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

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, $A$ trùng gốc tọa độ $O(0;0;0)$, $B(3;0;0)$ trên trục $Ox$, $D(0;3;0)$ trên trục $Oy$, $A^{\prime }(0;0;3)$ trên trục $Oz$. Khi đó $C(3;3;0)$ và $C^{\prime }(3;3;3)$. Suy ra $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=C^{\prime }-A=(3-0;3-0;3-0)=(3;3;3)$. Kết quả trùng với đáp án B trong bảng đáp án chính thức.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\overrightarrow{OA}=\vec{i}+4\vec{k}-2\vec{j}$ ta có $A(1;-2;4)$. Với $B(1;2;-1)$ thì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=(1-1;2-(-2);-1-4)=(0;4;-5)$. Vậy đáp án B, khớp với đáp án nguồn (Câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, gốc $O$ trùng $A$, trục $Ox$ hướng về $B$ ($AB=6m$ là chiều rộng), trục $Oy$ hướng về $D$ ($AD=8m$ là chiều dài), trục $Oz$ hướng lên với $A{A}^{\prime }=3m$. Vậy $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;8;0)$, $C(6;8;0)$, $A^{\prime }(0;0;3)$, $B^{\prime }(6;0;3)$, $C^{\prime }(6;8;3)$, $D^{\prime }(0;8;3)$.
a) Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ (hai vectơ cùng đi từ đỉnh này đến đỉnh đối diện của hai mặt song song bằng nhau). Tọa độ: $\overrightarrow{AC}=(6;8;0)=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$. → Đúng.
b) $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}=(6;8;0)+(6;0;0)=(12;8;0)\ne \overrightarrow{AD}=(0;8;0)$. → Sai.
c) $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(6;0;0)+(0;0;3)=(6;0;3)\ne (8;0;3)$. → Sai.
d) $\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=(6;0;0)$. → Đúng.
Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$; tọa độ $(6;8;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}=(12;8;0)\ne \overrightarrow{AD}=(0;8;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(6;0;3)$ vì $AB=6$ m (trục $Ox$), không phải $(8;0;3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}=(6;0;0)$.

Gọi $E,J$ lần lượt là trung điểm của $O^{\prime }{A}^{\prime },OA$. Kẻ $B^{\prime }I//EO$
Ta có: $IO=B^{\prime }E=\frac{250\sqrt{3}}{2}=125\sqrt{3}$
$OJ=\frac{OA}{2}=\frac{250}{2}=125$
$O{O}^{\prime }=400$
$\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{O{O}^{\prime }}+\overrightarrow{OI}=125\vec{i}+400\vec{j}+125\sqrt{3}\vec{k}$
$\Rightarrow \overrightarrow{O{B}^{\prime }}=(125;400;125\sqrt{3})$

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$; các cạnh song song cùng chiều: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$. Vậy các vecto bằng $\overrightarrow{AB}$ là $\overrightarrow{DC},\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}$, tương ứng đáp án B (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $I$ đối xứng với $M(6;1;-3)$ qua $N(0;-3;-5)$ nên $N$ là trung điểm của $MI$: $\overrightarrow{NI}=-\overrightarrow{NM}$. Suy ra $I=2N-M$: $x_I=2\cdot 0-6=-6$, $y_I=2\cdot (-3)-1=-7$, $z_I=2\cdot (-5)-(-3)=-7$. Vậy $I(-6;-7;-7)$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{OA}=(5;-9;10)=5\vec{i}-9\vec{j}+10\vec{k}$ → đúng. b) $\vec{a}=2\vec{i}+4\vec{j}-3\vec{k}=(2;4;-3)\ne (2;-3;4)$ → sai. c) $\vec{b}=(3;-1;8)=3\vec{i}-\vec{j}+8\vec{k}\ne -3\vec{i}+\vec{j}-8\vec{k}$ → sai. d) $\vec{v}=\vec{a}+2\vec{b}=(2;4;-3)+(6;-2;16)=(8;2;13)\ne (8;1;20)$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $A(5;-9;10)$ thì $\overrightarrow{OA}=(5;-9;10)=5\vec{i}-9\vec{j}+10\vec{k}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{a}=2\vec{i}-3\vec{k}+4\vec{j}=2\vec{i}+4\vec{j}-3\vec{k}=(2;4;-3)$, không phải $(2;-3;4)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{b}=(3;-1;8)=3\vec{i}-\vec{j}+8\vec{k}$, không phải $-3\vec{i}+\vec{j}-8\vec{k}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{v}=\vec{a}+2\vec{b}=(2;4;-3)+(6;-2;16)=(8;2;13)\ne (8;1;20)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: O là trung điểm BC, trục Ox theo hướng OC, trục Oy theo hướng OA, Oz vuông góc mặt đáy. Tam giác ABC đều cạnh 2 nên OB = OC = 1, OA = √3. Trọng tâm H của tam giác ABC nằm trên OA với OH = OA/3 = √3/3, và HB = 2√3/3. Vì S.ABC đều nên S nằm trên đường thẳng qua H vuông góc đáy: SH² = SB² − HB² = 9 − 4/3 = 23/3, tức SH = √(23/3). Tọa độ: A(0; √3; 0), S(0; √3/3; √(23/3)). Suy ra AS = (0; −2√3/3; √(23/3)), nên x = 0, y = −2√3/3, z = √(23/3). Khi đó S = x² + y² + z² = 0 + 4/3 + 23/3 = 9. (Kiểm tra: |AS| = SA = 3 đúng vì SA là cạnh bên.)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{y}=-10\vec{a}+2\vec{b}=-2(5\vec{a}-\vec{b})=-2\vec{x}$, suy ra hai vectơ $\vec{x},\vec{y}$ cùng phương, do đó khẳng định A sai. Vì $\vec{x}$ và $\vec{y}$ cùng phương nên tập $\{\vec{x},\vec{y},\vec{z}\}$ luôn đồng phẳng (hệ gồm hai vectơ phụ thuộc tuyến tính thì ba vectơ phụ thuộc tuyến tính, tức tồn tại mặt phẳng chứa cả ba vectơ theo nghĩa hệ vectơ này phụ thuộc tuyến tính). Cụ thể: $\vec{x}+\frac{1}{2}\vec{y}+0\cdot \vec{z}=\vec{0}$ với hệ số không toàn 0, nên ba vectơ đồng phẳng. Đồng thời $\vec{x}=5\vec{a}-\vec{b}$ có thành phần theo $\vec{a}$, còn $\vec{z}=-6\vec{b}-7\vec{c}$ có thành phần theo $\vec{c}$; vì $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ không đồng phẳng nên $\vec{x},\vec{z}$ không cùng phương (C sai), tương tự $\vec{y},\vec{z}$ không cùng phương (D sai). Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $O$: $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ đôi một tạo góc $60^0,60^0,90^0$, độ dài 2. Vì $AM=2MO$ nên $MO=\frac{2}{3}$, tức $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}$. Với $N$ trung điểm $BC$: $\overrightarrow{ON}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$. Ta có $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}$. Tính: $\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}=2\cdot 2\cos 60^0=2$; $|\overrightarrow{ON}{|}^2=\frac{1}{4}(4+4+2\cdot 2)=3$. $\overrightarrow{ON}\cdot \overrightarrow{OM}=\frac{1}{6}(\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA})=\frac{1}{6}(2+0)=\frac{1}{3}$. Do đó $|\overrightarrow{MN}{|}^2=3+\frac{4}{9}-2\cdot \frac{1}{3}=\frac{25}{9}$, suy ra $MN=\frac{5}{3}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $IC=3I{C}^{\prime }$ nên $I$ chia đoạn $C{C}^{\prime }$ theo tỉ số $\frac{\overrightarrow{CI}}{\overrightarrow{I{C}^{\prime }}}=3$, suy ra $\overrightarrow{CI}=\frac{3}{4}\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$, tức $\overrightarrow{OI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{OC}+\frac{3}{4}\overrightarrow{O{C}^{\prime }}$. Trọng tâm tứ diện $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{O{A}^{\prime }}+\overrightarrow{O{B}^{\prime }}+\overrightarrow{O{C}^{\prime }})$. Do đó $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{4}(\vec{b}+\vec{a}+(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{c})-\vec{c}-3(\vec{a}+\vec{c}))=\frac{1}{4}(2\vec{b}-3\vec{c})=\frac{1}{2}\vec{b}-\frac{3}{4}\vec{c}$. Vậy đáp án A.

(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)
Đường phân giác trong góc B cắt AC tại D thỏa AD:DC = AB:BC. Tính AB = √((2-1)²+(-1-2)²+(3+1)²) = √26; BC = √((-4-2)²+(7+1)²+(5-3)²) = √104 = 2√26. Vậy AD:DC = 1:2, tức D chia đoạn AC theo tỉ số AD/DC = 1/2, nên D = (2A + C)/3 = ((2·1 + (-4))/3; (2·2 + 7)/3; (2·(-1) + 5)/3) = (-2/3; 11/3; 1). Do đó a+b+c = -2/3 + 11/3 + 1 = 3 + 1 = 4. Đáp án B.

(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)
Đặt cạnh tứ diện đều bằng $a$. Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Khi đó $M$ trung điểm $BC$: $M\left(\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DM}=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{12};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$.
Tích vô hướng: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DM}=\frac{a^2}{4}$.
Độ dài: $|\overrightarrow{AB}|=a$; $|\overrightarrow{DM}{|}^2=a^2\left(\frac{1}{16}+\frac{3}{144}+\frac{2}{3}\right)=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow |\overrightarrow{DM}|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy $\cos \left(\overline{AB,DM}\right)=\frac{a^2/4}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) AB=B−A=(−2;−6;6) đúng, nhưng AC=C−A=(2;−2;2)≠(2;0;2) → sai. b) AB·AC=(−2)(2)+(−6)(−2)+6·2=−4+12+12? tính lại: (−2)(2)+(−6)(−2)+(6)(2)=−4+12+12=20... dùng BA·BC=(2;6;−6)·(4;4;−4)=8+24+24=56≠0; CA·CB=(−2;2;−2)·(−4;−4;4)=8−8−8=−8≠0; AB·AC=−4+12+12=20≠0 → không vuông tại bất kỳ đỉnh nào, b sai. c) Với M=(x;0;z): MA−2MB+3MC=(A−2B+3C)−2M, với A−2B+3C=(16;8;−10). Vậy |MA−2MB+3MC|²=(16−2x)²+64+(−10−2z)²=100 ⟺ (x−8)²+(z+5)²=9. Đường tròn tâm H(8;0;−5), r=3, T=8+(−5)+3=6 → đúng. d) N=(x;y;0), (A−N)·(C−N)=(3−x)(5−x)+(1−y)(−1−y)=0 ⟺ (x−4)²+y²=2: đường tròn tâm I(4;0;0), bán kính √2 trong (Oxy). ON nhỏ nhất = OI−√2=4−√2, không phải 4+√2 (đó là giá trị lớn nhất) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
AB=(−2;−6;6) đúng nhưng AC=C−A=(2;−2;2)≠(2;0;2).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB·AC=20≠0, BA·BC=56≠0, CA·CB=−8≠0 nên tam giác ABC không vuông.
c) (AI giải đề cho tôi)
MA−2MB+3MC=(16−2x;8;−10−2z), điều kiện cho (x−8)²+(z+5)²=9: đường tròn tâm H(8;0;−5), r=3, T=8−5+3=6.
d) (AI giải đề cho tôi)
(A−N)·(C−N)=0 ⟺ (x−4)²+y²=2, tâm (4;0;0) bán kính √2; ON_min=4−√2 (còn 4+√2 là giá trị lớn nhất).

(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 $\max |AM-BN|=\sqrt{190}\approx 13,8$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$, nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{a}$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{c}+\vec{a}$.

Vì $I$ thuộc $C{C}^{\prime }$ với $IC=3I{C}^{\prime }$ nên $I$ chia $C{C}^{\prime }$ theo tỉ lệ $CI:I{C}^{\prime }=3:1$, suy ra $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}+\frac{3}{4}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\vec{c}+\frac{3}{4}(\vec{c}+\vec{a})=\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{7}{4}\vec{c}$.

Trọng tâm tứ diện $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{1}{4}(\vec{b}+\vec{a}+\vec{b}+\vec{a}+\vec{c}+\vec{a})=\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}$.

Do đó $\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}-\frac{7}{4}\vec{c}=\frac{1}{2}\vec{b}-\frac{3}{4}\vec{c}$.

Vậy đáp án C. (Kiểm tra lại cách khác: $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{I{A}^{\prime }}+\overrightarrow{I{B}^{\prime }}+\overrightarrow{I{C}^{\prime }})$ với $\overrightarrow{I{C}^{\prime }}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$... cho cùng kết quả.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $D(0;5;0)$, $D_1(0;5;5)$. Đặt $AM=DN=t$ với $0\le t\le 5$. Vì $A{D}_1=5\sqrt{2}$ nên $M=\left(0;\frac{t}{\sqrt{2}};\frac{t}{\sqrt{2}}\right)$; vì $BD=5\sqrt{2}$ nên $N=\left(\frac{t}{\sqrt{2}};5-\frac{t}{\sqrt{2}};0\right)$. Suy ra $M{N}^2=\frac{t^2}{2}+{\left(5-\sqrt{2}t\right)}^2+\frac{t^2}{2}=t^2+{\left(5-\sqrt{2}t\right)}^2$. Xét $f(t)=t^2+(5-\sqrt{2}t{)}^2$, $f^{\prime }(t)=6t-10\sqrt{2}=0\Rightarrow t=\frac{5\sqrt{2}}{3}\in [0;5]$. Khi đó $M{N}^2=\frac{50}{9}+\frac{25}{9}=\frac{25}{3}$, nên $MN=\frac{5}{\sqrt{3}}\approx 2,89$ m. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
AB = √((5−2)²+(−3−1)²+(2+2)²) = √41 > 2. Vì A, M, N thẳng hàng, M, N là hai giao điểm phân biệt của một đường thẳng đi qua A với mặt cầu (B; 2). Gọi d là khoảng cách từ B đến đường thẳng đó (0 ≤ d < 2), H là chân đường vuông góc từ B xuống đường thẳng. Khi đó AH = √(41 − d²) = a, và M, N cách A các khoảng a − h và a + h với h = √(4 − d²) (nửa dây). Để S = 2·AM + 5·AN nhỏ nhất, gán khoảng cách lớn hơn cho hệ số 2: S = 2(a + h) + 5(a − h) = 7a − 3h = 7√(41 − d²) − 3√(4 − d²). Đạo hàm theo d: S' = d(−7/√(41−d²) + 3/√(4−d²)) > 0 vì 3/√(4−d²) > 7/√(41−d²) trên [0;2) (kiểm tra: phương trình 9(41−d²)=49(4−d²) vô nghiệm). Vậy S tăng theo d, nhỏ nhất tại d = 0, tức đường thẳng qua A và B: S_min = 7√41 − 6 (khi M cách A đoạn √41 + 2, N cách A đoạn √41 − 2, cả hai đều cách B đúng 2 và M ≠ N). Vậy m = 41, n = 6, 5m + n = 205 + 6 = 211.