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

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, do $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$. Do đó $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (quy tắc ba điểm). Vậy phát biểu C đúng. Các phương án khác sai: A sai vì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$ không bằng $\overrightarrow{AD}$; B sai vì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$ (không phải $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$); D sai vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (không phải $\overrightarrow{AC}$). Kết quả khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trung điểm AB: ((1+3)/2;(1+3)/2;(2+0)/2)=(2;2;1) → Đúng.
b) OA+OB−2OC = (1+3−4; 1+3−0; 2+0−2) = (0;4;0) ≠ (0;−4;0) → Sai.
c) AB=(2;2;−2), AC=(1;−1;−1); cos = |AB·AC|/(|AB||AC|) = |2−2+2|/(√12·√3) = 2/6 = 1/3 → Đúng.
d) MA² = 1+1+(c−2)² = c²−4c+6; MB² = 9+9+c² = c²+18; P = 2c²−4c+24, đạt min tại c = 4/(2·2) = 1 ≠ −1 → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn a)Đ b)S c)Đ d)S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trung điểm AB = ((1+3)/2;(1+3)/2;(2+0)/2) = (2;2;1).
b) (AI giải đề cho tôi)
OA+OB−2OC = (1+3−4; 1+3−0; 2+0−2) = (0;4;0), không phải (0;−4;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
AB=(2;2;−2), AC=(1;−1;−1); cos = |2−2+2|/(√12·√3) = 2/6 = 1/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
P = MA²+MB² = (c²−4c+6)+(c²+18) = 2c²−4c+24, đạt min tại c = 1 ≠ −1.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $M(0;0;0)$, $Q(12;0;0)$, $N(0;8;0)$, $P(12;8;0)$. Khi đó: $A(3;0;3)$ (chân cột trên $MQ$, cách cây Nêu $3m$, cột cao $3m$); tường $PQIJ$ nằm trong mặt phẳng $x=12$ cao $4m$ nên $J(12;0;4)$, $I(12;8;4)$; vì $BC\parallel IJ$ (phương $Oy$) và $BC=3$ nên $B(12;b;z)$, $C(12;b+3;z)$ với $0\le z\le 4$, $0\le b\le 5$; mái che $IJUV$ song song mặt đất tại $z=4$ nên $O(x;y;4)$; cột đèn tại $N$ cao $3m$ nên $D(0;8;d)$, $0\le d\le 3$; cây Nêu là trục $Oz$ nên $E(0;0;e)$, $F(0;0;e+2)$, $G(0;0;10)$.

Tổng dây: $S=AB+BC+CO+OD+DE+EF+FH$, với $BC=3$, $EF=2$ cố định.

**1) Tối ưu $DE+FH$:** $DE=\sqrt{64+(e-d{)}^2}$ giảm theo $d$ nên $d=3$. Chọn $H$ nằm ngang từ $G$ về phía $F$ để $FH=\sqrt{(8-e{)}^2+0,25}$ nhỏ nhất. Xét $f(e)=\sqrt{64+(e-3{)}^2}+\sqrt{(8-e{)}^2+0,25}$ trên $[0;8]$. Giải $f^{\prime }(e)=0$: $\frac{e-3}{\sqrt{64+(e-3{)}^2}}=\frac{8-e}{\sqrt{(8-e{)}^2+0,25}}$, bình phương hai vế (với $3<e<8$) được $0,25(e-3{)}^2=64(8-e{)}^2\Rightarrow e-3=16(8-e)\Rightarrow e=\frac{131}{17}\approx 7,706$. Khi đó $DE=\sqrt{64+{\left(\frac{80}{17}\right)}^2}\approx 9,2815$, $FH=\sqrt{{\left(\frac{5}{17}\right)}^2+0,25}\approx 0,5801$, nên $DE+FH\approx 9,8616$ (nhỏ hơn giá trị tại hai đầu mút $f(3)\approx 13,02$, $f(8)\approx 9,93$).

**2) Tối ưu $AB+CO+OD$:** Lấy $D^{\prime }$ đối xứng $D(0;8;3)$ qua mặt phẳng $z=4$: $D^{\prime }(0;8;5)$. Khi đó $CO+OD=CO+O{D}^{\prime }\ge C{D}^{\prime }$, dấu bằng khi $O$ là giao điểm của $C{D}^{\prime }$ với $z=4$. Cần tối ưu $g=\sqrt{81+b^2+(z-3{)}^2}+\sqrt{144+(5-b{)}^2+(5-z{)}^2}$. Đặt $s=b$, $t=5-b$ ($s+t=5$), $\alpha =z-3$, $\beta =5-z$ ($\alpha +\beta =2$). Điều kiện cực trị cho $\frac{\alpha }{s}=\frac{\beta }{t}\Rightarrow \alpha =\frac{2s}{5},\beta =\frac{2t}{5}$; thay vào phương thức còn lại (các số hạng chéo triệt tiêu): $144s^2=81t^2\Rightarrow s=\frac{3}{4}t\Rightarrow t=\frac{20}{7},s=\frac{15}{7}$, tức $b=\frac{15}{7}\approx 2,143$, $z=\frac{27}{7}\approx 3,857$ (thỏa mãn ràng buộc). Khi đó $AB=\sqrt{81+\frac{225}{49}+\frac{36}{49}}=\frac{\sqrt{4230}}{7}\approx 9,2912$; $C{D}^{\prime }=\sqrt{144+\frac{400}{49}+\frac{64}{49}}=\frac{\sqrt{7520}}{7}\approx 12,3883$. Giao điểm $O=(10,5;5,5;4)$ nằm trong mái che nên điều kiện thỏa mãn. Vậy $AB+CO+OD\approx 21,6795$.

**3) Kết luận:** $S_{\min }\approx 21,6795+3+9,8616+2=36,5411\approx 36,5$ mét, khớp với đáp án đề cho.

Ta có $\vec{a}=(2;-2;6)\Rightarrow |\vec{a}|=\sqrt{2^2+(-2{)}^2+6^2}=2\sqrt{11}$.

Tích vô hướng $\vec{a}\cdot \vec{b}=2\cdot 3+3\cdot 2+3\cdot (-1)=9$.

[Hình cần kiểm tra lại: p13_f1] Do $A\equiv O$, $B\in Ox$, $D\in Oy$ nên $ABCD$ là hình chữ nhật. $\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=(0;0;-3)$, $\overrightarrow{AB}=(3;0;0)$, $\overrightarrow{AD}=(0;3;0)$ $\Rightarrow \overrightarrow{D{D}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AB}=0$; $\overrightarrow{D{D}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AD}=0\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AB$, $D{D}^{\prime }\perp AD\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp (ABCD)$. Suy ra hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp chữ nhật.
a) Sai. Ta có $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\Rightarrow \overrightarrow{AC}=(3;3;0)\Rightarrow C(3;3;0)$.
b) Đúng. Giả sử $B^{\prime }(a;b;c)\Rightarrow \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(a-3;b;c)$, do $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-3=0\\ b=0\\ c=-3\end{array}\Rightarrow B^{\prime }(3;0;-3)$. Giả sử $G(x;y;z)$, do $G$ là trọng tâm của tam giác $B^{\prime }B{D}^{\prime }\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=\frac{3+3+0}{3}=2\\ y=\frac{0+0+3}{3}=1\\ z=\frac{-3+0-3}{3}=-2\end{array}\Rightarrow G(2;1;-2)$.
c) Sai. Ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow A^{\prime }{B}^{\prime }\perp B^{\prime }C\Rightarrow △A^{\prime }{B}^{\prime }C$ vuông tại $B^{\prime }$. $A^{\prime }{B}^{\prime }=AB=3$; $B^{\prime }C=3\sqrt{2}\Rightarrow S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }C}=\frac{1}{2}{A}^{\prime }{B}^{\prime }\cdot B^{\prime }C=\frac{9\sqrt{2}}{2}$.
d) Sai. $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)$, $\overrightarrow{B^{\prime }G}=(-1;1;1)\Rightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }G}=0\Rightarrow AC\perp B^{\prime }G$. Vậy góc giữa $AC$ và $B^{\prime }G$ bằng $90^{\circ }$.
a) Sai. Ta có $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\Rightarrow \overrightarrow{AC}=(3;3;0)\Rightarrow C(3;3;0)$, không phải $C(-3;-3;0)$.
b) Đúng. Giả sử $B^{\prime }(a;b;c)\Rightarrow \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(a-3;b;c)$, do $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-3=0\\ b=0\\ c=-3\end{array}\Rightarrow B^{\prime }(3;0;-3)$. Giả sử $G(x;y;z)$, do $G$ là trọng tâm của tam giác $B^{\prime }B{D}^{\prime }\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=\frac{3+3+0}{3}=2\\ y=\frac{0+0+3}{3}=1\\ z=\frac{-3+0-3}{3}=-2\end{array}\Rightarrow G(2;1;-2)$.
c) Sai. Ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow A^{\prime }{B}^{\prime }\perp B^{\prime }C\Rightarrow △A^{\prime }{B}^{\prime }C$ vuông tại $B^{\prime }$. $A^{\prime }{B}^{\prime }=AB=3$; $B^{\prime }C=3\sqrt{2}\Rightarrow S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }C}=\frac{1}{2}{A}^{\prime }{B}^{\prime }\cdot B^{\prime }C=\frac{9\sqrt{2}}{2}$.
d) Sai. $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)$, $\overrightarrow{B^{\prime }G}=(-1;1;1)\Rightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }G}=0\Rightarrow AC\perp B^{\prime }G$. Vậy góc giữa $AC$ và $B^{\prime }G$ bằng $90^{\circ }$.

Ta có $\vec{u}=2\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}=(3;6;4)$.

Hình chiếu vuông góc của điểm $M(2;1;-3)$ trên trục $Ox$ có tọa độ là $M(2;0;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên $ABCD$ là hình bình hành, do đó $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, tức $C-A=(B-A)+(D-A)$, suy ra $A+C=B+D$ (1).
Mặt khác $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ nên $A^{\prime }-A=C^{\prime }-C$, suy ra $C=C^{\prime }-A^{\prime }+A$. Thay vào (1):
$A+(C^{\prime }-A^{\prime }+A)=B+D\Rightarrow 2A=B+D+A^{\prime }-C^{\prime }$.
Tính: $B+D=(2+1;1+(-1);2+1)=(3;0;3)$; $A^{\prime }-C^{\prime }=(3-4;5-5;-6-(-5))=(-1;0;-1)$.
Vậy $2A=(3-1;0;3-1)=(2;0;2)\Rightarrow A(1;0;1)$.
Thử lại: $C=B+D-A=(3;0;3)-(1;0;1)=(2;0;2)$, khi đó $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(2;5;-7)$ và $C+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(4;5;-5)=C^{\prime }$ đúng. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $O$ làm gốc với $A(a;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(0;0;a)$. Khi đó $M$ trung điểm $AB$ nên $M\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(0;-a;a)$, $\overrightarrow{OM}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{OM}=-\frac{a^2}{2}$. Độ dài: $|\overrightarrow{BC}|=a\sqrt{2}$, $|\overrightarrow{OM}|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{OM})=\frac{-a^2/2}{a^2}=-\frac{1}{2}$, suy ra góc tạo bởi hai vectơ bằng $120^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $A$ làm gốc: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\vec{b}+\vec{c}+\vec{d})$. Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\vec{d}$. Suy ra $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{3}\vec{c}+\frac{1}{3}\vec{d}-\frac{1}{2}\vec{d}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{6}\overrightarrow{AD}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(20-(-3);-8-5;13-15)=(23;-13;-2)$ và $\overrightarrow{AC}=(22-(-3);-37-5;18-15)=(25;-42;3)$.

Suy ra $3\overrightarrow{AB}=(69;-39;-6)$, $5\overrightarrow{AC}=(125;-210;15)$.

Vậy $\vec{u}=3\overrightarrow{AB}-5\overrightarrow{AC}=(69-125;-39+210;-6-15)=(-56;171;-21)$.

Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của điểm $M(3;4;-2)$ lên mặt phẳng $(Oxz)$ (có phương trình $y=0$) là điểm giữ nguyên tọa độ $x$ và $z$, còn $y=0$. Vậy hình chiếu là $F(3;0;-2)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2: a) $\overrightarrow{AB}=B-A=(3-(-1);2-0;1-1)=(4;2;0)$ → đúng. b) Trung điểm $I=\left(\frac{-1+3}{2};\frac{0+2}{2};\frac{1+1}{2}\right)=(1;1;1)\ne (2;1;0)$ → sai. c) Mặt phẳng trung trực của $AB$ đi qua $I(1;1;1)$ với VTPT $\overrightarrow{AB}=(4;2;0)$, rút gọn $(2;1;0)$: $2(x-1)+(y-1)+0(z-1)=0\iff 2x+y-3=0$ → đúng. d) Với $MA=MB$, ta có $MB+MC=MA+MC\ge AC$ theo bất đẳng thức tam giác, và $AC=\sqrt{6^2+3^2+6^2}=9$; còn $BC=\sqrt{2^2+1^2+6^2}=\sqrt{41}\approx 6,40$. Dấu bằng $MB+MC=BC$ chỉ xảy ra khi $M$ nằm trên đoạn $BC$, tức $M$ là giao điểm của $BC$ với mặt phẳng trung trực của $AB$, khi đó $M$ là trung điểm $BC$: $M(4;\frac{5}{2};4)$. Kiểm tra: $M{A}^2=25+\frac{25}{4}+9=\frac{185}{4}$, $M{B}^2=1+\frac{1}{4}+9=\frac{41}{4}$, nên $MA\ne MB$, tức trung điểm $BC$ không thuộc mặt phẳng trung trực của $AB$ (vì $AB\ne AC$). Do đó không tồn tại $M$ trên đoạn $BC$ thỏa $MA=MB$, nên $\min (MB+MC)>BC$ → khẳng định sai. (Thực tế với ràng buộc $MA=MB$, min bằng $AC=9>\sqrt{41}$.)
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(3-(-1);2-0;1-1)=(4;2;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trung điểm $I=\left(\frac{-1+3}{2};\frac{0+2}{2};\frac{1+1}{2}\right)=(1;1;1)\ne (2;1;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng trung trực qua $I(1;1;1)$, VTPT $(2;1;0)$: $2(x-1)+(y-1)=0\iff 2x+y-3=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dấu bằng $MB+MC=BC$ cần $M\in BC$ và $MA=MB$, tức $M$ là trung điểm $BC$ là $M(4;\frac{5}{2};4)$; nhưng $M{A}^2=\frac{185}{4}\ne M{B}^2=\frac{41}{4}$, nên không xảy ra; do đó $\min (MB+MC)>BC$.

Xét A: Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}=\vec{0}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành). Tương tự $\overrightarrow{B{C}_1}+\overrightarrow{D_{1}A}=\overrightarrow{A{D}_1}+\overrightarrow{D_{1}A}=\vec{0}$ (vì $AB{C}_1{D}_1$ là hình bình hành). Vậy tổng bằng $\vec{0}$ là Đúng.

Xét B: Vế trái (VT) $=\overrightarrow{A{C}_1}$. Vế phải (VP) $=\overrightarrow{A{C}_1}$ (theo quy tắc cộng nối tiếp). Vậy VT = VP là Đúng.

Xét C: Đây là quy tắc hình hộp cơ bản. Vậy Đúng.

Xét D: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}_1}=\overrightarrow{A{B}_1}$. Trong khi đó $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}_1}=\overrightarrow{A{D}_1}$. Hai vectơ $\overrightarrow{A{B}_1}$ và $\overrightarrow{A{D}_1}$ không bằng nhau trong một hình hộp tổng quát. Vậy đây là đẳng thức Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vectơ $\overrightarrow{AB}=B-A=(2-1;3-1;2-(-1))=(1;2;3)$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng đẳng thức trung tuyến trong tứ diện: với $M$ trung điểm $AB$, $N$ trung điểm $CD$ thì $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD})$. Thật vậy, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$, và cũng $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$; cộng hai biểu thức lại được $2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}$. Do đó $M{N}^2=\frac{1}{4}\left(A{C}^2+B{D}^2+2\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}\right)=\frac{1}{4}(4+36+0)=10$ vì $AC\perp BD$ nên $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=0$. Vậy $M{N}^2=10$.

Lời giải.

1. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác ABC thì tọa độ điểm $G$ là $(1;1;-1)$.
Khi đó,

$$\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|3\overrightarrow{MG}\right|=3MG.$$

Nhận thấy $T$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $MG$ đạt giá trị nhỏ nhất. Mặt khác $M\in (Oxy)$ nên $MG$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu của $G(1;1;-1)$ lên $(Oxy)$ hay M(1;1;0).

Vậy $|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|$ nhỏ nhất khi $M(1;1;0)$.

2. Gọi vecto vận tốc của drone trong 1 giây là $\vec{u}=(a;b;c)$ với $|\vec{u}|=15$ m/s.

Xét trong không gian $Oxyz$ có các vecto đơn vị $\vec{i},\vec{j},\vec{k}$ cùng hướng với $Ox,Oy,Oz$.

Do $(\vec{u},Ox)=45^{\circ }$ nên

$$\frac{\vec{u}\cdot \vec{i}}{|\vec{u}|\cdot |\vec{i}|}=\cos 45^{\circ }\iff \frac{a\cdot 1+b\cdot 0+c\cdot 0}{15\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow a=\frac{15\sqrt{2}}{2}.$$

Tương tự với trục $Oy$ ta được

$$b=-\frac{15}{2}.$$

Do $|\vec{u}|=15$ nên $a^2+b^2+c^2=15^2$. Thay $a=\frac{15\sqrt{2}}{2},b=-\frac{15}{2}$ vào ta tìm được

$$c=\pm \frac{15}{2}.$$

Do drone bay lên nên $c>0$, do đó:

$$\vec{u}=\left(\frac{15\sqrt{2}}{2};-\frac{15}{2};\frac{15}{2}\right).$$

Độ dịch chuyển của drone trong 1 phút là

$$\vec{d}=60\cdot \vec{u}=(450\sqrt{2};-450;450).$$

Do drone xuất phát tại $O(0;0;0)$ nên tọa độ của drone sau 1 phút là

$$(450\sqrt{2};-450;450).$$

Bình luận.

1. Câu hỏi được đặt trong hệ tọa độ không gian và liên quan đến các khái niệm về vecto. Nội dung bài toán chủ yếu dựa trên các tính chất quen thuộc của hình học giải tích trong không gian. Mặc dù bối cảnh có phần hình học hơn so với các câu trước, câu trúc câu hỏi vẫn khá trực tiếp và không đặt ra nhiều yêu cầu về ý tưởng mới.

2. Bối cảnh chuyển động của drone được đưa vào nhằm tạo yếu tố ứng dụng. Tuy nhiên mô tả về điều kiện chuyển động chưa thật sự đầy đủ. Cụ thể, đề bài không nêu rõ mối liên hệ giữa độ cao của drone và mốc “mặt đất” so với mực nước biển, dẫn đến khả năng xuất hiện các giá trị $z<0$. Điều này khiến mô hình không gian chưa hoàn toàn chặt chẽ về mặt mô tả.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$ và các đỉnh tương ứng có tung z bằng 1. Khi đó $M(0;0;\frac{3}{4})$, $P(1;1;\frac{1}{4})$, $N(1;0;t)$, $Q(0;1;s)$ với $0\le t,s\le 1$.

Điều kiện đồng phẳng của $M,N,P,Q$: với $\overrightarrow{MN}=(1;0;t-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MQ}=(0;1;s-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MP}=(1;1;-\frac{1}{2})$, ta có định thức $\det [\overrightarrow{MN};\overrightarrow{MQ};\overrightarrow{MP}]=1-s-t=0$, tức $s+t=1$.

Đặt $u=t-\frac{3}{4}$, khi đó $s-\frac{1}{4}=-u$ và $s-\frac{3}{4}=-(u+\frac{1}{2})$. Chu vi:
$$P_{MNPQ}=MN+NP+PQ+QM=2\sqrt{1+u^2}+2\sqrt{1+{\left(u+\frac{1}{2}\right)}^2}.$$

Xét $f(u)=\sqrt{1+u^2}+\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}$. Đạo hàm:
$$f^{\prime }(u)=\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}+\frac{u+\frac{1}{2}}{\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}}.$$
Vì $g(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ đồng biến và lẻ trên $\mathbb{R}$, $f^{\prime }(u)=0\iff g(u)=g(-(u+\frac{1}{2}))\iff u=-(u+\frac{1}{2})\iff u=-\frac{1}{4}$ (thỏa mãn $t=\frac{1}{2},s=\frac{1}{2}$ trong $[0;1]$). Đây là điểm đạt giá trị nhỏ nhất vì $f^{\prime }\to \mp \infty$ khi $u\to \mp \infty$ và $f$ có một điểm tới hạn duy nhất.

Khi đó $f=2\sqrt{1+\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{17}}{2}$, nên chu vi nhỏ nhất $=2f=\sqrt{17}$.