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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục theo hình vẽ: $A(0;0;0)$, $B(30;0;0)$, $D(0;150;0)$, $C(30;150;0)$, $G(0;0;80)$, $H(30;0;80)$, $J(0;30;80)$, $I(30;30;80)$, $K$ thẳng hàng dưới $I$ với $IK=20$ nên $K(30;30;60)$, $L(0;30;60)$, $E(30;150;10)$, $F(0;150;10)$.

a) Từ $I(30;30;80)$ hạ xuống $20$ theo phương thẳng đứng ta được $K(30;30;60)$. Mệnh đề ĐÚNG.

b) Hình chiếu của $K$ lên $(Oxy)$ là $K^{\prime }(30;30;0)$, không phải $(30;150;0)$. Mệnh đề SAI.

c) $KE=\sqrt{(30-30{)}^2+(150-30{)}^2+(10-60{)}^2}=\sqrt{120^2+50^2}=130$ cm. Mệnh đề ĐÚNG.

d) Gọi $M(m;30;80)$ trên $IJ$ với $0\le m\le 30$, khi đó $N=(m;30;60)$ trên $KL$ (vì $MN\parallel IK$).
- Đoạn 1 (mặt $(HGJI)$, mặt phẳng $z=80$): $GM=\sqrt{m^2+30^2}$, $t_1=\frac{\sqrt{m^2+900}}{5}$.
- Đoạn 2: $MN=20$, $t_2=\frac{20}{10}=2$ s.
- Đoạn 3: mặt $(KLFE)$ là hình chữ nhật $30\times 130$ (vì $\overrightarrow{KE}=(0;120;-50)$, $|KE|=130$, $\overrightarrow{KE}\cdot \overrightarrow{KL}=0$). Khi trải phẳng, $NE=\sqrt{(30-m{)}^2+130^2}$, $t_3=\frac{\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}{8}$.

Hàm thời gian $T(m)=\frac{\sqrt{m^2+900}}{5}+2+\frac{\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}{8}$. Giải $T^{\prime }(m)=0$ cho $m\approx 3,8$, khi đó $t_1\approx 6,05$, $t_3\approx 16,57$, $T\approx 24,6\approx 25$ s (kiểm tra biên: $m=0$ cho $T\approx 26,7$ s; $m=30$ cho $T\approx 26,7$ s). Thời gian ngắn nhất làm tròn là $25$ s, không phải $20$ s. Mệnh đề SAI.

Khớp với đáp án nguồn: a) Đ, b) S, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$I(30;30;80)$, $IK=20$ theo phương thẳng đứng xuống nên $K(30;30;60)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $K(30;30;60)$ lên $(Oxy)$ là $(30;30;0)$, không phải $(30;150;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$KE=\sqrt{0^2+120^2+(-50{)}^2}=\sqrt{16900}=130$ cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $M(m;30;80)$, $N(m;30;60)$: $T(m)=\frac{\sqrt{m^2+900}}{5}+2+\frac{\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}{8}$. Giải $T^{\prime }(m)=0$ được $m\approx 3,8$ và $T_{\min }\approx 24,6\approx 25$ s $\ne 20$ s.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (m) là cạnh đáy hình vuông và $h$ (m) là chiều cao cabin. Theo đề: $x^{2}h=5,4$ và $2x^2+4xh=18,9$. Thay $h=5,4/x^2$ vào: $2x^2+21,6/x=18,9\iff 2x^3-18,9x+21,6=0\iff x^3-9,45x+10,8=0$. Thử $x=1,5$: $3,375-14,175+10,8=0$, nên $x=1,5$ là nghiệm. Phương trình còn nghiệm $x\approx 2,04$ (loại vì cạnh đáy không tới $2m$). Vậy $x=1,5m$, $h=5,4/2,25=2,4m$. Đổi theo đơn vị của hệ trục ($1$ đơn vị $=10cm$): cạnh đáy $=15$, chiều cao $=24$. Hệ trục có gốc tại $A$ (trục $z$ đi qua $A,A^{\prime }$), trục hoành dọc theo $AB$, trục tung dọc theo $AD$. Khi đó vách $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng chứa gốc tọa độ (tọa độ $0$) và vách $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng tọa độ $15$. Camera $P(a;b;c)$ trên trần cabin nên $c=24$; camera cách mỗi vách $20cm=2$ đơn vị, nên tọa độ ứng với vách qua gốc bằng $2$ và tọa độ ứng với vách $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng $15-2=13$. Do đó $\{a;b\}=\{13;2\}$, $c=24$, suy ra $T=a+b+c=13+2+24=39$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oxz)$ nên $M(a;0;c)$. Ta có $\overrightarrow{MA}=(1-a;a;2-c)$... tính trực tiếp: $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=a^2-1+(2-c{)}^2$, $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=a^2-2a+c^2-3c+1$, $\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=a^2-4a+c^2-3c+5$. Do đó $S=2\left(a^2-1+c^2-4c+4\right)+\left(a^2-2a+c^2-3c+1\right)+3\left(a^2-4a+c^2-3c+5\right)=6a^2-14a+6c^2-20c+22$. Hàm số đạt nhỏ nhất khi $a=\frac{14}{12}=\frac{7}{6}$, $c=\frac{20}{12}=\frac{5}{3}$. Khi đó $T=6a-5b+3c=6\cdot \frac{7}{6}-0+3\cdot \frac{5}{3}=7+5=12$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M(a;b;c)\in (Oxz)$ nên $b=0$, đặt $M(a;0;c)$. Khi đó $\overrightarrow{MA}=(1-a;0;2-c)$, $\overrightarrow{MB}=(-1-a;2;2-c)$, $\overrightarrow{MC}=(3-a;1;1-c)$.

Tính các tích vô hướng:
$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=(1-a)(-1-a)+(2-c{)}^2=a^2-1+(2-c{)}^2=a^2+c^2-4c+3$.
$\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=(-1-a)(3-a)+2+(2-c)(1-c)=a^2-2a-3+2+c^2-3c+2=a^2-2a+c^2-3c+1$.
$\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=(3-a)(1-a)+(1-c)(2-c)=a^2-4a+3+c^2-3c+2=a^2-4a+c^2-3c+5$.

Do đó:
$$S=2(a^2+c^2-4c+3)+(a^2-2a+c^2-3c+1)+3(a^2-4a+c^2-3c+5)$$
$$S=6a^2-14a+6c^2-20c+22=6{\left(a-\frac{7}{6}\right)}^2+6{\left(c-\frac{5}{3}\right)}^2-\frac{49}{6}-\frac{25}{6}+22$$

S đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{7}{6}$, $c=\frac{5}{3}$ (và $b=0$). Khi đó:
$$T=6a-5b+3c=6\cdot \frac{7}{6}-0+3\cdot \frac{5}{3}=7+5=12.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn (12).

Chọn A
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $G(1;2;1)$.
Gọi $H(x;y;z)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{HA}-4\overrightarrow{HC}=\vec{0}$
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2-x=4(-1-x)\\ 3-y=4(0-y)\\ -1-z=4(2-z)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-2\\ y=-1\\ z=3\end{array}\Rightarrow H(-2;-1;3).$$
Nhận thấy $G$ và $H$ nằm về hai phía đối với mặt phẳng $(Oxz)$; $HG=\sqrt{22}$.
Ta có: $S=\left|\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MC}\right|+\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|$
$=\left|\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}-4\overrightarrow{MH}-4\overrightarrow{HC}\right|+\left|\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|-3\overrightarrow{MH}\right|+\left|3\overrightarrow{MG}\right|$
$=3\left(MH+MG\right)\ge 3GH=3\sqrt{22}$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $H$, $M$, $G$ thẳng hàng theo thứ tự.
Lại do $M\in (Oxz)$ nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là giao điểm của đường thẳng $GH$ với mặt phẳng $(Oxz)$.
Vậy $M\left(-1;0;\frac{7}{3}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục gốc $O$ với $\overrightarrow{OA}=\vec{a},\overrightarrow{OB}=\vec{b},\overrightarrow{OC}=\vec{c}$ đôi một vuông góc. Vì $M$ thuộc miền trong tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{OM}=\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}+\gamma \vec{c}$ với $\alpha +\beta +\gamma =1$, $\alpha ,\beta ,\gamma >0$.

Ta có $\overrightarrow{MA}=(\alpha -1)\vec{a}+\beta \vec{b}+\gamma \vec{c}$, do các vectơ cơ sở đôi một vuông góc nên:
$$M{A}^2=(1-\alpha {)}^{2}O{A}^2+{\beta }^{2}O{B}^2+{\gamma }^{2}O{C}^2.$$
Tương tự cho $M{B}^2,M{C}^2$, cộng lại:
$$T=\left[(1-\alpha {)}^2+{\alpha }^2+{\alpha }^2\right]+\left[{\beta }^2+(1-\beta {)}^2+{\beta }^2\right]+\left[{\gamma }^2+{\gamma }^2+(1-\gamma {)}^2\right]$$
$$=\sum _{\text{cyc}}\left(1-2\alpha +3{\alpha }^2\right)=3-2(\alpha +\beta +\gamma )+3({\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2)=1+3({\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2).$$

Theo Cauchy–Schwarz: ${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2\ge \frac{(\alpha +\beta +\gamma {)}^2}{3}=\frac{1}{3}$, dấu bằng khi $\alpha =\beta =\gamma =\frac{1}{3}$, tức $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ (thuộc miền trong tam giác, thỏa mãn).

Vậy $T_{\min }=1+3\cdot \frac{1}{3}=2$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-2;6;7)$, $\overrightarrow{AD}=(-1;7;2)$, $\overrightarrow{AC}=(0;40;-15)$.

a) $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=(-2)(-1)+6\cdot 7+7\cdot 2=2+42+14=58\ne 54$ → sai.

b) $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AD}=(-37;-3;-8)$, $|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AD}{|}^2=1369+9+64=1442$. Diện tích $S_{ABD}=\frac{\sqrt{1442}}{2}=\sqrt{360,5}\approx 18,99<20$ → đúng.

c) $\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AD}=(185;15;40)$ và $\overrightarrow{AB}\cdot (\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AD})=-370+90+280=0$, nên bốn điểm $A,B,C,D$ đồng phẳng (tứ diện suy biến). Hệ phương trình $IA=IB=IC=ID$ khi đó vô nghiệm (dẫn đến $-7=339$), không tồn tại điểm $I$ cách đều 4 đỉnh → khẳng định sai.

d) Vì $4A+5B+C=(20;50;10)=10D$ nên $-4M{A}^2-5M{B}^2-M{C}^2=-10M{D}^2-1730$. Vậy $P=t^4-\frac{16}{3}{t}^3-10t^2-1730$ với $t=MD\ge 0$; $g^{\prime }(t)=4t(t-5)(t+1)$ nên $P$ đạt min khi $MD=5$, tức $M$ nằm trên mặt cầu $(D;5)$. Với $\vec{u}=(1;1;1)$, $Q_{\max }=\vec{u}\cdot D+5|\vec{u}|=8+5\sqrt{3}\ne 8+3\sqrt{3}$ → sai.

Kết luận: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=58\ne 54$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABD}=\frac{\sqrt{1442}}{2}\approx 18,99<20$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Bốn điểm đồng phẳng vì $\overrightarrow{AB}\cdot (\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AD})=0$, nên không tồn tại điểm cách đều 4 đỉnh.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P$ đạt min khi $MD=5$; khi đó $Q_{\max }=8+5\sqrt{3}\ne 8+3\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) với a,b,c>0. Ta có $\overrightarrow{SA}=(a-1;-2;-3)$, $\overrightarrow{SB}=(-1;b-2;-3)$, $\overrightarrow{SC}=(-1;-2;c-3)$. Vì ba dây cáp đôi một vuông góc:
- $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{SB}=0\Rightarrow -(a-1)-2(b-2)+9=0\Rightarrow a+2b=14$;
- $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{SC}=0\Rightarrow -(a-1)+4-3(c-3)=0\Rightarrow a+3c=14$;
- $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{SC}=0\Rightarrow 1-2(b-2)-3(c-3)=0\Rightarrow 2b+3c=14$.
Từ hai phương trình đầu: $2b=3c$. Thay vào $2b+3c=14$ được $6c=14\Rightarrow c=\frac{7}{3}$, $b=\frac{7}{2}$, $a=7$. Vậy A(7;0;0), B(0;3,5;0), C(0;0;7/3).
Độ dài các dây:
- $SA=\sqrt{6^2+2^2+3^2}=7$;
- $SB=\sqrt{1+2,25+9}=\sqrt{12,25}=3,5$;
- $SC=\sqrt{1+4+\frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{49}{9}}=\frac{7}{3}$.
Vì SA, SB, SC đôi một vuông góc, thể tích tứ diện S.ABC là
$$V=\frac{1}{6}\cdot SA\cdot SB\cdot SC=\frac{1}{6}\cdot 7\cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{7}{3}=\frac{343}{36}\approx 9,53{\text{m}}^3.$$
Vậy thể tích khối tứ diện S.ABC xấp xỉ $9,53{\text{m}}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, $B\in Ox$, $C\in Oy$, cạnh $AB=4\sqrt{2}$ nên nửa đường chéo $OA=OB=OC=OD=4$: $A(0;-4;0)$, $B(4;0;0)$, $C(0;4;0)$, $D(-4;0;0)$. Vì $SA=4\sqrt{2}$ nên $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=4$, tức $S(0;0;4)$. Trung điểm $M$ của $AB$ là $M(2;-2;0)$, trọng tâm tam giác $SAB$ là $G=\frac{S+A+B}{3}=\left(\frac{4}{3};-\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$.

a) $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}=2\overrightarrow{SM}$ với $M$ trung điểm $AB$; $\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SN}$ với $N$ trung điểm $CD$, $N(-2;2;0)$. Ta có $\overrightarrow{SM}=(2;-2;-4)$, $\overrightarrow{SN}=(-2;2;-4)$, khác nhau nên đẳng thức sai.

b) $\overrightarrow{DM}=(6;-2;0)$, $\overrightarrow{DG}=\left(\frac{16}{3};-\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$ nên $-2\overrightarrow{DM}+3\overrightarrow{DG}=(-12+16;4-4;0+4)=(4;0;4)=\overrightarrow{DS}$. Đẳng thức đúng.

c) Mặt phẳng $(SBD)$ đi qua $B(4;0;0)$, $D(-4;0;0)$, $S(0;0;4)$ nên là mặt phẳng $y=0$. Đường thẳng $CG$: $\left(\frac{4}{3}t;4-\frac{16}{3}t;\frac{4}{3}t\right)$. Cho $y=0$: $t=\frac{3}{4}$, suy ra $E(1;0;1)$, khi đó $a+b+c=1+0+1=2$. Đúng.

d) Mặt phẳng $(SAC)$ là mặt phẳng $x=0$. Với $F$ thuộc $(SAC)$, $FG+FB$ nhỏ nhất khi $F$ là giao điểm của $(SAC)$ với đường thẳng nối $G$ và phản xạ $B^{\prime }$ của $B(4;0;0)$ qua mặt phẳng $x=0$, tức $B^{\prime }(-4;0;0)$. Đường thẳng $B^{\prime }G$: $\left(-4+\frac{16}{3}t;-\frac{4}{3}t;\frac{4}{3}t\right)$. Cho $x=0$: $t=\frac{3}{4}$, suy ra $F(0;-1;1)$ và $x+y+z=0\ne -1$. Sai.

Kết luận: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}=2\overrightarrow{SM}$ và $\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SN}$ với $M,N$ lần lượt là trung điểm $AB,CD$. Với $M(2;-2;0)$, $N(-2;2;0)$: $\overrightarrow{SM}=(2;-2;-4)\ne (-2;2;-4)=\overrightarrow{SN}$ nên đẳng thức sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $D(-4;0;0)$, $M(2;-2;0)$, $G\left(\frac{4}{3};-\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$: $\overrightarrow{DM}=(6;-2;0)$, $\overrightarrow{DG}=\left(\frac{16}{3};-\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$ nên $-2\overrightarrow{DM}+3\overrightarrow{DG}=(4;0;4)=\overrightarrow{DS}$, đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Mặt $(SBD)$ là $y=0$; đường thẳng $CG$ cắt mặt này tại $t=\frac{3}{4}$ cho $E(1;0;1)$, nên $a+b+c=2$, đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Mặt $(SAC)$ là $x=0$. Phản xạ của $B(4;0;0)$ qua mặt này là $B^{\prime }(-4;0;0)$. Đường thẳng $B^{\prime }G$ cắt $x=0$ tại $t=\frac{3}{4}$, tức $F(0;-1;1)$. Khi đó $x+y+z=0\ne -1$, sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oxy)$ nên $M(x;y;0)$. Ta có $AB=8<10=MA+MB$, nên tập hợp điểm $M$ là elip với hai tiêu điểm $A,B$, bán trục lớn $a=5$, tiêu cự $c=4$, nên $b^2=a^2-c^2=9$. Phương trình elip: $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$, $z=0$. Tham số hóa $x=5\cos t,y=3\sin t$. Khi đó $M{C}^2=x^2+(y-6{)}^2+1=25{\cos }^{2}t+(3\sin t-6{)}^2+1=61-16{\sin }^{2}t-36\sin t$. Đặt $u=\sin t\in [-1;1]$, hàm $f(u)=61-16u^2-36u$ có $f^{\prime }(u)=-32u-36<0$ trên $[-1;1]$ nên giảm, đạt GTNN tại $u=1$: $f(1)=61-16-36=9$. Vậy $M{C}_{\min }=\sqrt{9}=3$ (tại $M(0;3;0)$). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gắn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(20;0;0)$, $D(0;20;0)$, $D^{\prime }(0;20;20)$. Sau thời gian $t$, đặt $u=\frac{t}{\sqrt{2}}$: kiến vàng đi trên $A{D}^{\prime }$ với vận tốc 2 cm/s nên vị trí $V(0;2u;2u)$; kiến đen đi trên $DB$ với vận tốc 3 cm/s nên vị trí $K(3u;20-3u;0)$. Bình phương khoảng cách: $V{K}^2=9u^2+(20-5u{)}^2+4u^2=38u^2-200u+400$. Hàm số đạt cực tiểu tại $u=\frac{100}{38}=\frac{50}{19}\approx 2,63$, nằm trong khoảng chuyển động của cả hai kiến (kiến vàng đi hết $A{D}^{\prime }$ khi $u=10$, kiến đen đi hết $DB$ khi $u=\frac{20\sqrt{2}}{3}\approx 9,43$). Khoảng cách nhỏ nhất: $V{K}_{\min }=\sqrt{\frac{49400}{361}}\approx 11,698\approx 11,7$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0,0,0)$, $B=(300,0,0)$, $C=(150,150\sqrt{3},0)$, $A^{\prime }=(0,0,300)$, $B^{\prime }=(300,0,300)$, $C^{\prime }=(150,150\sqrt{3},300)$ (lăng trụ tam giác đều cạnh đáy = cạnh bên = 300 m).

Điểm $M$ trên $A^{\prime }C$: $M=(150t,150\sqrt{3}t,300-300t)$; điểm $N$ trên $B{C}^{\prime }$: $N=(300-150s,150\sqrt{3}s,300s)$.

Vectơ $\overrightarrow{MN}=(150(t+s)-300,150\sqrt{3}(t-s),300-300(t+s))$. Đặt $u=t+s,v=t-s$:
$$M{N}^2=150^2(u-2{)}^2+150^2\cdot 3v^2+300^2(1-u{)}^2.$$

Hàm số nhỏ nhất khi $v=0$ và $f(u)=22500(u-2{)}^2+90000(1-u{)}^2$ đạt cực tiểu: $f^{\prime }(u)=45000(u-2)-180000(1-u)=0\Rightarrow u=\frac{6}{5}$.

Khi đó $M{N}^2=22500\cdot \frac{16}{25}+90000\cdot \frac{1}{25}=14400+3600=18000$, nên $MN=\sqrt{18000}=60\sqrt{5}\approx 134,164$ m.

Chi phí dát vàng: $5\cdot 60\sqrt{5}=300\sqrt{5}\approx 670,82$ tỷ đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là $671$ tỷ đồng.

Đáp án: 5,71.

Ta có
$16=A{B}^2+B{C}^2+C{A}^2={\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MA}\right)}^2$
$=2\left(M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2\right)-2\left(\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}\right)=2\left(M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2\right)-2$
$\iff M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=9$

Ta có $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=9\iff {\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)}^2=9$

(với $G\left(\frac{5}{3};2;\frac{7}{3}\right)$ là trọng tâm tam giác $ABC$)

$\iff 3M{G}^2+\left(G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2\right)+2\overrightarrow{MG}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)=9$

Ta có $OG=\frac{\sqrt{110}}{3}$, $OM\ge OG-GM=\frac{\sqrt{110}-\sqrt{11}}{3}$, dấu "=" có khi $M$ thuộc đoạn $OG$ và $MG=\frac{\sqrt{11}}{3}$. Vậy $O{M}_{\min }^2={\left(\frac{\sqrt{110}-\sqrt{11}}{3}\right)}^2\simeq 5,71$.

Chọn A. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $G(1;2;1)$. Gọi $H(x;y;z)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{HA}-4\overrightarrow{HC}=\vec{0}$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2-x=4(-1-x)\\ 3-y=4(0-y)\\ -1-z=4(2-z)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-2\\ y=-1\\ z=3\end{array}\Rightarrow H(-2;-1;3).$$ Nhận thấy $G$ và $H$ nằm về hai phía đối với mặt phẳng $(Oxz)$; $HG=\sqrt{22}$. Ta có: $S=\left|\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MC}\right|+\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|$ $=\left|\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}-4\overrightarrow{MH}-4\overrightarrow{HC}\right|+\left|\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|-3\overrightarrow{MH}\right|+\left|3\overrightarrow{MG}\right|$ $=3(MH+MG)\ge 3GH=3\sqrt{22}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $H$, $M$, $G$ thẳng hàng theo thứ tự. Lại do $M\in (Oxz)$ nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là giao điểm của đường thẳng $GH$ với mặt phẳng $(Oxz)$. Vậy $M\left(-1;0;\frac{7}{3}\right)$.