prime }A$ cắt mặt phẳng $(Oxy)$, nên giá trị lớn nhất đạt được. Vậy $\max |AM-BN|=\sqrt{190}\approx 13,8$.