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

(AI giải đề cho tôi)
Tính $\vec{u}=2\vec{a}+3\vec{b}-2\vec{c}$ theo từng thành phần: $2\vec{a}=(4;-6;6)$, $3\vec{b}=(0;6;-3)$, $-2\vec{c}=(-6;2;-10)$. Cộng lại: $x=4+0-6=-2$; $y=-6+6+2=2$; $z=6-3-10=-7$. Vậy $\vec{u}=(-2;2;-7)$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ nên $D=A+C-B=(5+0-4;-2+3-5;0+2+2)=(1;-4;4)$.

a) Đúng: $D(1;-4;4)$.

b) $M$ trung điểm $A{A}^{\prime }$: $M(7;-1;2,5)$. $\overrightarrow{MB}=(-3;6;-4,5)$, $\overrightarrow{MD}=(-6;-3;1,5)$. Tích vô hướng $=18-18-6,75=-6,75<0$. $|\overrightarrow{MB}|=\sqrt{65,25}$, $|\overrightarrow{MD}|=\sqrt{47,25}$ nên $\cos (\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MD})=\frac{-6,75}{\sqrt{65,25\cdot 47,25}}=-\frac{3}{\sqrt{609}}=-\frac{3\sqrt{609}}{609}$. Đề cho giá trị dương nên sai.

c) Với $K(t;0;0)$: $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=(9-3t;6;0)=3\overrightarrow{KG}$ với $G(3;2;0)$; $\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=(4-2t;8;0)=2\overrightarrow{KH}$ với $H(2;4;0)$. Suy ra $Q=6(|KG|+|KH|)$. Phản chiếu $G$ qua trục $Ox$ là $G^{\prime }(3;-2;0)$, khi đó $|KG|+|KH|\ge |G^{\prime }H|=\sqrt{1+36}=\sqrt{37}$, dấu bằng khi $K$ là giao điểm $G^{\prime }H$ với $Ox$. Vậy $\min Q=6\sqrt{37}$. Đúng.

d) $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(4;2;5)$, $\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(1;-7;2)$, $\overrightarrow{BC}=(-4;-2;4)$, $\overrightarrow{AC}=(-5;5;2)$. Tổng $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}-\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AC}=(14;-8;1)$, độ dài $\sqrt{196+64+1}=\sqrt{261}=3\sqrt{29}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ nên $D=A+C-B=(1;-4;4)$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MD}=-6,75<0$ nên $\cos (\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MD})=-\frac{3\sqrt{609}}{609}$; đề thiếu dấu âm nên sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $Q=6(|KG|+|KH|)$ với $G(3;2;0)$, $H(2;4;0)$; phản chiếu $G$ qua $Ox$ là $G^{\prime }(3;-2;0)$, $|G^{\prime }H|=\sqrt{37}$, nên $\min Q=6\sqrt{37}$. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Tổng vectơ bằng $(14;-8;1)$, độ dài $\sqrt{261}=3\sqrt{29}$. Đúng.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(x;y;z)$. Điều kiện $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ nghĩa là $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$: $(2-x)(-x)+(2-y)(-y)+(-z)(-z)=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2x-2y=0$. Tương tự $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2y-2z=0$ và $\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2x-2z=0$. Trừ các phương trình cho nhau suy ra $x=y=z=t$. Thay vào: $3t^2-4t=0\Rightarrow t=0$ (M trùng gốc O, loại) hoặc $t=\frac{4}{3}$. Vậy $x_M+y_M+z_M=3\cdot \frac{4}{3}=4$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng $\vec{a}\cdot \vec{b}=0\cdot 3+3\cdot 0+1\cdot (-1)=-1$. Độ dài $|\vec{a}|=\sqrt{0^2+3^2+1^2}=\sqrt{10}$, $|\vec{b}|=\sqrt{3^2+0^2+(-1{)}^2}=\sqrt{10}$. Do đó $\cos (\vec{a},\vec{b})=\frac{-1}{\sqrt{10}\cdot \sqrt{10}}=-\frac{1}{10}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (11C).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, theo quy tắc ba vectơ: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (vì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$, rồi $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$). Vậy mệnh đề A đúng. Các mệnh đề B, C, D đều sai do tổng không cho vectơ tương ứng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 7: A).

Ta có $\widehat{BAD}=\widehat{DA{A}^{\prime }}=\widehat{A^{\prime }AB}=60^o$.
$\Rightarrow △ABD=△AB{A}^{\prime }=△AD{A}^{\prime }$ là các tam giác đều và có cạnh $AB=AD=A{A}^{\prime }=1$.
$\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\mathrm{1.1.}\cos 60^o=\frac{1}{2}$.
$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{M{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D^{\prime }N}=2\overrightarrow{B{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$
$=2\left(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\right)+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=2\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$
$=2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$
$.\overrightarrow{MN}=2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}\iff M{N}^2={\left(2\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}\right)}^2$
$\iff M{N}^2=4{\overrightarrow{AD}}^2+9{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}}^2+{\overrightarrow{AB}}^2+12\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-4\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}-6\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
$\iff M{N}^2=9+4+1+6-3-2=15$.
$\Rightarrow MN=\sqrt{15}$.

Ta có $G(1;c;3)$ làm trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1+2+a}{3}=1\\ y_G=\frac{-3+(-4)+(-2)}{3}=c\\ z_G=\frac{3+5+b}{3}=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=0\\ b=1\\ c=-3\end{array}$. Vậy $a+b+c=-2$.

a) Từ $\overrightarrow{MN}=(10;0;5)$ suy ra $E(7;8;9)$, không phải $E(6;8;9)$. Vậy a) sai.

b) Giải hệ $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$ được $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Vậy b) đúng.

c) Giá trị nhỏ nhất của $\left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|=4\left|\overrightarrow{KI}\right|=4.\frac{31}{4}=31$, không phải $\frac{31}{4}$. Vậy c) sai.

d) Giá trị lớn nhất của $\left|AM-BN\right|=EB=\sqrt{22}$. Vậy d) đúng.
a) Ta có: $\overrightarrow{MN}$ cùng hướng với $\vec{a}=(2;0;1)\Rightarrow \overrightarrow{MN}=k\vec{a},(k>0)$ $\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(2k;0;k)(k>0)\Rightarrow M{N}^2=5k^2={\left(5\sqrt{5}\right)}^2=125\iff k=5\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(10;0;5)$. Gọi $E$ thỏa $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}=(10;0;5)\Rightarrow E(7;8;9)$. Vậy a) sai.
b) Chọn $I(a;b;c)$ thỏa $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$ (1). $\overrightarrow{OI}=(a;b;c)$; $\overrightarrow{IA}=(-3-a;8-b;4-c)$; $\overrightarrow{IB}=(5-a;5-b;6-c)$. Từ $(1)\Rightarrow \{\begin{array}{l}-4a+9=0\\ -4b+31=0\\ -4c+26=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{9}{4}\\ b=\frac{31}{4}\\ c=\frac{13}{2}\end{array}$. Do đó $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Vậy b) đúng.
c) Chọn $I(a;b;c)$ thỏa $\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$, khi đó $I\left(\frac{9}{4};\frac{31}{4};\frac{13}{2}\right)$. Ta có: $\left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|=\left|\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}+4\overrightarrow{KI}\right|=4\left|\overrightarrow{KI}\right|$. $\Rightarrow \left|\overrightarrow{OK}+2\overrightarrow{KA}+3\overrightarrow{KB}\right|$ nhỏ nhất $\iff 4\left|\overrightarrow{KI}\right|$ nhỏ nhất $\iff KI\perp (Oxz)$. Lúc đó $K$ là hình chiếu của $I$ lên $(Oxz)$. Giá trị nhỏ nhất của $4\left|\overrightarrow{KI}\right|=4.\frac{31}{4}=31$. Khi đó $K\left(\frac{9}{4};0;\frac{13}{2}\right)$. Vậy c) sai.
d) Xét điểm $E(7;8;9)$ thỏa mãn $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}$. Ta thấy các điểm $E$, $B$ đều nằm cùng phía so với mặt phẳng $(Oxy)$ (vì $z_E$, $z_B$ cùng dương). Mặt khác do $z_E\ne z_B$ nên đường thẳng $EB$ luôn cắt mặt phẳng $(Oxy)$. Từ $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{MN}$ suy ra $AM=EN$, do đó $\left|AM-BN\right|=\left|EN-BN\right|\le EB$. Dấu "=" xảy ra khi $N$ là giao điểm của đường thẳng $EB$ với mặt phẳng $(Oxy)$. Do đó, giá trị lớn nhất của $\left|AM-BN\right|=EB=\sqrt{22}$. Vậy d) đúng.

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 $O{M}_{\min }^2={\left(\frac{\sqrt{110}-\sqrt{11}}{3}\right)}^2\simeq 5,71$.

Gọi $I(x;y;z)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IB}$ (*). Ta có $\overrightarrow{IA}=(2-x;-y;2-z)$; $\overrightarrow{IB}=(-x;2-y;-z)$; $\overrightarrow{IC}=(1-x;-y;3-z)$.

Khi đó $(\ast )\iff \{\begin{array}{l}2-x+1-x=-x\\ -y-y=2-y\\ 2-z+3-z=-z\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=-2\\ z=5\end{array}\Rightarrow I(3;-2;5)\equiv P$.

Suy ra $\overrightarrow{IA}=(-1;2;-3)\Rightarrow I{A}^2=14$; $\overrightarrow{IB}=(-3;4;-5)\Rightarrow I{B}^2=50$; $\overrightarrow{IC}=(-2;2;-2)\Rightarrow I{C}^2=12$.

Ta có $M{A}^2+M{C}^2=M{B}^2\iff M{A}^2+M{C}^2-M{B}^2=0$.

Khi đó $M{A}^2+M{C}^2-M{B}^2={\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)}^2-{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2$

$=M{I}^2+I{A}^2+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}+M{I}^2+I{C}^2+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IC}-M{I}^2-I{B}^2-2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IB}$

$=M{I}^2+\left(I{A}^2+I{C}^2-I{B}^2\right)+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}-\overrightarrow{IB}\right)=0$ hay

$\iff M{P}^2+(14+12-50)=0\iff M{P}^2=24\Rightarrow MP=2\sqrt{6}$.

Đặt $\frac{BM}{BA}=x$, với $0\le x\le 1\Rightarrow \frac{DN}{DC}=x$. Khi đó ta có: $\overrightarrow{BM}=x.\overrightarrow{BA}$ và $\overrightarrow{DN}=x.\overrightarrow{DC}$

Ta có: $\overrightarrow{DN}=x.\overrightarrow{DC}\iff \overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BD}=x(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BD})\iff \overrightarrow{BN}=x.\overrightarrow{BC}+(1-x).\overrightarrow{BD}$

Do đó: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BM}=x.\overrightarrow{BC}+(1-x).\overrightarrow{BD}-x.\overrightarrow{BA}$

$M{N}^2=x^2{a}^2+(1-x{)}^2{a}^2+x^2{a}^2+2x(1-x)\frac{a^2}{2}-2x^2.\frac{a^2}{2}-2x(1-x)\frac{a^2}{2}$

$=\left[x^2+(1-x{)}^2+x^2+x(1-x)-x^2-x(1-x)\right].a^2$

$=\left[2x^2-2x+1\right].a^2$

Xét hàm số $f(x)=2x^2-2x+1$ trên đoạn $[0;1]$ ta có:

$$\max f(x)=f(0)=f(1)=1,\min f(x)=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$$

MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng $n=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ khi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.

MN đạt giá trị lớn nhất bằng $m=a$ khi $M\equiv B,N\equiv D$ hoặc $M\equiv A,N\equiv C$.

Vậy $m^2+n^2=\frac{3a^2}{2}$.

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 $M\left(-1;0;\frac{7}{3}\right)$.

Đặt $Q=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}-5\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$. ${\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right)}^2=M{A}^2+M{B}^2-2\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\Rightarrow \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\frac{1}{2}\left(M{A}^2+M{B}^2-A{B}^2\right)$. ${\left(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right)}^2=M{B}^2+M{C}^2-2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}\Rightarrow 2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}=M{B}^2+M{C}^2-B{C}^2$. ${\left(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MA}\right)}^2=M{C}^2+M{A}^2-2\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}\Rightarrow \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}=\frac{1}{2}\left(M{C}^2+M{A}^2-A{C}^2\right)$. $\Rightarrow Q=\frac{1}{2}\left(M{A}^2+M{B}^2-A{B}^2\right)+M{B}^2+M{C}^2-B{C}^2-\frac{5}{2}\left(M{C}^2+M{A}^2-A{C}^2\right)$ $=-2M{A}^2+\frac{3}{2}M{B}^2-\frac{3}{2}M{C}^2-\frac{1}{2}A{B}^2-B{C}^2+\frac{5}{2}A{C}^2$. $-\frac{1}{2}A{B}^2-B{C}^2+\frac{5}{2}A{C}^2$ không đổi nên $Q$ lớn nhất khi $T=-2M{A}^2+\frac{3}{2}M{B}^2-\frac{3}{2}M{C}^2$ đạt giá trị lớn nhất. Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $-2\overrightarrow{EA}+\frac{3}{2}\overrightarrow{EB}-\frac{3}{2}\overrightarrow{EC}=\vec{0}$. $\iff -4\overrightarrow{EA}+3\overrightarrow{EB}-3\overrightarrow{EC}=\vec{0}\iff 4\overrightarrow{EA}=3\overrightarrow{CB}\iff \overrightarrow{EA}=\frac{3}{4}\overrightarrow{CB}$. $\Rightarrow E\left(1;\frac{5}{2};\frac{17}{4}\right)$. $T=-2{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA}\right)}^2+\frac{3}{2}{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB}\right)}^2-\frac{3}{2}{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EC}\right)}^2$ $=-2M{E}^2-2E{A}^2+\frac{3}{2}E{B}^2-\frac{3}{2}E{C}^2\le -2E{A}^2+\frac{3}{2}E{B}^2-\frac{3}{2}E{C}^2$. Vì $-2E{A}^2+\frac{3}{2}E{B}^2-\frac{3}{2}E{C}^2$ không đổi nên $T$ đạt giá trị lớn nhất khi $ME=0\Rightarrow M\equiv E$. $\Rightarrow M\left(1;\frac{5}{2};\frac{17}{4}\right)$. $$P=a-2b+4c=1-2.\frac{5}{2}+4.\frac{17}{4}=13.$$