Phương pháp giải:

+) Mọi điểm thuộc d cách đều 2 điểm A, B nên d nằm trong mặt phẳng trung trực \(\left( \alpha  \right)\) của AB.

+) Khi đó \(d=\left( P \right)\cap \left( \alpha  \right)\)

Lời giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của AB ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{3 + 0}}{2} = \frac{3}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{3 + 2}}{2} = \frac{5}{2}\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{1 + 1}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\left( -3;-1;0 \right)\)

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng trung trực của AB, khi đó \(\left( \alpha  \right)\) có phương trình \(-3\left( x-\frac{3}{2} \right)-1\left( y-\frac{5}{2} \right)=0\Leftrightarrow -3x-y+7=0\)

Vì mọi điểm thuộc d đều cách đều A, B nên \(d\subset \left( \alpha  \right)\Rightarrow d=\left( P \right)\cap \left( \alpha  \right)\Rightarrow \) Tập hợp các điểm thuộc d là nghiệm của hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z - 7 = 0\\ - 3x - y + 7 = 0\end{array} \right.\)  

Chọn z = 2t ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7 - 2t\\ - 3x - y =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x =  - 2t\\y =  - 3x + 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 - 3t\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 - 3t\\z = 2t\end{array} \right.\) là phương trình đường thẳng cần tìm.

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Gọi A’ là hình chiếu của A trên (P), điểm A’ cố định.

+) Chứng minh \(\widehat{A'HB}={{90}^{0}}\Rightarrow \) H thuộc đường tròn đường kính A’B không đổi khi d thay đổi.

+) Khi đó \(R=\frac{A'B}{2}\)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy \(B\in \left( P \right)\)

Gọi A’ là hình chiếu của A trên mp(P), A’ cố định.

Ta có 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime } \bot d}\\{AH \bot d}\end{array}} \right. \Rightarrow d \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow d \bot A'H \Rightarrow \widehat {A'HB} = {90^0}\)

\(\Rightarrow\) khi d thay đổi điểm H luôn thuộc đường tròn đường kính A’B cố định.

Trước hết ta viết phương trình đường thẳng AA’ qua A và vuông góc với (P) nên nhận \({{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;1;1 \right)\) là 1 VTCP nên có phương trình \(\left\{{\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4 + t}\\{y = 6 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)  

\(\begin{array}{l}A' \in AA' \Rightarrow A'\left( {4 + t;6 + t;2 + t} \right);A' \in \left( P \right) \Rightarrow 4 + t + 6 + t + 2 + t = 0 \Leftrightarrow 3t + 12 = 0 \Leftrightarrow t =  - 4\\ \Rightarrow A'\left( {0;2; - 2} \right)\end{array}\)

Khi đó \(A'B=\sqrt{{{\left( 2-0 \right)}^{2}}+{{\left( -2-2 \right)}^{2}}+{{\left( 0+2 \right)}^{2}}}=2\sqrt{6}\)

Vậy H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính \(R=\frac{A'B}{2}=\sqrt{6}\)

Chọn A.    

Phương pháp giải:

Khai thác tối đa dữ kiện của bài toán để tìm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng và thông qua bài toán tìm điểm xác định giá trị nhỏ nhất của độ dài đường thẳng

Lời giải chi tiết:

Vì \(\left( P \right)\bot {{d}_{1}}\) suy ra \({{\vec{n}}_{\left( P \right)}}\)//\({{\vec{u}}_{{{d}_{1}}}}\)\(\Rightarrow \)\(\frac{1}{1}=\frac{b}{2}=\frac{c}{-\,1}\Rightarrow \left\{ \begin{align} b=2 \\  c=-\,1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left( P \right):x+2y-z+d=0.\)

Gọi \(A\in {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( a+1;2a+2;1-a \right)\) và \(B\in {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 2-m;3-m;-\,2 \right).\)

Mà \(A,\,\,B\in mp\,\,\left( P \right)\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a + 1 + 2\left( {2a + 2} \right) - \left( {1 - a} \right) + d = 0\\2 - m + 2\left( {3 - m} \right) + 2 + d = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6a + d + 4 = 0\left( 1 \right)\\ - 3m + d + 10 = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy \(\left( 1 \right)-\left( 2 \right),\) ta được \(2a+m=2\Leftrightarrow m=2-2a\)\(\Rightarrow \)\(A{{B}^{2}}={{\left( 1-m-a \right)}^{2}}+{{\left( 1-m-2a \right)}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}\)

\(={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( -\,1 \right)}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}=2{{a}^{2}}-8a+11=2{{\left( a-2 \right)}^{2}}+3\ge 3\Rightarrow AB\ge \sqrt{3}.\)

Dấu \(''\,\,=\,\,''\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=2,\) thay vào \(\left( 1 \right),\) ta được \(d=-\,6a-4=-\,16.\)

Vậy tổng \(T=b+c+d=2-1-16=-\,15.\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Xác định phương trình giao tuyến của (P) và (Q).

Chỉ ra 1 VTCP của \(\Delta \) và d. Kiểm tra xem 2 VTCP đó có quan hệ gì (cùng phương, vuông góc, …)

Xét hệ phương trình để tìm giao điểm của hai đường thẳng.

Lời giải chi tiết:

Xét hệ phương trình \(\left\{ \matrix{  3y - z - 7 = 0 \hfill \cr   3x + 3y - 2z - 17 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  z = 3y - 7 \hfill \cr   3x + 3y - 6y + 14 - 17 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  z = 3y - 7 \hfill \cr   3x - 3y - 3 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  z = 3y - 7 \hfill \cr   x = y + 1 \hfill \cr}  \right.\)

Đặt \(y = t' \Rightarrow x = t' + 1;\,\,z = 3t' - 7 \Rightarrow d':\,\,\left\{\begin{array}{l}x = 1 + t'\\y = t'\\z = - 7 + 3t'\end{array} \right.\)

Ta có: \({\overrightarrow u _d} = \left( {2;1; - 1} \right);\,\,{\overrightarrow u _{d'}} = \left( {1;1;3} \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _d}.{\overrightarrow u _{d'}} = 0 \Rightarrow d \bot d'.\)

Xét hệ phương trình \(\left\{ \matrix{  3 + 2t = 1 + t'\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr   t = t'\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \hfill \cr   1 - t =  - 7 + 3t'\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \hfill \cr}  \right.\), từ (1) và (2) \( \Rightarrow t = t' =  - 2\). Thay vào (3) ta có: \(1 + 2 =  - 7 + 3.\left( { - 2} \right) \Leftrightarrow 3 =  - 13\) (vô lí), do đó d và d’ chéo nhau.

Chọn A. 

Phương pháp giải:

Tìm phương trình các đường thẳng d₁, d₂ và d₃.

Nhận xét các vector chỉ phương của d₁, d₂ và d₃ không cùng phương.

Tính \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB} \) với \(\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} \) là VTCP của d₁ và d­₂, \(A \in {d_1};B \in {d_2}\).

- Nếu \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB}  \ne 0 \Rightarrow {d_1},{d_2}\) chéo nhau thì loại đáp án A và C.

- Nếu \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB}  = 0 \Rightarrow {d_1},{d_2}\) cắt nhau thì loại đáp án B. Khi đó tìm \(M = {d_1} \cap {d_2}\) và thay tạo độ điểm M vào phương trình d₃. Nếu \(M \in {d_3} \Rightarrow \) d₁, d₂ và d₃ đồng quy.

Lời giải chi tiết:

Xét hệ phương trình 

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  2x - 4y + 6z - 1 = 0 \hfill \cr   x + 3y - 2z + 6 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  2x - 4y + 6z - 1 = 0 \hfill \cr   3x + 9y - 6z + 18 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  5x + 5y + 17 = 0 \hfill \cr   2x - 4y + 6z - 1 = 0 \hfill \cr}  \right.  \cr   &  \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  x =  - y - {{17} \over 5} \hfill \cr    - 2y - {{34} \over 5} - 4y + 6z - 1 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  x =  - y - {{17} \over 5} \hfill \cr    - 6y + 6z - {{39} \over 5} = 0 \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  x =  - y - {{17} \over 5} \hfill \cr   z = y + {{39} \over {30}} \hfill \cr}  \right. \cr} \)

Đặt \(y = t \Rightarrow \left\{ \matrix{  x =  - {{17} \over 5} - t \hfill \cr   y = t \hfill \cr   z = {{39} \over {30}} + t \hfill \cr}  \right.\) là phương trình đường thẳng d₁.

Tương tự như vậy ta tìm được phương trình đường thẳng d₂là : \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{9}{2} + 5t'\\y = - \frac{1}{2} - t'\\z = t'\end{array} \right.\)

và phương trình đường thẳng \({d_3}:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{15}}{2} - 25t''\\y = \frac{7}{2} - 11t''\\z = t''\end{array} \right.\)

Ta có \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 1;1;1} \right);\,\,\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {5; - 1;1} \right);\,\,\overrightarrow {{u_3}}  = \left( { - 25; - 11;1} \right)\) không cùng phương nên loại đáp án D.

Lấy \(A\left( { - {{17} \over 5};0;{{39} \over {30}}} \right) \in {d_1},\,\,B\left( {{{ - 9} \over 2}; - {1 \over 2};0} \right),\,\,C\left( {{{15} \over 2};{7 \over 2};0} \right) \in {d_3}\)

Xét \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;6; - 4} \right);\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - {{11} \over {10}}; - {1 \over 2}; - {{39} \over {30}}} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB}  = 0 \Rightarrow {d_1};{d_2}\) cắt nhau \( \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Xét hệ phương trình : \(\left\{ \begin{array}{l}- \frac{{17}}{5} - t = - \frac{9}{2} + 5t'\\t = - \frac{1}{2} - t'\\\frac{{39}}{{30}} + t = t'\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{{ - 9}}{{10}}\\t' = \frac{2}{5}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - \frac{5}{2}; -\frac{9}{{10}};\frac{2}{5}} \right)\) là giao điểm của d₁ và d₂.

Thay tạo độ điểm M vào phương trình đường thẳng d₃ ta có : \({d_3}:\,\,\left\{ \begin{array}{l}- \frac{5}{2} = \frac{{15}}{2} - 25t''\\- \frac{9}{{10}} = \frac{7}{2} - 11t''\\\frac{2}{5} = t''\end{array} \right. \Rightarrow t'' = \frac{2}{5} \Rightarrow M \in{d_3}\)

Vậy ba đường thẳng d₁, d₂ và d₃ đồng quy tại \(M\left( { - {5 \over 2}; - {9 \over {10}};{2 \over 5}} \right)\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Dựng hình, đưa về bài toán tìm điểm để khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng nhỏ nhất

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng \(d\) đi qua \(B\left( 1;0;1 \right),\) có vectơ chỉ phương \(\vec{u}=\left( 1;-\,2;9 \right)\)\(\Rightarrow \,\,\left[ \overrightarrow{AB};\vec{u} \right]=\left( 9;0;-\,1 \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa \(d\) và đi qua \(A\) là \(\left( \alpha  \right):9x-z-8=0.\)

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\Delta ,\) \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\left( \alpha  \right).\)

Ta có \(d\left( O;\left( \Delta  \right) \right)=OI\le OH\Rightarrow \,\,{{d}_{\min }}=OH\)\(\Leftrightarrow \)\(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\left( \alpha  \right).\)

Phương trình đường thẳng \(OH\) là \(\left\{ \begin{align}  x=9t \\  y=0 \\  z=-\,t \\ \end{align} \right.\)\(\Rightarrow \,\,H\left( 9t;0;-\,t \right)\in \left( \alpha  \right)\)\(\Rightarrow t=\frac{4}{41}.\)

Vậy \(H\left( \frac{36}{41};0;-\,\frac{4}{41} \right)\Rightarrow \overrightarrow{HA}=\left( \frac{5}{41};1;\frac{45}{41} \right)=\frac{5}{41}\left( 1;\frac{41}{5};9 \right)\Rightarrow \left\{\begin{align}  a=\frac{41}{5} \\  b=9 \\ \end{align} \right..\)

\(\Rightarrow a+b=\frac{41}{5}+9=\frac{86}{5}.\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Đánh giá, tìm vị trí của \(\Delta \)để khoảng cách giữa 2 đường thẳng là lớn nhất.

Lời giải chi tiết:

Kẻ AH vuông góc d, qua A kẻ d’ // d.

Dựng mặt phẳng (Q) chứa d’ và vuông góc AH, (Q) cắt (P) tại \({{\Delta }_{o}}\). Ta sẽ chứng minh \({{\Delta }_{0}}\) thỏa mãn yêu cầu đề bài (cách d một khoảng cách lớn nhất).

Vì \(\left\{ \begin{align}  AH\bot d \\  AH\bot (Q) \\ \end{align} \right.\Rightarrow d//(Q)\Rightarrow d\left( d;\left( Q \right) \right)=AH=d\left( d;{{\Delta }_{0}} \right),\,\,(do\,\,{{\Delta }_{0}}\subset (Q))\)

Lấy \(\Delta \)là đường thẳng bất kì qua A và nằm trong (P). Gọi \((Q')\)là mặt phẳng chứa d’ và  \(\Delta \Rightarrow d//(Q')\)\(\Rightarrow d(d;(Q'))=d(H;(Q'))\)

Kẻ \(HA'\bot (Q'),\,\,A'\in (Q')\Rightarrow d(d;(Q'))=HA'=d(d;\Delta )\).

Ta có: \(HA'\le HA\Rightarrow \) Khoảng cách từ d đến\(\Delta \) lớn nhất bằng AH khi \(\Delta \) trùng \({{\Delta }_{o}}\).

*) Tìm tọa độ điểm H:

Gọi \(\left( \alpha  \right)\): mặt phẳng qua A vuông góc d \(\Rightarrow \left( \alpha  \right):\,2.(x-1)-1(y-3)+1(z-1)=0\Leftrightarrow 2x-y+z=0\)

\(\begin{array}{l}H = d \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow \frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{1} = \frac{{2x - 2 - y - 1 + z - 3}}{{4 + 1 + 1}} = \frac{{2x - y + z - 6}}{6} = \frac{{0 - 6}}{6} =  - 1\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 0\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow H( - 1;0;2)\end{array}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AH}\left( -2;-3;1 \right)\)

 \({{\Delta }_{o}}\) có 1 VTCP : \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{AH};\overrightarrow{{{n}_{(P)}}} \right],\,\,\)với \(\left( \overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=(1;1;-4) \right)\)

 \(\Rightarrow \overrightarrow{u}=(11;-7;1)\Rightarrow a=11;\,b=-7\Rightarrow a+2b=-3\)

Chọn: A

Phương pháp giải:

Gọi \(\overrightarrow n  = \left( {a;b;c} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng (P),

\(d \subset \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow n  \bot \overrightarrow {{u_d}} \)

\(\cos \alpha  = \left| {\cos \left( {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}};\overrightarrow n } \right)} \right| = {{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}.\overrightarrow n } \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}} \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow n  = \left( {a;b;c} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng (P), \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 1; - 1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng d.

\(d \subset \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow n  \bot \overrightarrow u  \Rightarrow a - b - c = 0 \Leftrightarrow a = b + c\)

\(\eqalign{  & \cos \alpha  = \left| {\cos \left( {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}};\overrightarrow n } \right)} \right| = {{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}.\overrightarrow n } \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}} \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}  \cr   &  \Leftrightarrow {{\sqrt 3 } \over 6} = {{\left| {a + 2b + c} \right|} \over {\sqrt 6 .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}  \cr   &  \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 2{\left( {a + 2b + c} \right)^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {\left( {b + c} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = 2{\left( {3b + 2c} \right)^2}  \cr   &  \Leftrightarrow 2{b^2} + 2bc + 2{c^2} = 18{b^2} + 8{c^2} + 24bc  \cr   &  \Leftrightarrow 16{b^2} + 22bc + 6{c^2} = 0  \cr   &  \Leftrightarrow \left[ \matrix{  b =  - {3 \over 8}c \hfill \cr   b =  - c \hfill \cr}  \right. \cr} \)

TH1 : \(b =  - c \Rightarrow a = 0 \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {0; - c;c} \right) = c\left( {0; - 1;1} \right) \Rightarrow \left( {0; - 1;1} \right)\) cũng là 1 VTPT của (P), dựa vào các đáp án ta thấy không có đáp án nào thỏa mãn.

TH2 : \(b =  - {3 \over 8}c \Rightarrow a = {5 \over 8}c \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {{5 \over 8}c; - {3 \over 8}c;c} \right) =  - {c \over 8}\left( { - 5;3; - 8} \right) \Rightarrow \left( { - 5;3; - 8} \right)\) cũng là 1 VTPT của (P).

Lấy \(A\left( { - 1;2; - 3} \right) \in d \Rightarrow A \in \left( P \right) \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng (P) là

\( - 5\left( {x + 1} \right) + 3\left( {y - 2} \right) - 8\left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 5x + 3y - 8z - 35 = 0\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn \(m\) . Tìm điều kiện để phương trình ẩn \(m\) nghiệm đúng với mọi \(x;y;z\). Suy ra phương trình đường thẳng \(\Delta \).

+) Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm M đến một đường thẳng d:

\(d\left( {M;d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {M{M_0}} ;{{\overrightarrow u }_d}} \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}\,\,\,\left( {{M_0} \in d} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left( P \right):\,\,\left( {{m^2} + m + 1} \right)x + 2\left( {{m^2} - 1} \right)y + 2\left( {m + 2} \right)z + {m^2} + m + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 2y + 2z + 1} \right){m^2} + \left( {x + 2z + 1} \right)m + x - 2y + 4z + 1 = 0\)

Phương trình nghiệm đung với mọi \(m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y + 1 = 0\\x + 2z + 1 = 0\\x - 2y + 4z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 - 2t\\y = t\\z = t\end{array} \right.\)

Vậy \(\left( P \right)\) luôn chứa đường thẳng cố định \(\Delta :\,\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 - 2t\\y = t\\z = t\end{array} \right.\).

\({\overrightarrow u _\Delta } = \left( { - 2;1;1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \), \(M\left( { - 1;0;0} \right) \in \Delta \).

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {0;1; - 1} \right)\)

Khi đó ta có \(d\left( {O;\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Do A, B cố định nên, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M đến đường thẳng AB là nhỏ nhất.

Mà M thuộc d nên khoảng cách \(d{(M;AB)_{\min }} = d(d;AB) = \) Độ dài đoạn vuông góc chung của d và AB.

Lời giải chi tiết:

\(A(0; - 1;2),\,\,B(1;1;2) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( {1;2;0} \right) \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x = {t_1}\\y =  - 1 + 2{t_1}\\z = 2\end{array} \right.\)

\(\left( d \right):\,\,\frac{{x + 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{1} \Leftrightarrow \left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = t\\z = 1 + t\end{array} \right.\)

Mà M thuộc d nên khoảng cách \(d{(M;AB)_{\min }} = d(d;AB) = \) Độ dài đoạn vuông góc chung của d và AB.

Gọi HK là đoạn vuông góc chung của AB và d \(\left( {H \in d,\,\,K \in AB} \right)\)

Vì \(H \in d,\,\,K \in AB\) nên, giả sử \(H\left( { - 1 + t;\,\,\,t\,\,;1 + t} \right),\,K\left( {{t_1}; - 1 + 2{t_1};2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {HK}  = \left( {{t_1} - t + 1;2{t_1} - t - 1;1 - t} \right)\)

HK là đoạn vuông góc chung của AB và d\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {HK}  \bot \overrightarrow {{u_{AB}}} \\\overrightarrow {HK}  \bot \overrightarrow {{u_d}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{t_1} - t + 1} \right).1 + \left( {2{t_1} - t - 1} \right).2 + \left( {1 - t} \right)0 = 0\\\left( {{t_1} - t + 1} \right).1 + \left( {2{t_1} - t - 1} \right).1 + \left( {1 - t} \right).1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{t_1} - 3t = 1\\3{t_1} - 3t =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 1\\t = \frac{4}{3}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{1}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3}} \right)\)

Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi M(a;b;c) trùng\(H\left( {\frac{1}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3}} \right)\).

\( \Rightarrow a = \frac{1}{3},\,b = \frac{4}{3},\,c = \frac{7}{3} \Rightarrow T = \frac{1}{3} + 2.\frac{4}{3} + 3.\frac{7}{3} = 10\)

Chọn: A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Chứng minh A, B, \(\Delta \) đồng phẳng:

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua A và chứa \(\Delta \) (\(\Delta \) đi qua \(C(0;1;0)\) và nhận \(\overrightarrow u (1;1;1)\) là VTCP)

\(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 1;5} \right)\)

 \(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT  \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {AC} } \right] = (6; - 6;0)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\):  \(6(x - 1) - 6(y - 2) + 0(z + 5) = 0 \Leftrightarrow x - y + 1 = 0\)

Ta có:  \(\,B( - 1;0;2);\,\,\, - 1 + 0 + 1 = 0 \Rightarrow B \in \left( \alpha  \right)\)

\( \Rightarrow \) A, B, \(\Delta \) đồng phẳng.

+) Tìm giao điểm của M của AB và \(\Delta \):

\(\Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{z}{1}\) có PTTS : \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 + t\\z = t\end{array} \right.\) , \(M \in \Delta  \Rightarrow M(t;1 + t;t)\)

\(\,\overrightarrow {AB} ( - 2; - 2;7)\), \(\overrightarrow {AM} \left( {t - 1;t - 1;t + 5} \right)\)

\(A,M,B\) thẳng hàng  \( \Rightarrow \overrightarrow {AM} //\overrightarrow {AB}  \Rightarrow \frac{{t - 1}}{{ - 2}} = \frac{{t - 1}}{{ - 2}} = \frac{{t + 5}}{7} \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{3} \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{3};\frac{2}{3}; - \frac{1}{3}} \right)\)

 Mặt khác, \(\overrightarrow {AM} \left( { - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3};\frac{{14}}{3}} \right);\,\,\overrightarrow {BM} \left( {\frac{2}{3};\frac{2}{3};\frac{{ - 7}}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM}  =  - 2\overrightarrow {BM}  \Rightarrow \) M nằm giữa A và B, suy ra, trong \(\left( \alpha  \right)\), A và B nằm khác phía so với đường thẳng \(\Delta \).

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua B. Khi đó, \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA' - MB} \right| \le A'B\), \({\left| {MA' - MB} \right|_{max}} = A'B\) khi và chỉ khi M là giao điểm của A’B và đường thẳng \(\Delta \) (điểm M như trên là tồn tại).

+) Tìm tọa độ điểm A’:

Gọi \(\left( \beta  \right)\) là mặt phẳng qua A và vuông góc \(\Delta \), khi đó, \(\left( \beta  \right)\) nhận \(\overrightarrow {{u_\Delta }} (1;1;1)\) là 1 VTPT.

Phương trình mặt phẳng  \(\left( \beta  \right)\):

\(1.(x - 1) + 1.(y - 2) + 1.(z + 5) = 0 \Leftrightarrow x + y + z + 2 = 0\)

\(H \in \Delta  \Rightarrow \)Gọi \(H(m;1 + m;m)\)

\(H \in \left( \beta  \right) \Rightarrow m + 1 + m + m + 2 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1\) \( \Rightarrow H( - 1;0; - 1)\)

 H là trung điểm của AA’ \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_H} = \frac{{{x_A} + {x_{A'}}}}{2}\\{y_H} = \frac{{{y_A} + {y_{A'}}}}{2}\\{z_H} = \frac{{{z_A} + {z_{A'}}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} =  - 3\\{y_{A'}} =  - 2\\{z_{A'}} = 3\end{array} \right.\)

Độ dài đoạn A’B: \(A'B = \sqrt {{{( - 1 + 3)}^2} + {{(0 + 2)}^2} + {{(2 - 3)}^2}}  = 3\)

Vậy,  \({T_{max}} = 3\)

Chọn: C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất đường phân giác để tìm điểm đối xứng qua đường thẳng

Lời giải chi tiết:

Kí hiệu 2 đường thẳng trung tuyến và phân giác lần lượt là \({{d}_{1}},\,\,{{d}_{2}}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow \,\,M \in \left( {{d_1}} \right) \Rightarrow \,\,M\left( { - \,t + 3;2t + 3; - \,t + 2} \right)\)

Suy ra \(C\left( -\,2t+4;4t+3;-\,2t+1 \right)\) mà \(C\in \left( {{d}_{2}} \right)\,\,\xrightarrow{{}}\,\,t=0\Rightarrow \,\,C\left( 4;3;1 \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A,\) vuông góc với \({{d}_{2}}\) là \(2x-y-z+2=0.\)

Gọi \(N\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(\left( {{d}_{2}} \right)\Rightarrow \,\,N\in BC\) và \(N\in \left( P \right).\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AN\Rightarrow \,\,\)\(E\) là giao điểm của \({{d}_{2}}\) và \(\left( P \right)\)\(\Rightarrow \,\,E\left( 2;4;2 \right).\)

Suy ra \(N\left( 2;5;1 \right)\)\(\Rightarrow \,\,AC=NC\Rightarrow \,\,N\) trùng \(B.\) Vậy  \(\left\{ \begin{array}{l}A\left( {2;3;3} \right)\\B\left( {2;4;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {0;1; - 1} \right).\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Gọi I, r theo thứ tự là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.

Ta có \(r = d\left( {I;\left( {IAB} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {IBC} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {ICD} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {IDA} \right)} \right)\)

I nằm trong tứ diện \(ABCD \Rightarrow {V_{ABCD}} = {V_{IABC}} + {V_{IBCD}} + {V_{ICDA}} + {V_{IBDA}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}r.{S_{ABC}} + \frac{1}{3}r.{S_{BCD}} + \frac{1}{3}r.{S_{CDA}} + \frac{1}{3}r.{S_{BDA}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}r\left( {{S_{ABC}} + {S_{BCD}} + {S_{CDA}} + {S_{BDA}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}r.{S_{tp}}\\ \Rightarrow r = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{tp}}}}\end{array}\)

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d\left( {AB;CD} \right) = const\) vì AB, \(\Delta \) cố định và \(CD = \sqrt {14} \).

\({S_{BCD}} = \frac{1}{2}CD.d\left( {B;\Delta } \right) = const\)

\({S_{ABC}};\,\,{S_{BDA}}\) thay đổi vì C, D thay đổi trên \(\Delta \)

\( \Rightarrow {r_{\max }} \Leftrightarrow {S_{tp\,\min }} \Leftrightarrow {\left( {{S_{ABC}} + {S_{BDA}}} \right)_{\min }}\)

Vì \(C;D \in \Delta  \Rightarrow C\left( { - 1 + 3t;4 - 2t;4 - t} \right);\,\,D\left( { - 1 + 3t';4 - 2t';4 - t'} \right)\) (giả sử \(t' > 1\))

\(CD = \sqrt {14}  \Leftrightarrow \sqrt {14{{\left( {t' - t} \right)}^2}}  = \sqrt {14}  \Leftrightarrow \left| {t' - t} \right| = 1 \Leftrightarrow t' = 1 + t\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {13t - 29} \right)}^2} + {{\left( {13t + 1} \right)}^2} + {{\left( {13t - 11} \right)}^2}} \\{S_{BDA}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {13t' - 29} \right)}^2} + {{\left( {13t' + 1} \right)}^2} + {{\left( {13t' - 11} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {13t - 16} \right)}^2} + {{\left( {13t + 14} \right)}^2} + {{\left( {13t + 2} \right)}^2}} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{ABC}} + {S_{BDA}}\\ = \frac{1}{2}\left[ {\sqrt {{{\left( {13t - 29} \right)}^2} + {{\left( {13t + 1} \right)}^2} + {{\left( {13t - 11} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {13t - 16} \right)}^2} + {{\left( {13t + 14} \right)}^2} + {{\left( {13t + 2} \right)}^2}} } \right]\\ = \frac{1}{2}\left[ {\sqrt {{{\left( {a - 29} \right)}^2} + {{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {a - 11} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {a - 16} \right)}^2} + {{\left( {a + 14} \right)}^2} + {{\left( {a + 2} \right)}^2}} } \right]\,\,\,\left( {a = 13t} \right)\\ = \frac{1}{2}\left[ {\sqrt {3{a^2} - 78a + 963}  + \sqrt {3{a^2} + 456} } \right]\\ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {\sqrt {{a^2} - 26a + 321}  + \sqrt {{a^2} + 152} } \right]\\ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {\sqrt {{{\left( {a - 13} \right)}^2} + {{\left( {0 - \sqrt {152} } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {a - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - \left( { - \sqrt {152} } \right)} \right)}^2}} } \right]\\ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {MP + MQ} \right)\end{array}\)

 Với \(M\left( {a;0} \right);\,\,P\left( {13;\sqrt {152} } \right);\,\,Q\left( {0; - \sqrt {152} } \right)\) trong mặt phẳng Oxy.

\( \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}PQ = \frac{{\sqrt {483} }}{2}\).

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \) M, N, P thẳng hàng và M nằm giữa P và Q \( \Leftrightarrow \overrightarrow {PM} \) và \(\overrightarrow {PQ} \) cùng phương \( \Leftrightarrow a = \frac{{13}}{2} \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow C\left( {\frac{1}{2};3;\frac{7}{2}} \right);\,\,D\left( {\frac{7}{2};1;\frac{5}{2}} \right)\).

Vậy \({\left( {{S_{ABC}} + {S_{BDA}}} \right)_{\min }} = \frac{{\sqrt {483} }}{2} \Leftrightarrow \) Trung điểm của CD là \(J\left( {2;2;3} \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Kiểm tra AB và d chéo nhau.

+) \({{C}_{MAB\,\min }}\Leftrightarrow {{\left( MA+MB \right)}_{\min }}\Leftrightarrow MA=MB\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;-2;6 \right)\); \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;-1;2 \right)\)  d đi qua điểm \(M\left( -1;1;0 \right)\)

\(\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right].\overrightarrow{AM}\ne 0\Rightarrow AB\) và d chéo nhau.

Ta có \({{C}_{MAB}}=MA+MB+AB\)  Do AB không đổi nên \({{C}_{MAB\,\,\min }}\Leftrightarrow {{\left( MA+MB \right)}_{\min }}\)

Do AB và d chéo nhau nên \(MA+MB\overset{Cauchy}{\mathop{\ge }}\,2\sqrt{MA.MB}\Leftrightarrow {{\left( MA+MB \right)}_{\min }}\Leftrightarrow MA=MB\)

\(\Rightarrow M\in \) mặt phẳng trung trực của AB đi qua trung điểm \(I\left( 2;4;3 \right)\) của AB và nhận \(\left( 1;-1;3 \right)\) là 1 VTPT.

\(\Rightarrow M\in \left( P \right):\,\,x-y+3z-7=0\)

\(\Rightarrow M\in \left( d \right)\Rightarrow M\left( -1+2t;1-t;2t \right)\)

Thay vào mặt phẳng (P) \(\Rightarrow -1+2t-1+t+6t-7=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow M\left( 1;0;2 \right)\Rightarrow MA=MB=\sqrt{29}\)

\(AB=2\sqrt{11}\Rightarrow {{C}_{\Delta MAB}}=2\sqrt{11}+2\sqrt{29}\Rightarrow {{p}_{\Delta MAB}}=\sqrt{11}+\sqrt{29}\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & a=11 \\ & b=29 \\\end{align} \right.\Rightarrow a+b=40\)

Chọn A.  

Phương pháp giải:

Phương pháp xác định đường phân giác của hai đường thẳng cắt nhau :

Cho hai đường thẳng \({d_1},{d_2}\) có VTCP lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} \)

+ Nếu \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) > 0\) thì VTCP của đường phân giác góc nhọn là \(\overrightarrow u  = \left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|.\overrightarrow {{u_1}}  + \left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right|.\overrightarrow {{u_2}} \)

+  Nếu \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) < 0\) thì VTCP của đường phân giác góc nhọn là \(\overrightarrow u  = \left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|.\overrightarrow {{u_1}}  - \left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right|.\overrightarrow {{u_2}} \)

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 2;2} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right| = 3\)

\(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {3;4;0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right| = 5\)

\(\cos \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right) = \frac{{3 - 8}}{{3.5}} < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right)\)  là góc tù.

\(\overrightarrow {{v_1}}  = 5.\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {5; - 10;10} \right),\overrightarrow {{v_2}}  = 3.\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {9;12;0} \right)\)

Một VTCP của đường phân giác \(d'\) là \(\overrightarrow {{v_1}}  - \overrightarrow {{v_2}}  = \left( { - 4; - 22;10} \right)\) hay \(\overrightarrow u  = \left( {2;11; - 5} \right)\)

Phương trình \(d':\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 1 + 11t\\z = 1 - 5t\end{array} \right.\)  hay \(d':\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y =  - 10 + 11t\\z = 6 - 5t\end{array} \right.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Nhận thấy hai đường thẳng này cắt nhau tại A. Lấy 1 điểm B thuộc vào đường thẳng d ; 1 điểm C thuộc vào đường thẳng \(\Delta \) ; khi đó ta có AB = AC. Gọi I là trung điểm của BC thì đường thẳng đi qua A và I chính là đường phân giác cần tìm

Lời giải chi tiết:

Có \(d \cap \Delta  = A\left( {1; - 3;5} \right)\) .

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) có dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y =  - 3 + 2t\\z = 5 - 2t\end{array} \right.. \Rightarrow C \in \left( \Delta  \right):C\left( {2; - 1;3} \right)\)

\(AC = \sqrt {1 + 4 + 4}  = 3 \Rightarrow A{C^2} = 9\)

Gọi \(B \in \left( d \right):B\left( {1 + 3t; - 3;5 + 4t} \right)\)  sao cho \(AB = AC\)

Ta có : \(A{B^2} = 9{t^2} + 16{t^2} = 25{t^2}\)

Lại có : \(A{B^2} = A{C^2} \Leftrightarrow 25{t^2} = 9 \Leftrightarrow t =  \pm \frac{3}{5}.\)

+) TH1 : \(t = \frac{3}{5} \Rightarrow B\left( {\frac{{14}}{5}; - 3;\frac{{37}}{5}} \right);\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{9}{5};0;\frac{{12}}{5}} \right);\overrightarrow {AC}  = \left( {1;2; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  =  - 3 < 0\left( {ktm} \right)\)

+) TH2 : \(t =  - \frac{3}{5} \Rightarrow B\left( {\frac{{ - 4}}{5}; - 3;\frac{{13}}{5}} \right)\)

Gọi I là trung điểm của BC khi đó ta có : \(I\left( {\frac{3}{5}; - 2;\frac{{14}}{5}} \right);\overrightarrow {AI}  = \left( {\frac{{ - 2}}{5};1; - \frac{{11}}{5}} \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _{AI}} = \left( {2; - 5;11} \right)\)

Khi đó phương trình đường thẳng AI có dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 3 - 5t\\z = 5 + 11t\end{array} \right.;\,\,\,t = 1 \Rightarrow D\left( { - 1;2; - 6} \right)\) . Khi đó thì phương trình đường phân giác cần tìm có thể viết dưới dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y = 2 - 5t\\z =  - 6 + 11t\end{array} \right.\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Gọi \(PQ\) là đoạn vuông góc chung của \(\Delta \) và \(\Delta '\). Xác định tọa độ các điểm \(P,Q\).

+) Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên \(\Delta ,\,\,\Delta '\), đánh giá \(a + b \ge PQ\).

+) Sử dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên \(\Delta ,\,\,\Delta '\) \( \Rightarrow MH = a,\,\,MK = b\).

Gọi \(PQ\) là đoạn vuông góc chung của \(\Delta \) và \(\Delta '\).

Lấy \(P\left( {t;t;t + 1} \right) \in \left( \Delta  \right);\,\,Q\left( {t' + 1;2t';t'} \right) \in \left( {\Delta '} \right)\) ta có: \(\overrightarrow {PQ}  = \left( {t' - t + 1;\,\,2t' - t;\,\,t' - t - 1} \right)\).

Gọi 2 VTCP của \(\Delta \) và \(\Delta '\) lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;1;1} \right);\,\,\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;2;1} \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' - t + 1 + 2t' - t + t' - t - 1 = 0\\t' - t + 1 + 4t' - 2t + t' - t - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4t' - 3t = 0\\6t' - 4t = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' = 0\\t = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow P\left( {0;0;1} \right);\,\,Q\left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(a + b \ge HK \ge PQ = \sqrt {{1^2} + {1^2}}  = \sqrt 2 \)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có \({a^2} + 2{b^2} = \dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{{\dfrac{1}{2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{1 + \dfrac{1}{2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\dfrac{3}{2}}} = \dfrac{4}{3}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{1} = \dfrac{b}{{\dfrac{1}{2}}}\\M \in PQ\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b\\M \in PQ\end{array} \right. \Leftrightarrow \overrightarrow {MP}  =  - 2\overrightarrow {MQ} \).

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MP}  = \left( { - a; - b;1 - c} \right);\,\,\overrightarrow {MQ}  = \left( {1 - a; - b; - c} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a =  - 2 + 2a\\ - b = 2b\\1 - c = 2c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{3}\\b = 0\\c = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\dfrac{2}{3};0;\dfrac{1}{3}} \right) \Rightarrow {x_0} = \dfrac{2}{3};\,\,{y_0} = 0 \Rightarrow {x_0} + {y_0} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = \,\,\,\,\, - 6t\\z =  - 1 - 8t\end{array} \right.\) có 1 VTCP \(\overrightarrow u \left( {4; - 6; - 8} \right)\)

\(A\left( {1; - 1;2} \right),B\left( {3; - 4; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3; - 4} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3; - 4} \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow u \left( {4; - 6; - 8} \right)\). Mà \(A\left( {1; - 1;2} \right) \notin d \Rightarrow AB//d \Rightarrow A,B,d\) đồng phẳng

* Xét mặt phẳng chứa \(AB\) và \(d\):

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(\Delta \); \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua \(A\), vuông góc với d

Khi đó, giao điểm \(H\) của \(\Delta \) với \(\left( \alpha  \right)\) là trung điểm của \(AA'\)

\(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {2; - 3; - 4} \right)\), đi qua \(A\left( {1; - 1;2} \right)\), có phương trình:

\(2\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y + 1} \right) - 4\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y - 4z + 3 = 0\)

\(H \in d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = \,\,\,\,\,\, - 6t\\z =  - 1 - 8t\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \)Giả sử \(H\left( {2 + 4t; - 6t; - 1 - 8t} \right)\)

\(H \in \left( \alpha  \right)\,\, \Rightarrow 2\left( {2 + 4t} \right) - 3\left( { - 6t} \right) - 4\left( { - 1 - 8t} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow 58t + 11 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{{11}}{{58}}\,\,\)\( \Rightarrow H\left( {\dfrac{{36}}{{29}};\dfrac{{33}}{{29}};\dfrac{{15}}{{29}}} \right)\)

Ta có: \(IA + IB = IA' + IB \ge A'B\,\, \Rightarrow {\left( {IA + IB} \right)_{\min }} = A'B\) khi và chỉ khi \(I\) trùng với \({I_0}\) là giao điểm của \(A'B\) và \(\Delta \)

\(H{I_0}\) là đường trung bình của tam giác \(A'AB \Rightarrow \overrightarrow {H{I_0}}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{{I_0}}} - \dfrac{{36}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.2\\{y_{{I_0}}} - \dfrac{{33}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.\left( { - 3} \right)\\{z_{{I_0}}} - \dfrac{{15}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.\left( { - 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{{I_0}}} = \dfrac{{65}}{{29}}\\{y_{{I_0}}} = \dfrac{{ - 21}}{{58}}\\{z_{{I_0}}} =  - \dfrac{{43}}{{29}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {I_0}\left( {\dfrac{{65}}{{29}}; - \dfrac{{21}}{{58}}; - \dfrac{{43}}{{29}}} \right)\) 

Vậy, để \(IA + IB\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(I\left( {\dfrac{{65}}{{29}}; - \dfrac{{21}}{{58}}; - \dfrac{{43}}{{29}}} \right) \Rightarrow a + b + c = \dfrac{{65}}{{29}} - \dfrac{{21}}{{58}} - \dfrac{{43}}{{29}} =  - \dfrac{{21}}{{58}}\).

Chọn: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* \(M \in \left( \Delta  \right) \Rightarrow M\left( { - t + 1;t - 2;2t} \right)\).

* \(T = M{A^2} + M{B^2} = \left[ {{t^2} + {{\left( {6 - t} \right)}^2} + {{\left( {2t - 2} \right)}^2} + {{\left( { - t + 2} \right)}^2} + {{\left( {t - 4} \right)}^2} + {{\left( {2t - 4} \right)}^2}} \right]\)

\( = 12{t^2} - 48t + 76\)

* \({T_{\min }} \Leftrightarrow t =  - \dfrac{b}{{2a}} = \dfrac{{4.8}}{{2.12}} = 2\) \( \Rightarrow M\left( { - 1;0;4} \right)\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Giả sử \(\overrightarrow {{a_d}}  = \left( {a;b;c} \right)\,\,\left( {Dk:\,\,{a^2} + {b^2} + {c^2} \ne 0} \right)\).

* \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{a_d}}  = \left( {a;b;c} \right)\\\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {2; - 1; - 1} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {{n_Q}}  \bot \overrightarrow {{a_d}}  \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {{a_d}}  = 0\)

\( \Leftrightarrow 2a - b - c = 0 \Leftrightarrow c = 2a - b \Rightarrow \overrightarrow {{a_d}}  = \left( {a;b;2a - b} \right)\)

* \(\overrightarrow {{a_\Delta }}  = \left( {1; - 2;2} \right)\). Ta có:

\(\cos \left( {\Delta ;d} \right) = \left| {\dfrac{{\overrightarrow {{a_d}} .\overrightarrow {{a_\Delta }} }}{{\left| {\overrightarrow {{a_d}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{a_\Delta }} } \right|}}} \right| = \left| {\dfrac{{a - 2b + 2\left( {2a - b} \right)}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {{\left( {2a - b} \right)}^2}} \sqrt 9 }}} \right| = \cos \alpha \)

* Đặt \(t = \dfrac{a}{b}\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Ta có:

\(\cos \alpha  = \dfrac{1}{3}\dfrac{{\left| {5t - 4} \right|}}{{\sqrt {5{t^2} - 4t + 2} }} = \dfrac{1}{3}\sqrt {\dfrac{{{{\left( {5t - 4} \right)}^2}}}{{5{t^2} - 4t + 2}}} \).

Đặt \(f\left( t \right) = \dfrac{{{{\left( {5t - 4} \right)}^2}}}{{5{t^2} - 4t + 2}} \Rightarrow f'\left( t \right) = \dfrac{{2\left( {5t - 4} \right)\left( {10t + 2} \right)}}{{{{\left( {5{t^2} - 4t + 2} \right)}^2}}}\)

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{4}{5}\\t =  - \dfrac{1}{5}\end{array} \right.\)

* \(f\left( {\dfrac{4}{5}} \right) = 0,\,\,f\left( { - \dfrac{1}{5}} \right) = \dfrac{{25}}{3}\). Hàm số \(\cos \alpha \) nghịch biến trên \(\left[ {{0^0};{{90}^0}} \right]\) \( \Rightarrow f{\left( t \right)_{\min }} \Leftrightarrow t =  - \dfrac{1}{5}\).

Chọn \(a = 1 \Rightarrow b =  - 5 \Rightarrow c = 7\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\)  có tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có: \(O{T^2} = OI.OM \Leftrightarrow OI.OM = {3^2} = 9\)

\(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \overrightarrow {OM}  = \left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)

Phương trình (P) là: \({x_0}\left( {x - 1} \right) + {y_0}\left( {y - 1} \right) + {z_0}\left( {z - 2} \right) = 0\)

 \(\begin{array}{l}OI = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right|}}{{\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} }};\,\,OM = \sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} \\ \Rightarrow \dfrac{{\left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right|}}{{\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} }}.\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2}  = 9 \Rightarrow \left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right| = 9\end{array}\)

Do  

nên giả sử \(M\left( {1 + t;1 + 2t;2 - 3t} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {1 + t + 1 + 2t + 4 - 6t} \right| = 9 \Leftrightarrow \left| {6 - 3t} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 5\end{array} \right.\)

\(t =  - 1 \Rightarrow M\left( {0; - 1;5} \right) \Rightarrow \)\(T = x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 26\)

\(t = 5 \Rightarrow M\left( {6;11; - 13} \right) \Rightarrow \)\(T = x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 326\)

Chọn: B

Phương pháp giải:

+) Tham số hóa tọa độ điểm \(H \in {\Delta _1},\,\,K \in {\Delta _2}\).

+) \(d \bot \Delta  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {HK}  = 0\).

+) Tính độ dài \(HK\). Tìm điều kiện để \(HK\) nhỏ nhất.

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(H\left( {3 + 2t;\,\,t;\,\,1 + t} \right) \in {\Delta _1},\,\,K\left( {1 + t';\,\,2 + 2t';\,\,t'} \right) \in {\Delta _2}\) ta có: \(\overrightarrow {HK}  = \left( {t' - 2t - 2;\,\,2t' - t + 2;\,\,t' - t - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Vì \(d \bot \Delta  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {HK}  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {HK}  = 0\)  

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow t' - 2t - 2 + 2t' - t + 2 - 2\left( {t' - t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow t' - t + 2 = 0 \Leftrightarrow t' = t - 2\end{array}\)

Ta có \( \Rightarrow \overrightarrow {HK}  = \left( { - t - 4;t - 2; - 3} \right) \Rightarrow H{K^2} = {\left( {t + 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + 9\)

\( \Leftrightarrow H{K^2} = 2{t^2} + 4t + 29 = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\)

\( \Leftrightarrow H{K_{\min }} = 3\sqrt 3  \Leftrightarrow t =  - 1\). Khi đó \(\overrightarrow {HK}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right)//\left( {1;1;1} \right)\).

Suy ra đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow u \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTCP \( \Rightarrow h = k = 1\).

Vậy \(h - k = 1 - 1 = 0\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* \(M \in \left( \Delta  \right) \Rightarrow M\left( {t;2t;3t} \right)\)

* \(P = \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right|\)

\(\begin{array}{l} = \left| {\left( {2 - t; - 2t;1 - 3t} \right) + \left( {2 - t; - 1 - 2t; - 3t} \right) + \left( {1 - t; - 2t;1 - 3t} \right)} \right|\\ = \left| {\left( {5 - 3t; - 1 - 6t;2 - 9t} \right)} \right|\\ = \sqrt {{{\left( {5 - 3t} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 6t} \right)}^2} + {{\left( {2 - 9t} \right)}^2}} \\ = \sqrt {126{t^2} - 54t + 30} \end{array}\)

* \({P_{\min }} \Leftrightarrow t =  - \dfrac{b}{{2a}} = \dfrac{{5.4}}{{2.126}} = \dfrac{3}{{14}}\).

\( \Rightarrow M\left( {\dfrac{3}{{14}};\dfrac{6}{{14}};\dfrac{9}{{14}}} \right)\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

* Vì \(M \in \left( \Delta  \right) \Rightarrow M\left( {2t + 1;3t + 2;t + 3} \right)\)

* \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \left( {2t - 4;3t - 2;t} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {1;3; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right]\)

\( \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( { - 6t + 2;3t - 4;3t - 10} \right)\)

\(\begin{array}{l}*\,\,{S_{\Delta MAB}} = \dfrac{1}{2}\left| {\overrightarrow n } \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {6t - 2} \right)}^2} + {{\left( {3t - 4} \right)}^2} + {{\left( {3t - 10} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sqrt {54{t^2} - 108t + 120} \end{array}\)

* \({S_{\Delta MAB\,\,\min }} \Leftrightarrow t =  - \dfrac{b}{{2a}} = \dfrac{{108}}{{2.54}} = 1\).

\( \Rightarrow M\left( {3;5;4} \right)\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(MA.\overrightarrow {MA}  + MB.\overrightarrow {MB}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow MA.\overrightarrow {MA}  =  - MB.\overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \dfrac{{\overrightarrow {MA} }}{{\overrightarrow {MB} }} =  - \dfrac{{MB}}{{MA}} < 0\).

\( \Rightarrow M\) thuộc đoạn thẳng \(AB\).

Dễ thấy khi \(M\) chạy trên \(d\) và \(M,\,\,B\) thỏa mãn \(MA.\overrightarrow {MA}  + MB.\overrightarrow {MB}  = \overrightarrow 0 \) thì \(B\) chạy trên đường thẳng \({d_1}//d\).

Gọi \({M_1},\,\,{B_1}\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) trên \(d,\,\,{d_1} \Rightarrow {M_1}A.\overrightarrow {{M_1}A}  + {M_1}{B_1}.\overrightarrow {{M_1}{B_1}}  = \overrightarrow 0 \).

\({M_1} \in d \Rightarrow {M_1}\left( { - 3 + 2t;1 + 2t; - 4 + t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{M_1}A}  = \left( {4 - 2t;1 - 2t;8 - t} \right)\).

\(\overrightarrow {{M_1}A} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {4 - 2t} \right) + 2\left( {1 - 2t} \right) + 8 - t = 0 \Leftrightarrow t = 2\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{M_1}A}  = \left( {0; - 3;6} \right) \Rightarrow {M_1}A = 3\sqrt 5 \\{M_1}\left( {1;5; - 2} \right)\end{array} \right.\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \({d_1} \Rightarrow \Delta \) đi qua \(A,\,\,{M_1}\).

\( \Rightarrow Pt\Delta :\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 - t\\z = 4 + 2t\end{array} \right.;\,\,{B_1} \in \Delta  \Rightarrow {B_1}\left( {1;2 - b;4 + 2b} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {{M_1}{B_1}}  = \left( {0; - 3 - b;6 + 2b} \right) \Rightarrow {M_1}{B_1} = \sqrt {{{\left( { - 3 - b} \right)}^2} + {{\left( {6 + 2b} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \left| {b + 3} \right|\).

\(\begin{array}{l}{M_1}A.\overrightarrow {{M_1}A}  + {M_1}{B_1}.\overrightarrow {{M_1}{B_1}}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow 3\sqrt 5 \left( {0; - 3;6} \right) + \sqrt 5 \left| {b + 3} \right|\left( {0; - 3 - b;6 + 2b} \right) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 9 + \left| {b + 3} \right|\left( { - 3 - b} \right) = 0\\18 + \left| {b + 3} \right|\left( {6 + 2b} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left| {b + 3} \right|\left( {b + 3} \right) =  - 9 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 3 < 0\\{\left( {b + 3} \right)^2} = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b <  - 3\\\left[ \begin{array}{l}b + 3 = 3\\b + 3 =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b < 3\\\left[ \begin{array}{l}b = 0\\b =  - 6\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{B_1}\left( {1;2;4} \right)\,\,\left( {ktm\,\,do\,\, \equiv A} \right)\\{B_1}\left( {1;8; - 8} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Dựa vào các đáp án ta thấy \({B_1} \in {d_1}:\dfrac{{x + 7}}{2} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{{z + 12}}{1}\).

Vậy khi điểm M thay đổi trên đường thẳng \(d:\dfrac{{x + 3}}{2} = \dfrac{{y - 1}}{2} = \dfrac{{z + 4}}{1}\) thì điểm B thay đổi trên đường thẳng có phương trình là \({d_1}:\dfrac{{x + 7}}{2} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{{z + 12}}{1}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(CD\).

Vì \(AB\parallel CD\) nên \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(AB\).

Suy ra phương trình đường thẳng chứa cạnh \(AB\) là: \(\dfrac{{x + 1}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{2} = \dfrac{z}{1}\).

Vì \(B \in AB \Rightarrow B\left( { - 1 + 2t; - 1 + 2t;t} \right)\) \(\left( { - 1 + 2t >  - 1 \Leftrightarrow t > 0} \right)\).

Lấy \(M\left( {2; - 1;3} \right) \in CD\), ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( {3;0;3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right] = \left( {6; - 3; - 6} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow d\left( {A;CD} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{6^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3\\{S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).d\left( {A;CD} \right)}}{2} \Rightarrow 27 = \dfrac{{\left( {AB + 2AB} \right).3}}{2}\\ \Leftrightarrow 3AB = 18 \Leftrightarrow AB = 6 \Leftrightarrow A{B^2} = 36\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2} + {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2} + {\left( {t - 0} \right)^2} = 36\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4{t^2} + {t^2} = 36 \Leftrightarrow {t^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t =  - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(B\left( {3;3;2} \right)\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) là đường kính.

- Tìm đoạn vuông góc chung AB của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

- Tham số hóa tọa độ điểm A, B. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\) với \(\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} \) lần lượt là VTCP của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

- Viết phương trình mặt cầu.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2;1;0} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\) lần lượt là 1 VTCP của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

Gọi AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\),  với \(A\left( {4 - 2t;t;3} \right) \in {d_1}\), \(B\left( {1;t'; - t'} \right) \in {d_2}\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3 + 2t;\,\,t' - t;\,\, - t' - 3} \right)\).

Vì AB là đoạn vuông góc chung của \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot {d_1}\\AB \bot {d_2}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2t - 3} \right).\left( { - 2} \right) + t' - t = 0\\t' - t + t' + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' =  - 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {2;1;3} \right),\,\,B\left( {1; - 1;1} \right)\).

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\,\,\left( {{d_2}} \right)\) nhận AB là đường kính.

\( \Rightarrow \) Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ \(I\left( {\dfrac{3}{2};0;2} \right)\), bán kính \(R = IA = \sqrt {\dfrac{1}{4} + 1 + 1}  = \dfrac{3}{2}\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = \dfrac{9}{4}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tìm \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa d’ và vuông góc với d.

- Tìm hình chiếu của A trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

- Tìm phương trình đường thẳng d’.

Lời giải chi tiết:

+)Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa d’ và vuông góc với \(d:\dfrac{{x + 1}}{2} = \dfrac{{y - 5}}{2} = \dfrac{z}{{ - 1}}\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2;2; - 1} \right)\) và đi qua \(M\left( { - 2; - 2;1} \right)\) có phương trình là   \(2x + 2y - z + 9 = 0\)

+)Đường thẳng m đi qua điểm A và vuông góc vói mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Nên đường thẳng m có vecto chỉ phương là \(\left( {2;2; - 1} \right)\) và đi qua \(A\left( {1;2; - 3} \right)\) có dạng \(\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{2} = \dfrac{{z + 3}}{{ - 1}}\)

Gọi B là giao điểm của đường thẳng m và mặt phẳng \(\left( P \right)\)

\(\begin{array}{l}B\left( {2t + 1;2t + 2; - t - 3} \right) \in \left( P \right):2x + 2y - z + 9 = 0 \Rightarrow t =  - 2\\ \Rightarrow B\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\end{array}\)

Để khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d’ là nhỏ nhất thì d’ đi qua \(B\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\) và \(M\left( { - 2; - 2;1} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {BM}  = \left( {1;0;2} \right)\)

Phương trình đường thẳng d’ là \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 + t\\y =  - 2\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\)

Chọn D.