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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $Ox$ hướng nam, $Oy$ hướng đông, $Oz$ hướng lên, gốc $O$ tại điểm xuất phát. Hai khinh khí cầu có tọa độ $A(2,5;2;0,8)$ và $B(-1,5;-3;0,6)$. Vị trí tiếp nhiên liệu trên mặt đất có dạng $P(x;y;0)$.

Phản chiếu $A$ qua mặt phẳng $Oxy$: $A^{\prime }(2,5;2;-0,8)$. Với mọi $P$ trên mặt đất, $PA=P{A}^{\prime }$, nên $PA+PB=P{A}^{\prime }+PB\ge A^{\prime }B$. Dấu bằng xảy ra khi $P$ là giao điểm của đoạn $A^{\prime }B$ với mặt phẳng $z=0$ (đoạn này thực sự cắt mặt phẳng vì $A^{\prime }$ có $z<0$ và $B$ có $z>0$).

Phương trình tham số của đường thẳng $A^{\prime }B$: $(x;y;z)=(2,5-4t;2-5t;-0,8+1,4t)$.
Cho $z=0$: $-0,8+1,4t=0\Rightarrow t=\frac{4}{7}$.
Suy ra $x=2,5-4\cdot \frac{4}{7}=\frac{3}{14}$, $y=2-5\cdot \frac{4}{7}=-\frac{6}{7}$.

Vậy điểm tiếp nhiên liệu cách điểm xuất phát $a=\frac{3}{14}$ km về phía nam và $b=\frac{6}{7}$ km về phía tây. Do đó:
$$2a+3b=2\cdot \frac{3}{14}+3\cdot \frac{6}{7}=\frac{3}{7}+\frac{18}{7}=3.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $O^{\prime }$ là tâm hình vuông và $A(-\sqrt{2};\sqrt{2};5)$ nên $\overrightarrow{O^{\prime }A}=(-\sqrt{2};\sqrt{2};0)$, $|O^{\prime }A|=2$ (nửa đường chéo). Điểm $D(a;b;c)$ là đỉnh kề $A$ nên $\overrightarrow{O^{\prime }D}\perp \overrightarrow{O^{\prime }A}$ và $|O^{\prime }D|=2$: từ $-\sqrt{2}a+\sqrt{2}b=0$ suy ra $a=b>0$, và $2a^2+(c-5{)}^2=4$. Gọi $t=c-5\in (0;2]$, khi đó $2a^2=4-t^2$. Ta có $\tan \widehat{O^{\prime }ID}=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{9-c}=\frac{\sqrt{4-t^2}}{4-t}$. Đạo hàm $f(t)=\frac{4-t^2}{4-t}$ đạt cực đại tại $t=4-2\sqrt{3}$. Vậy $c=9-2\sqrt{3}$, $a=b=\sqrt{8\sqrt{3}-12}\approx 1,3625$. Các đỉnh còn lại: $C=2O^{\prime }-A=(\sqrt{2};-\sqrt{2};5)$, $B=2O^{\prime }-D=(-a;-a;10-c)$. Các vectơ đơn phương hướng dây (hướng từ đỉnh về $I$): ${\vec{u}}_B=\frac{(a;a;c-1)}{L}$ với $L=|IB|=\sqrt{52-16\sqrt{3}}\approx 4,9282$; ${\vec{u}}_C=\frac{(-\sqrt{2};\sqrt{2};4)}{2\sqrt{6}}$; ${\vec{u}}_D=\frac{(-a;-a;2\sqrt{3})}{|ID|}$ với $|ID|=\sqrt{16\sqrt{3}-12}\approx 3,9640$; ${\vec{u}}_A=\frac{(\sqrt{2};-\sqrt{2};4)}{2\sqrt{6}}$. Cân bằng lực: $50{\vec{u}}_B+40{\vec{u}}_C+F_3{\vec{u}}_D+F_4{\vec{u}}_A+(0;0;-mg)=\vec{0}$. Phương trình theo $Oy$ trừ phương trình theo $Ox$ cho $F_4=40$; thay vào phương trình theo $Ox$: $a\left(\frac{50}{L}-\frac{F_3}{|ID|}\right)=0\Rightarrow F_3=\frac{50|ID|}{L}\approx 40,216N$. Phương trình theo $Oz$: $mg=\frac{50(c-1)}{L}+\frac{160}{\sqrt{6}}+\frac{F_3\cdot 2\sqrt{3}}{|ID|}=\frac{400}{L}+\frac{160}{\sqrt{6}}\approx 81,165+65,320=146,48N$. Kiểm tra cân bằng moment tại $O^{\prime }$ cũng thỏa (moment cặp dây $B,D$ triệt tiêu, moment do $A,C$ triệt tiêu vì $F_4=40$). Vậy $m=\frac{146,48}{9,8}\approx 14,95\approx 15$ kg. Kết quả trùng với đáp án nguồn: 15.

(AI giải đề cho tôi)
M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên M(x;y;0). Điều kiện MA + MB = 10 với A(4;0;0), B(-4;0;0) (AB = 8 < 10) nghĩa là M nằm trên elip x^2/25 + y^2/9 = 1 trong mặt phẳng Oxy (a = 5, c = 4, b = 3). Viết M(5cos t; 3sin t; 0). Ta có MC^2 = 25cos^2 t + (3sin t - 6)^2 + 1 = 62 - 16sin^2 t - 36sin t. Đặt s = sin t ∈ [-1;1], hàm f(s) = 62 - 16s^2 - 36s đạt giá trị nhỏ nhất tại s = 1 (đỉnh s = -36/32 = -1,125 nằm ngoài khoảng), f(1) = 10. Vậy MC_min = √10 ≈ 3,1623 ≈ 3,16, đạt tại M(0;3;0). Kết quả trùng với đáp án nguồn 3,16.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oyz)$ nên đặt $M(0;y;z)$. Ta có:
$M{A}^2=4+(y+1{)}^2+(z-6{)}^2$, $M{B}^2=1+(y-1{)}^2+(z-2{)}^2$, $M{C}^2=9+(y+2{)}^2+(z-4{)}^2$, $M{D}^2=36+(y+4{)}^2+(z-1{)}^2$.

Tử số: $M{A}^2-3M{B}^2+M{C}^2=10+(-y^2+12y+2)+(-z^2-8z+40)=-y^2-z^2+12y-8z+52$.

Đặt $u=y+4,v=z-1$ thì $y=u-4,z=v+1$, do đó
$$T=\frac{-u^2-v^2+20u-10v-21}{u^2+v^2+36}.$$
Với $s=u^2+v^2$, theo Cauchy $20u-10v\le 10\sqrt{5}\sqrt{s}$ (dấu bằng khi $(u,v)$ cùng phương $(2,-1)$), nên
$$T\le \frac{-s+10\sqrt{5}\sqrt{s}-21}{s+36}.$$
Đặt $t=\sqrt{s}\ge 0$, xét $f(t)=\frac{-t^2+10\sqrt{5}t-21}{t^2+36}$.
$f^{\prime }(t)=0\iff -10\sqrt{5}{t}^2-30t+360\sqrt{5}=0\iff t^2+\frac{3}{\sqrt{5}}t-36=0\iff t=\frac{12}{\sqrt{5}}$ (nghiệm dương).

Tại đó $t^2=\frac{144}{5}$ và $10\sqrt{5}t=120$, nên
$$T_{\max }=\frac{-\frac{144}{5}+120-21}{\frac{144}{5}+36}=\frac{\frac{351}{5}}{\frac{324}{5}}=\frac{351}{324}=\frac{13}{12}\approx 1,083.$$

Kiểm tra: khi $t\to \infty$, $T\to -1$; tại $t=0$, $T=-21/36<0$, nên giá trị trên là GTLN. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{v}{u}=-\frac{1}{2}$, tức $z-1=-\frac{y+4}{2}$ với $y+4=\frac{2t}{\sqrt{5}}=\frac{24}{5}$ (khi đó $20u-10v=120=10\sqrt{5}t$, thỏa mãn).

Vậy $\max T=\frac{13}{12}\approx 1,08$.

(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 $AB=\sqrt{2}$, $AD=2\sqrt{2}$, $SA\perp (ABCD)$).

Ta có $M=B+x\overrightarrow{BD}=(\sqrt{2}(1-x);2\sqrt{2}x;0)$ và $N=S+y\overrightarrow{SC}=(\sqrt{2}y;2\sqrt{2}y;4(1-y))$.

Suy ra
$$M{N}^2=2(1-x-y{)}^2+8(x-y{)}^2+16(1-y{)}^2.$$
Đặt $u=1-x-y$, $v=x-y$, $w=1-y$ thì ràng buộc $u+v=2w-1$, cần tối tiểu $f=2u^2+8v^2+16w^2$. Lagrange: $4u=\lambda$, $16v=\lambda$, $32w=-2\lambda$ nên $u=\lambda /4$, $v=\lambda /16$, $w=-\lambda /16$. Thay vào ràng buộc: $\frac{\lambda }{4}+\frac{\lambda }{16}=2\left(-\frac{\lambda }{16}\right)-1\Rightarrow \frac{7\lambda }{16}=-1\Rightarrow \lambda =-\frac{16}{7}$.

Vậy $u=-\frac{4}{7}$, $v=-\frac{1}{7}$, $w=\frac{1}{7}$, suy ra $y=1-w=\frac{6}{7}$, $x=v+y=\frac{5}{7}$ (cùng thuộc $[0;1]$).

Do đó $2x+3y=\frac{10}{7}+\frac{18}{7}=\frac{28}{7}=4$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác OBC đều cạnh 2 (OB=OC=BC=2), trọng tâm đáy là $\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;0\right)$, nên $S=\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;2\right)$ (SO=2).
a) Sai: $S=\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;2\right)\ne \left(\frac{\sqrt{3}}{2};1;\frac{3}{2}\right)$.
b) Điểm cách đều 4 đỉnh nằm trên đường thẳng qua tâm đáy vuông góc đáy: $I=\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;c\right)$. IO²=IS² $\Rightarrow \frac{1}{3}+1+c^2=(2-c{)}^2\Rightarrow c=\frac{2}{3}$. Khi đó $2(a+b+c)=2\left(\frac{\sqrt{3}}{3}+1+\frac{2}{3}\right)=\frac{2(5+\sqrt{3})}{3}\approx 4,49\ne 2+\sqrt{3}\approx 3,73$ → Sai.
c) $M=\left(\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{3}{2};0\right)$, $K=(0;1;0)$, $\overrightarrow{OM}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{3}{2};0\right)$, $\overrightarrow{SK}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3};0;-2\right)$. Tích vô hướng $=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{1}{2}$ → Đúng.
d) ${\vec{u}}_{OM}=(1;\sqrt{3};0)$, ${\vec{u}}_{SK}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3};0;-2\right)$, $\vec{n}={\vec{u}}_{OM}\times {\vec{u}}_{SK}=(-2\sqrt{3};2;1)$, $|\vec{n}|=\sqrt{17}$, $\overrightarrow{OS}\cdot \vec{n}=-2+2+2=2$. Vậy $d(OM,SK)=\frac{2}{\sqrt{17}}=\frac{2\sqrt{17}}{17}\approx 0,485\ne \frac{2\sqrt{70}}{35}\approx 0,478$ → Sai.
a) Tâm đáy (trọng tâm tam giác đều OBC) là $\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;0\right)$, nên $S=\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;2\right)$, khác $\left(\frac{\sqrt{3}}{2};1;\frac{3}{2}\right)$.
b) $I=\left(\frac{\sqrt{3}}{3};1;\frac{2}{3}\right)$ nên $2(a+b+c)=\frac{2(5+\sqrt{3})}{3}\ne 2+\sqrt{3}$.
c) $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{SK}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{1}{2}$.
d) Khoảng cách thực tế là $\frac{2}{\sqrt{17}}=\frac{2\sqrt{17}}{17}\approx 0,485$, khác $\frac{2\sqrt{70}}{35}\approx 0,478$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(t;0;0)$ trên trục $Ox$: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=(\vec{A}+\vec{B}+\vec{C})-3\vec{M}=(9-3t;6;0)$, nên $4|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=12\sqrt{(t-3{)}^2+4}$. Tương tự $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=(4-2t;8;0)$, nên $6|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=12\sqrt{(t-2{)}^2+16}$. Vậy $Q=12\left[\sqrt{(t-3{)}^2+2^2}+\sqrt{(t-2{)}^2+4^2}\right]$. Biểu thức trong ngoặc là tổng khoảng cách từ điểm $(t;0)$ đến $(3;2)$ và $(2;-4)$ (lấy điểm đối xứng qua trục hoành), theo bất đẳng thức tam giác giá trị nhỏ nhất bằng khoảng cách giữa $(3;2)$ và $(2;-4)$: $\sqrt{1^2+6^2}=\sqrt{37}$, đạt khi $(t;0)$ nằm trên đoạn thẳng nối hai điểm. Do đó $Q_{\min }=12\sqrt{37}$, với $a=12$, $b=37$ (nguyên tố), nên $a+b=49$.

(AI giải đề cho tôi) Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(4;0;0)$, $D=(0;3;0)$, $A^{\prime }=(0;0;2\sqrt{3})$. Thể tích nước $12\sqrt{3}$, đáy diện tích $12$ nên mặt nước là mặt phẳng $z=\sqrt{3}$; do đó $M=(0;0;\sqrt{3})$, $E=(4;3;\sqrt{3})$, và máy bơm $I=M+\frac{2}{5}(E-M)=\left(\frac{8}{5};\frac{6}{5};\sqrt{3}\right)$ (tọa độ theo khối bể). Khi nghiêng bể quanh trục $Oy$ một góc $\alpha$ (quay trong mặt phẳng $Oxz$): điểm $(x;y;z)$ của khối bể có tọa độ mới $x^{\prime }=x\cos \alpha -z\sin \alpha$, $z^{\prime }=x\sin \alpha +z\cos \alpha$. Mặt nước nằm ngang và chứa cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$, tức là mặt phẳng $z^{\prime }=2\sqrt{3}\cos \alpha$. Trong tọa độ khối bể, tại vị trí $x$ mực nước đạt $z=2\sqrt{3}-x\tan \alpha$. Bảo toàn thể tích: $3{\int }_0^4(2\sqrt{3}-x\tan \alpha )dx=24\sqrt{3}-24\tan \alpha =12\sqrt{3}$, suy ra $\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$. Do đó $\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{7}}$, $\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$ (khi đó mực nước tại $x=4$ bằng $0$, tức $E\equiv C$, $M\equiv A^{\prime }$, $N\equiv D^{\prime }$ như hình vẽ). Tọa độ máy bơm sau khi nghiêng: $x_o=\frac{8}{5}\cdot \frac{2}{\sqrt{7}}-\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{1}{5\sqrt{7}}$, $y_o=\frac{6}{5}$, $z_o=\frac{8}{5}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}+\sqrt{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{18\sqrt{21}}{35}$. Vậy $\frac{x_o}{\sqrt{7}}+5y_o+\frac{5z_o}{\sqrt{21}}=\frac{1}{35}+6+\frac{90}{35}=\frac{43}{5}$.

Ta có: $\overrightarrow{DA}=(-2,-1,4),\overrightarrow{DB}=(2,-1,4),\overrightarrow{DC}=(0,4,4)$. Độ dài: $\left|\overrightarrow{DA}\right|=\left|\overrightarrow{DB}\right|=\sqrt{(-2{)}^2+(-1{)}^2+4^2}=\sqrt{21}$, $\left|\overrightarrow{DC}\right|=\sqrt{0^2+4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$. Vectơ đơn vị theo dây:
$${\vec{u}}_A=\frac{1}{\sqrt{21}}(-2,-1,4),{\vec{u}}_B=\frac{1}{\sqrt{21}}(2,-1,4),{\vec{u}}_C=\frac{1}{4\sqrt{2}}(0,4,4)=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$
Điều kiện cân bằng tại $D$:
$${\vec{T}}_A+{\vec{T}}_B+{\vec{T}}_C+\vec{P}=\vec{0}\iff {\vec{T}}_A+{\vec{T}}_B+{\vec{T}}_C=(0,0,z).$$
Ta có:
- ${\vec{T}}_A=T_A\frac{(-2,-1,4)}{\sqrt{21}}=\left(\frac{-2T_A}{\sqrt{21}},\frac{-T_A}{\sqrt{21}},\frac{4T_A}{\sqrt{21}}\right),$
- ${\vec{T}}_B=T_B\frac{(2,-1,4)}{\sqrt{21}}=\left(\frac{2T_B}{\sqrt{21}},\frac{-T_B}{\sqrt{21}},\frac{4T_B}{\sqrt{21}}\right),$
- ${\vec{T}}_C=T_C\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(0,\frac{T_C}{\sqrt{2}},\frac{T_C}{\sqrt{2}}\right).$
Suy ra $\{\begin{array}{l}\frac{-2T_A}{\sqrt{21}}+\frac{2T_B}{\sqrt{21}}=0\\ \frac{-T_A}{\sqrt{21}}+\frac{-T_B}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{4T_A}{\sqrt{21}}+\frac{4T_B}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=z\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{T}_A=T_B=\frac{z\sqrt{21}}{10}\\ T_C=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}\cdot \frac{z\sqrt{21}}{10}=\frac{z\sqrt{2}}{5}\end{array}.$
Vì mỗi dây chịu tối đa $15N$, nên:
$$T=\frac{z\sqrt{21}}{10}\le 15\iff z\le \frac{150}{\sqrt{21}}\approx 32,7$$
$$T_C=\frac{z\sqrt{2}}{5}\le 15\iff z\le \frac{75}{\sqrt{2}}\approx 53,0.$$

(AI giải đề cho tôi)
Các vectơ chỉ phương của lực căng tại $D$: $\overrightarrow{DA}=(-2;-1;4)$, $\overrightarrow{DB}=(2;-1;4)$, $\overrightarrow{DC}=(0;4;4)$ với độ dài lần lượt $\sqrt{21},\sqrt{21},\sqrt{32}=4\sqrt{2}$. Do đối xứng $T_A=T_B=T$. Phương trình cân bằng: thành phần ngang theo $Ox$ tự triệt tiêu; theo $Oy$: $-\frac{T}{\sqrt{21}}-\frac{T}{\sqrt{21}}+\frac{T_C\cdot 4}{4\sqrt{2}}=0\Rightarrow \frac{T_C}{\sqrt{2}}=\frac{2T}{\sqrt{21}}\Rightarrow T_C=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}T$. Thành phần thẳng đứng: $P=\frac{4T}{\sqrt{21}}+\frac{4T}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=\frac{8T}{\sqrt{21}}+\frac{2T}{\sqrt{21}}=\frac{10T}{\sqrt{21}}$. Nếu $T_C=15$ thì $T=\frac{15\sqrt{21}}{2\sqrt{2}}\approx 24,4>15$ (vượt giới hạn), nên dây $A,B$ chạm giới hạn trước: $T=15$. Khi đó $P=\frac{150}{\sqrt{21}}=\frac{50\sqrt{21}}{7}\approx 32,7$ N.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trọng tâm $G$ của $ABC$: $G=\left(\frac{-5-4+0}{3};\frac{2-5-3}{3};\frac{0+2-2}{3}\right)=(-3;-2;0)$ có $z_G=0$ nên thuộc $(Oxy)$. Đúng.

b) $\overrightarrow{BC}=(4;2;-4)$. Gọi $H=B+t\overrightarrow{BC}=(-4+4t;-5+2t;2-4t)$. Điều kiện $(\overrightarrow{AH})\cdot \overrightarrow{BC}=0$: $\overrightarrow{AH}=(-1-4t;7-2t;-2+4t)$, tích vô hướng $=-4-16t+14-4t+8-16t=18-36t=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $H=(-2;-4;0)$, kiểm tra $y_0>x_0+1$: $-4>-1$ sai. Ý sai.

c) Với $M(m;0;0)$: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$ với $G(-3;-2;0)$ là trọng tâm tam giác $ABC$, nên $|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=3\sqrt{(m+3{)}^2+4}$. Trung điểm $BC$ là $N(-2;-4;0)$, $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MN}$, nên $\frac{3}{2}|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=3\sqrt{(m+2{)}^2+16}$. Do đó $P=3\left[\sqrt{(m+3{)}^2+2^2}+\sqrt{(m+2{)}^2+4^2}\right]$: tổng khoảng cách từ điểm $(m;0)$ đến $(-3;2)$ và $(-2;-4)$ (phản chiếu $(-2;-4)$ qua trục $Ox$ thành $(-2;4)$). Giá trị nhỏ nhất $=3\cdot |(-3;2)-(-2;4)|=3\sqrt{1+4}=3\sqrt{5}$. Vậy $a=3,b=5\Rightarrow 3a+2b=19\ne 117$. Ý sai.

d) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OCD$: $I=(m;n;p)$ thỏa $I\cdot \overrightarrow{OC}=\frac{|OC{|}^2}{2}=\frac{13}{2}$ và $I\cdot \overrightarrow{OD}=\frac{|OD{|}^2}{2}=8$. Từ $-3n-2p=\frac{13}{2}$, $4m=8\Rightarrow m=2$. Mặt phẳng $(OCD)$ qua gốc có pháp tuyến $\overrightarrow{OC}\times \overrightarrow{OD}=(0;-8;12)$, tức $2y-3z=0\Rightarrow 2n=3p$. Thay $p=\frac{2n}{3}$: $-3n-\frac{4n}{3}=\frac{13}{2}\Rightarrow n=-\frac{3}{2},p=-1$. Khi đó $m+2n+p=2-3-1=-2$. Đúng.

a) Trọng tâm $G(-3;-2;0)$ có tung độ $z$ bằng 0 nên thuộc mặt phẳng $(Oxy)$.
b) Hình chiếu $H=(-2;-4;0)$, khi đó $y_0=-4<-1=x_0+1$ nên khẳng định sai.
c) $P_{\min }=3\sqrt{5}$ nên $a=3,b=5$, $3a+2b=19\ne 117$, khẳng định sai.
d) Tâm đường tròn ngoại tiếp $I\left(2;-\frac{3}{2};-1\right)$, $m+2n+p=-2$, khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục gốc $A$ với $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$; ba vectơ đôi một tạo góc $60^{\circ }$, $|\vec{w}|=1$, đặt $AB=x$, $AD=y$ với $xy=3$.

Khi đó $C=u+v$, $A^{\prime }=w$, $C^{\prime }=u+v+w$, $D^{\prime }=v+w$.

Điểm $M\in A^{\prime }C$: $\overrightarrow{AM}=tu+tv+(1-t)w$. Điểm $N\in C^{\prime }D$: $\overrightarrow{AN}=(1-s)u+v+(1-s)w$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=(1-s-t)u+(1-t)v+(t-s)w$.

Vì $MN\parallel B{D}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=k(-u+v+w)$. So sánh hệ số:
$$1-s-t=-k,1-t=k,t-s=k.$$
Giải được $t=1-k$, $s=1-2k$, thay vào phương trình đầu: $3k-1=-k\Rightarrow k=\frac{1}{4}$ (với $t=\frac{3}{4}$, $s=\frac{1}{2}$, đều thỏa mãn).

Vậy $MN=\frac{1}{4}B{D}^{\prime }$ và $M,N$ xác định duy nhất, do đó $MN$ nhỏ nhất khi $B{D}^{\prime }$ nhỏ nhất với điều kiện $xy=3$.

Tính $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=v+w-u$:
$$B{D}^{\prime 2}=x^2+y^2+1-2u\cdot v-2u\cdot w+2v\cdot w=x^2+y^2+1-xy-x+y=x^2+y^2+y-x-2.$$

Thay $y=\frac{3}{x}$: $f(x)=x^2+\frac{9}{x^2}+\frac{3}{x}-x-2$.
$f^{\prime }(x)=2x-\frac{18}{x^3}-\frac{3}{x^2}-1=0\iff 2x^4-x^3-3x-18=0$. Thử $x=2$: $32-8-6-18=0$, vậy $x=2$ là nghiệm. Chia đa thức cho $(x-2)$ được $2x^3+3x^2+6x+9$ có hệ số dương nên không có nghiệm dương khác; hơn nữa $f^{\prime \prime }(x)=2+\frac{54}{x^4}+\frac{6}{x^3}>0$ nên $f$ lồi, $x=2$ là điểm đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất: $AB=2$, $AD=\frac{3}{2}$.

Khi đó $A{B}^2+A{D}^2=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4}$. (Kiểm tra: $f(1)=10$, $f(3)=6$, $f(2)=3,75$ — nhỏ nhất.)

a) Tính tỷ số $\frac{FA}{F{B}^{\prime }}$

• Tọa độ hóa: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,b,0)$, $A^{\prime }(0,0,2a)$.

• $C(a,b,0)$, $\overrightarrow{CD}=(-a,0,0)$. $\overrightarrow{CE}=3\overrightarrow{CD}=(-3a,0,0)\Rightarrow E(-2a,b,0)$.

• $B^{\prime }(a,0,2a)$. Gọi $F\in A{B}^{\prime }\Rightarrow \overrightarrow{AF}=k\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\Rightarrow F(ka,0,2ka)$.

• $\overrightarrow{A^{\prime }E}=(-2a,b,-2a)$, $\overrightarrow{A^{\prime }F}=(ka,0,2ka-2a)$.

• $A^{\prime }F\perp A^{\prime }E\iff \overrightarrow{A^{\prime }F}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }E}=0\iff -2k{a}^2-2a(2ka-2a)=0\iff k=2/3$.

• Vì $AF=\frac{2}{3}A{B}^{\prime }$ nên $F{B}^{\prime }=\frac{1}{3}A{B}^{\prime }$. Vậy $\frac{FA}{F{B}^{\prime }}=2$.

b) Tính thể tích khối chóp $S.ABC$

i. Xác định các yếu tố hình học:

• Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Do $△ABC$ đều nên $CI\perp AB$.

• Vì $SC\perp (ABC)\Rightarrow SC\perp AB$. Suy ra $AB\perp (SCI)$.

• Kẻ $CH\perp SI$ tại $H$. Vì $AB\perp (SCI)\Rightarrow AB\perp CH$.

• Từ đó $CH\perp (SAB)$, nên khoảng cách $d(C,(SAB))=CH=a$.

ii. Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$:

• Kẻ $HK\perp SB$ tại $K$. Ta có $CH\perp SB$ (do $CH\perp (SAB)$), suy ra $SB\perp (CHK)$.

• Do đó $SB\perp CK$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ là $\widehat{CKH}=\alpha$ với $\cos \alpha =\frac{1}{3\sqrt{2}}$.

iii. Tính toán các đại lượng: Xét $△CHK$ vuông tại $H$, ta có:

$$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{18}}=\sqrt{\frac{17}{18}}\Rightarrow CK=\frac{CH}{\sin \alpha }=a\sqrt{\frac{18}{17}}$$

Đặt $BC=x$, $CI=\frac{x\sqrt{3}}{2}$ và $SC=y$.

• Xét $△SCI$ vuông tại $C$: $\frac{1}{C{H}^2}=\frac{1}{S{C}^2}+\frac{1}{C{I}^2}\Rightarrow \frac{1}{a^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{4}{3x^2}$

• Xét $△SCB$ vuông tại $C$: $\frac{1}{C{K}^2}=\frac{1}{S{C}^2}+\frac{1}{C{B}^2}\Rightarrow \frac{17}{18a^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}$

Giải hệ phương trình trên:

$$\{\begin{array}{l}\frac{1}{y^2}+\frac{4}{3x^2}=\frac{1}{a^2}\\ \frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{17}{18a^2}\end{array}\Rightarrow \frac{1}{3x^2}=\frac{1}{18a^2}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=a\sqrt{6}\\ y=\frac{3\sqrt{7}}{7}a\end{array}$$

iv. Tính thể tích khối chóp:

$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot y\cdot \left(x^2\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{7}a}{7}\cdot \frac{6a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{21}}{14}{a}^3$$