a) Ba vectơ chỉ phương của \(d\) lần lượt là \(\left(8;-4;12\right)\), \(\left(4;-2;6\right)\), \(\left(2;-1;3\right)\).

b) Thay \(t=-1\) vào phương trình tham số của \(d\) ta được

\(\left\{\begin{array}{l}x=-1+8\cdot (-1)\\y=-4\cdot (-1)\\z=3+12\cdot (-1)\end{array}\right. \text{hay} \left\{\begin{array}{l}x=-9\\y=4\\z=-9.\end{array}\right.\)

Vậy \(A=\left(-9;4;-9\right)\).

Tương tự, với \(t=0\) thì \(B\left(-1;0;3\right)\), với \(t=1\) thì \(C\left(7;-4;15\right)\).

a) Từ phương trình tham số, ta có \(\overrightarrow{a}=\left(6;2;4 \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(d\).

Chọn \(\overrightarrow{b}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{a}=\left(3;1;2 \right)\), ta có \(\overrightarrow{b}\) cũng là một vectơ chỉ phương của \(d\).

a) Thay \(t=0\) vào phương trình tham số của \(d\), ta được:

\(\left\{\begin{array}{l}x=-2+6 \cdot 0\\y= 11+2 \cdot 0\\z=4 \cdot 0\end{array}\right.\) hay \(\left\{\begin{array}{l}x=-2\\y= 11\\z=0.\end{array}\right.\)

Vậy \(A\left(-2;11;0 \right)\).

Tương tự, với \(t=2\) thì \(B\left(10;15;8 \right)\), với \(t=-3\) thì \(C\left(-20;5;-12 \right)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left(-2;4;0 \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\); \(\overrightarrow{AC}=\left(-2;0;7 \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AC\).

b) Vì \(\overrightarrow{v}=\left(-1;2;0 \right)=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\) nên \(\overrightarrow{v}\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\).

Một vectơ chỉ phương của \(AB\) là \(\vec{AB}=\left(6;3;2\right)\).

Một vectơ chỉ phương của \(A'C'\) là \(\vec{A'C'}=\vec{AC}=\left(3;0;-1\right)\).

Một vectơ chỉ phương của \(BB'\) là \(\vec{BB'}=\vec{AA'}=\left(3;7;8\right)\).

a) Với \(t=0\), ta có \(x=1\); \(y=3\); \(z=-1\). Suy ra \(A(1;3;-1)\in\Delta\).

Với \(t=1\), ta có \(x=0\); \(y=5\); \(z=2\). Suy ra \(B(0;5;2)\in\Delta\).

b) Thay tọa độ điểm \(C(6;-7;-16)\) vào phương trình tham số của \(\Delta\) ta có

\(\begin{cases}6=1-t\\-7=3+2t\\-16=-1+3t\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}t=-5\\t=-5\\t=-5\end{cases}\Leftrightarrow t=-5.\)

Vậy điểm \(C\in\Delta\).

Thay tọa độ điểm \(D(-3;11;-11)\) vào phương trình tham số của \(\Delta\) ta có

\(\begin{cases}-3=1-t\\11=3+2t\\-11=-1+3t\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}t=4\\t=4\\t=-\displaystyle\frac{10}{3}\end{cases}\Leftrightarrow t\in\varnothing.\)

Vậy điểm \(D\notin\Delta\).

Đường thẳng \(\Delta\) có phương trình \(\frac{x-1}{2}=\frac{y-0}{3}=\frac{z-(-2)}{1}\) nên điểm \(A(1 ; 0 ;-2)\) thuộc \(\Delta\) và \(\vec{u}=(2 ; 3 ; 1)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta\).

Toạ độ của một véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) là \(\overrightarrow{u}=(2;-7;9).\)

Ứng vớii \(t=0\) ta có: \(\begin{cases}x=-1+2 \cdot 0=-1 \\ y=5-7 \cdot 0=5 \\ z=9 \cdot 0=0.\end{cases}\)

Suy ra điểm \(B(-1;5;0)\) thuộc đường thẳng \(\Delta\).

Với \(M(1;2;-1) \) ta có \(\begin{cases}1=1-t\\2=2+2t\\-1=-1-2t\end{cases} \Leftrightarrow t=0\) nên \(M\in d\).

Với \(N(6;-8;9)\) ta có \(\begin{cases}6=1-t\\-8=2+2t\\9=-1-2t\end{cases}\Leftrightarrow t=-5\) nên \(N\in d\).

Với \(P(-6;16;-14)\) ta có \(\begin{cases}-6=1-t\\16=2+2t\\-14=-1-2t\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}t=7\\t=7\\t=\displaystyle\frac{13}{2}\end{cases}\Rightarrow\) hệ vô nghiệm nên \(P\notin d\).

Với \(Q(-19;42;-41)\) ta có \(\begin{cases}-19=1-t\\42=2+2t\\-41=-1-2t\end{cases}\Leftrightarrow t=20\) nên \(Q\in d\).

Thay tọa độ của các điểm vào phương trình đường thẳng \(d \colon \displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y}{-2}=\displaystyle\frac{z-1}{2}\), ta thấy chỉ có tọa độ của điểm \(M\) là không thỏa mãn.

Vậy chỉ có điểm \(M\) không thuộc \(d\).

Ta có \(d\) đi qua điểm \(M(5 ; 4 ; 1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2 ;-3 ; 1)\) ta có

Phương trình tham tham số của \(d \colon \begin{cases}x=5+2t\\y=4-3t\\z=1+t\end{cases} (t\in \mathbb{R})\)

Phương trình chính tắc của

\(d\colon \displaystyle\frac{x-5}{2}=\displaystyle\frac{y-4}{-3}=\displaystyle\frac{z-1}{1}\).

\(d\) đi qua hai điểm \(P(1 ; 2 ; 3)\) và \(Q(5 ; 4 ; 4)\) ta có vec tơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{PQ}=(4;2;1)\)

Phương trình tham số của \(d\colon \begin{cases}x=1+4t\\y=2+2t\\z=3+1t\end{cases} (t\in \mathbb{R})\)

Phương trình chính tắc của

\(d \colon \displaystyle\frac{x-1}{4}=\displaystyle\frac{y-2}{2}=\displaystyle\frac{z-3}{1}\).

\(d\) song song với \(\Delta\) nên đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;3;0)\)

\(d\) đi qua điểm \(B(2 ; 0 ;-3)\) và song song với đường thẳng \(\Delta\) là

\(d \colon \begin{cases}x=2+t\\y=3t\\z=-3\end{cases} (t\in \mathbb{R})\).

Do \(d\) song song với \(d'\) nên đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(2;1;3 \right)\)

\(d\) đi qua điểm \(A(-2 ; 3 ; 1)\) và song song với đường thẳng \(d'\) nên

Phương trình tham số của \(d \colon \begin{cases}x=-2+2t\\y=3+t\\z=1+3t\end{cases} (t\in \mathbb{R})\).

Phương trình chính tắc của

\(d \colon \displaystyle\frac{x+2}{2} =\displaystyle\frac{y-3}{1}=\displaystyle\frac{z-1}{3}.\)

Phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(A(-1;3;2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(-2;3;4)\) lần lượt là

\(\Delta\colon\begin{cases}x=-1-2t\\y=3+3t\\z=2+4t\end{cases}\) (\(t\in\mathbb{R}\)) và \(\Delta\colon\displaystyle\frac{x+1}{-2}=\displaystyle\frac{y-3}{3}=\displaystyle\frac{z-2}{4}\).

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua hai điểm \(M(2;-1;3)\); \(N(3;0;4)\) sẽ nhận véc-tơ \(\overrightarrow{MN}=(1;1;1)\) làm véc-tơ chỉ phương. Khi đó phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\) lần lượt là

\(\Delta\colon\begin{cases}x=2+t\\y=-1+t\\z=3+t\end{cases}\) (\(t\in\mathbb{R}\)) và \(\Delta\colon\displaystyle\frac{x-2}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{1}=\displaystyle\frac{z-3}{1}\).

a) Do \(\Delta\) có phương trình \(\left\{\begin{array}{l}x=-1+3 t \\ y=1+0 t \\ z=0+2 t\end{array}\right.\)

nên điểm \(M(-1;1;0)\) thuộc \(\Delta\) và \(\overrightarrow{u}(3 ; 0 ; 2)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta\).

b) Đường thẳng \(\Delta^{\prime}\) có phương trình tham số là \(\left\{\begin{array}{l}x=2+3 s \\ y=1 \\ z=2 s .\end{array}\right.\)

Đường thẳng \(\Delta\) có phương trình tham số là: \(\left\{\begin{array}{l}x=1+3 t \\ y=-2-5 t \\ z=4+t\end{array}\right.\) và có phương trình chính tắc là \(\frac{x-1}{3}=\frac{y+2}{-5}=\frac{z-4}{1}\)

Mặt phẳng \((\alpha)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(3 ; 2 ; 0)\). Giá của \(\overrightarrow{n}=(3 ; 2 ; 0)\) và \(\Delta\) cùng vuông góc với \((\alpha)\) nên chúng trùng nhau hoặc song song với nhau. Do đó \(\Delta\) nhận \(\overrightarrow{n}=(3 ; 2 ; 0)\) làm một véc-tơ chỉ phương.

Vậy \(\Delta\) có phương trình tham số là:

\(\left\{\begin{array}{l}x=-1+3 t \\ y=4+2 t \\ z=5 .\end{array}\right.\)

Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A(1 ; 2 ;-1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}=(1 ; 2 ; 1)\).

Do đó \(A B\) có phương trình chính tắc là \(\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{2}=\dfrac{z+1}{1}\) và có phương trình tham số là \(\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=2+2 t \\ z=-1+t\end{array}\right.\)

Phương trình tham số của đường thẳng \(\Delta\) là

\(\begin{cases}x=2+3 t \\ y=-1+4 t \,\text {(t là tham số)} \\z=4-5 t\end{cases}\)

Vì \(\Delta\) vuông góc với \((P)\) nên véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) chính là véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) là \((3;-1;2)\), \(\Delta\) qua \(C\) nên phương trình là \(\begin{cases}x=1+3t\\y=2-t\\z=-4+2t\end{cases}(t\in \mathbb{R})\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(A(1;3;6)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(9;2;13)\) là

\(\displaystyle\frac{x-1}{9}=\displaystyle\frac{y-3}{2}=\displaystyle\frac{z-6}{13}.\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) có \(\begin{cases}M(-1;3;6)\\\text{VTCP}\, \overrightarrow{u}=(2;-5;9).\end{cases}\)

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{x+1}{2}=\displaystyle\frac{3-y}{5}=\displaystyle\frac{z-6}{9}\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là

\(\displaystyle\frac{x-4}{5-4}=\displaystyle\frac{y-1}{8-1}=\displaystyle\frac{z-2}{6-2} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{x-4}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{7}=\displaystyle\frac{z-2}{4}.\)

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB\) là

\(\begin{cases} x=4+t \\y=1+7 t \\z=2+4 t\end{cases}\) ( \(t\) là tham số).

Phương trình chính tắc của \(OM\) có \(\begin{cases}\text{Qua}\, O(0;0;0)\\\text{VTCP}\colon \overrightarrow{OM}=(a;b;c).\end{cases}\)

\(OM\colon \displaystyle\frac{x}{a}=\displaystyle\frac{y}{b}=\displaystyle\frac{z}{c}.\)

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\colon \begin{cases}x=1+2 t \\ y=3 t \\ z=-2+t\end{cases}\) là

\(\displaystyle\frac{x-1}{2}=\displaystyle\frac{y}{3}=\displaystyle\frac{z+2}{1}\).

a) Phương trình tham số của \(a\) là \(\begin{cases} x=t\\y=-2-5t\\z=-3. \end{cases}\)

b) Đường thẳng \(a\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}=(3;-2;3)\) nên có phương trình tham số: \(\begin{cases} x=3t\\y=-2t\\z=2+3t. \end{cases}\)

a) Đường thẳng \(b\) có phương trình chính tắc là \(\displaystyle\frac{x-1}{5}=\displaystyle\frac{y+2}{-3}=\displaystyle\frac{z+3}{2}\).

b) Đường thẳng \(b\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}=(-2;-6;4)\) nên có phương trình chính tắc là \(\displaystyle\frac{x-4}{-2}=\displaystyle\frac{y-7}{-6}=\displaystyle\frac{z-1}{4}.\)

a) \(d\) qua \(A(3;-3;2)\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;3;7)\).

b) Phương trình tham số của \(d\) là \(\begin{cases} x=3+t\\y=-3+3t\\z=2+7t. \end{cases}\)

\(d'\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(3;2;4)\).

Vì \(d\parallel d'\) nên \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}\), khi đó \(d\) có phương trình tham số là \(\begin{cases} x=1+3t\\y=2t\\z=1+4t. \end{cases}\)

Ta có phương trình tham số của \(d\) là:

\(\left\{\begin{array}{l}x=1+4t\\y=2+5t\\z=3-7t.\end{array}\right.\)

Thay \(x=1\) vào phương trình \(x=1+4t\), ta được \(1=1+4t\), suy ra \(t=0\).

Thay \(y=1\) và \(t=0\) vào phương trình \(y=2+5t\), ta thấy phương trình không thoả mãn. Suy ra đường thẳng \(d\) không đi qua điểm \(A\).

Ta có phương trình tham số của \(d\) là:

\(\left\{\begin{array}{l}x=5+9t\\y=0\\z=-7-2t.\end{array}\right.\)

Thay \(x=-4\) vào phương trình \(x=5+9t\), ta được \(-4=5+9t\), suy ra \(t=-1\).

Thay \(y=0\), \(z=-5\) và \(t=-1\) vào các phương trình \(z=-7-2t\) và \(y=0\), ta thấy thoả mãn. Suy ra đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\).

Đường thẳng \(d\) có phương trình chính tắc là: \(\displaystyle\frac{x-1}{4}=\displaystyle\frac{y-2}{5}=\displaystyle\frac{z-3}{-7}\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\) là

\(\displaystyle\frac{x-5}{3}=\displaystyle\frac{y}{2}=\displaystyle\frac{z+6}{-4}\)

Đường thẳng \(AB\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{AB}=\left(2;4;3 \right)\) nên có phương trình tham số:

\(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=1+4t\\z=5+3t\end{array}\right.\)

và phương trình chính tắc:

\(\displaystyle\frac{x-1}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{4}=\displaystyle\frac{z-5}{3}\)

Đường thẳng \(MN\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{MN}=\left(2;3;2\right)\) nên có phương trình tham số:

\(\left\{\begin{array}{l}x=4+2t\\y=3+3t\\z=1+2t\end{array}\right.\)

và phương trình chính tắc:

\(\displaystyle\frac{x-4}{2}=\displaystyle\frac{y-3}{3}=\displaystyle\frac{z-1}{2}\)

Phương trình tham số của đường thẳng \(\Delta\) là

\(\begin{cases}x=2+2t\\y=-3t\\z=-1+t\end{cases}\) (\(t \in \mathbb{R}\)).

Ta có \(I(0;1;-1)\) là trung điểm của \(AB\) và \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_d=(1;-1;2)\).

\(d' \parallel d\) nên \(d'\) nhận \(\overrightarrow{u}_{d'}=\overrightarrow{u}_d=(1;-1;2)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình của \(d'\) qua \(I(0;1;-1)\) và nhận \(\overrightarrow{u}_{d'}=(1;-1;2)\) làm véc-tơ chỉ phương là

\[\displaystyle\frac{x}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z+1}{2}.\]

Ta có \(\overrightarrow{MN}=(4;6;2)\).

Phương trình của \(MN\) đi qua \(M(1;-1;-1)\), nhận \(\overrightarrow{u}=(2;3;1)\) là véc-tơ chỉ phương là

\[MN \colon \begin{cases}x=1+2t\\y=-1+3t\\z=-1+t\end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).\]

a) Ta có: \(\overrightarrow{BB^{\prime}}=\overrightarrow{O O^{\prime}}=(0;0;3a)\).

Suy ra \(x_{B^{\prime}}=x_B=2 a\), \(y_{B^{\prime}}=y_B=0, z_{B^{\prime}}-0=3 a\), tức là \(B^{\prime}(2 a ; 0 ; 3 a)\).

b) Vì \(B(2 a ; 0 ; 0), C(0 ; a ; 0), O^{\prime}(0 ; 0 ; 3 a)\) nên mặt phẳng \(\left(O^{\prime} B C\right)\) có phương trình là

\(\displaystyle\frac{x}{2 a}+\displaystyle\frac{y}{a}+\displaystyle\frac{z}{3 a}=1 \Leftrightarrow 3 x+6 y+2 z-6 a=0.\)

c) Mặt phẳng \(\left(O^{\prime} B C\right)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(3 ; 6 ; 2)\).

Do \(B^{\prime}(2 a ; 0 ; 3 a), C(0 ; a ; 0)\) nên \(\overrightarrow{B^{\prime} C}=(-2 a ; a ;-3 a)\), suy ra véc-tơ \(\overrightarrow{B^{\prime} C}=(-2 a ; a ;-3 a)\) cùng phương với véc-tơ \(\overrightarrow{u}=(-2 ; 1 ;-3)\).

Vì thế véc-tơ \(\overrightarrow{u}=(-2 ; 1 ;-3)\) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(B^{\prime} C\).

Suy ra \(\sin\) của góc giữa đường thẳng \(B^{\prime} C\) và mặt phẳng \(\left(O^{\prime} B C\right)\) bằng:

\(\displaystyle\frac{|3 \cdot(-2)+6 \cdot 1+2 \cdot(-3)|}{\sqrt{3^2+6^2+2^2} \cdot \sqrt{(-2)^2+1^2+(-3)^2}}=\displaystyle\frac{6}{7 \sqrt{14}}=\displaystyle\frac{3 \sqrt{14}}{49}.\)

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(3;3;-2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;3;1)\). Viết phương trình đường thẳng \(d\) là \(d\colon\displaystyle\frac{x-3}{1}=\displaystyle\frac{y-3}{3}=\displaystyle\frac{z+2}{1}.\)

Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow{AB}=\left(1;-2;1\right)\).

Suy ra phương trình đường thẳng \(AB\) là: \(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{-2}=\displaystyle\frac{z-2}{1}\).

Rõ ràng \(M\notin (d)\).

Đường thẳng \((d)\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-1;2;-1)\).

Đường thẳng đi qua \(M(0;1;-1)\) và song song với đường thẳng \((d)\) có phương trình là \(\displaystyle\frac{x}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{-2}=\displaystyle\frac{z+1}{1}\).

Do giả thiết ta suy ra phương trình chính tắc của đường thẳng là \(\displaystyle\frac{x - 1}{2} = \displaystyle\frac{y + 2}{- 1} = \displaystyle\frac{z - 3}{- 2}\).

Đường thẳng \((d)\) đi qua điểm \(M(3;-1;0)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=(-1;2;-3)\) làm véc-tơ chỉ phương. Viết phương trình chính tắc của \((d)\colon \displaystyle\frac{x-3}{-1}=\displaystyle\frac{y+1}{2}=\displaystyle\frac{z}{-3}\).

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(M\left(2;0;-1\right)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;-3;1)\) nên có phương trình tham số \(\begin{cases} x=2+2t \\ y=-3t \\ z=-1+t \end{cases}, t \in \mathbb{R}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases}x=2+2t\\y=-1-t\\z=1-t\end{cases}, (t\in \mathbb{R}).\)

\(\overrightarrow{AB}=(1;-5;4)\).

Đường thẳng đi qua hai điểm \(A(1;2;-3)\) và \(B(2;-3;1)\) có phương trình tham số là

\(\begin{cases}x=1-t\\y=2+5t\\z=-3-4t\end{cases}, t\in \mathbb{R}\).

Với \(t=-2\), ta được \(M(3;-8;5)\) thuộc đường thẳng \(AB\).

Khi đó, đường thẳng \(AB\) có phương trình tham số

\(\begin{cases}x=3-t\\y=-8+5t\\z=5-4t\end{cases}, (t\in \mathbb{R})\).

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(A(2;-1;2)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=(-1;2;-1)\) làm véc-tơ chỉ phương có phương trình chính tắc là

\(\Delta: \displaystyle\frac{x-2}{-1}=\displaystyle\frac{y+1}{2}=\displaystyle\frac{z-2}{-1}\).

Do \(\Delta\) nhận \(\overrightarrow{a}=(4;-6;2)=2(2;-3;1)\) làm véc-tơ chỉ phương nên ta suy ra phương trình tham số của đường thẳng \(\Delta\) là \(\begin{cases}x=2+2t\\y=-3t\\z=-1+t.\end{cases}\)

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-1;1;1)\) và đi qua điểm \(M(2;1;0)\).

Do đó \(d\) có phương trình chính tắc là \(\displaystyle\frac{x-2}{-1} = \displaystyle\frac{y-1}{1} = \displaystyle\frac{z}{1}\).

Đường thẳng cần tìm có véc-tơ chỉ phương là \((0;1;0)\).

Phương trình tham số của đường thẳng là \(\begin{cases}x=1 \\ y=2+t \\ z=3\end{cases}, t\in \mathbb{R}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB} = (1, -2, -2)\). Viết phương trình đường thẳng \(AB\) đi qua \(B(2;-1;0)\) nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương trình là \(\displaystyle\frac{x - 2}{-1} = \displaystyle\frac{y + 1}{2} = \displaystyle\frac{z}{2}\).

Phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M(2; 0; -1)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{a} (4; -6; 2)\) nên có phương trình \(\displaystyle\frac{x - 2}{2} = \displaystyle\frac{y}{-3} = \displaystyle\frac{z + 1}{1}\).

Ta có: \(\overrightarrow{u}=\left(4; - 6; 2\right)\Rightarrow \overrightarrow{u'}=\left(2; - 3; 1\right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta\) là \(\displaystyle\frac{x - 2}{2}=\displaystyle\frac{y}{- 3}=\displaystyle\frac{z + 1}{1}\).

{Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;3;2)\).

Đường thẳng \(AB\) có phương trình chính tắc là \(\displaystyle\frac{x}{-1}=\displaystyle\frac{y-1}{3}=\displaystyle\frac{z-3}{2} \cdot \)

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(-1;1;1)\) và đi qua điểm \(M(2;1;0)\). Do đó phương trình chính tắc của \(d\) là \(\displaystyle\frac{x-2}{-1}=\displaystyle\frac{y-1}{1}=\displaystyle\frac{z}{1}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(1;2;2)\) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\).

\(\mathrm{d}\) đi qua điểm \(B(1;3;4)\), nên có phương trình là: \(\begin{cases}x=1+t\\y=3+2t\\z=4+2t\end{cases}\), \(t\in\mathbb{R}\).

Ta có \(\overrightarrow{BA}=(4;-1;7)\) là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là \(\displaystyle\frac{x+3}{4}=\displaystyle\frac{y}{-1}=\displaystyle\frac{z+4}{7}.\)

Đường thẳng đi qua điểm \(A(3;0;-4)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(5;1;-2)\) có phương trình là

\(\displaystyle\frac{x-3}{5}=\displaystyle\frac{y}{1}=\displaystyle\frac{z+4}{-2}.\)

Đường thẳng \(AB\) nhận véc-tơ \(\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(3;-1;1)\) làm véc-tơ chỉ phương. Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là \(\displaystyle\frac{x-1}{3}=\displaystyle\frac{y-2}{-1}=\displaystyle\frac{z+3}{1}\).

Véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u} = \overrightarrow{AO} = (2;-1;-3)\) và đi qua \(A\) nên phương trình chính tắc là \(\displaystyle\frac{x+2}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{-3}.\)

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm \(M(2;-1;3)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;-2;-4)\) có dạng \(\displaystyle\frac{x-2}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{-2}=\displaystyle\frac{z-3}{-4}\).

Trục \(Oz\) qua điểm \(O(0;0;0)\) và nhận véc-tơ đơn vị \(\overrightarrow{k}=(0;0;1)\) làm véc-tơ chỉ phương. Do đó trục \(Oz\) có phương trình là \(\begin{cases}x=0 \\ y=0 \\z=t \end{cases}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(1;1;-2)\), do đó phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\begin{cases}x=1+t\\y=2+t\\z=1-2t\end{cases}\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua \(A(1;-2;3)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;-1;6)\) là

\(\displaystyle\frac{x-1}{2}=\displaystyle\frac{y+2}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{6}.\)

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm \(M\left(1;2;-3\right)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=\left(2;-1;1\right)\) làm véc-tơ chỉ phương là

\(\displaystyle\frac{x-1}{2}=\displaystyle\frac{y-2}{-1}=\displaystyle\frac{z+3}{1}.\)

Ta có \(\overrightarrow{MN}=(2;2;-4)=2(1;1;-2)\) nên đường thẳng \(MN\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(1;1;-2)\).

Mặt khác đường thẳng \(MN\) đi qua điểm \(M(1;-1;2)\) nên có phương trình chính tắc là

\(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{1}=\displaystyle\frac{z-2}{-2}.\)

Ta có \(d\) đi qua \(M(1;-1;5)\) và có VTCP là \(\overrightarrow{u}=(3;2;-1)\).

\(\overrightarrow{MA}=(0;2;-2)\) và \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{MA}, \overrightarrow{u}\right]=(2;-6;-6)\).

\((P)\) đi qua \(A(1;1;3)\) và chứa \(d\) nên có VTPT là \(\overrightarrow{n}\). Do đó

\begin{eqnarray*}&(P) \colon & -2(x-1)+6(y-1)+6(z-3)=0\\& \Leftrightarrow & -2x + 6y +6z -22=0\\& \Leftrightarrow & x-3y-3z+11=0.\end{eqnarray*}

Gọi \(\overrightarrow{u}\) véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\), ta chọn \(\overrightarrow{u}\left(- 3; 2; - 4\right)\). Giả sử \(M_{0}\in d\), chọn \(M_{0}\left(2, - 1; 4\right)\) suy ra phương trình tham số \(d\) là \(\left\{\begin{aligned} &x = 2 - 3m\\ &y = - 1 + 2m\\&z = 4 - 4m\end{aligned}\right.;\ m\in\mathbb{R}.\)

Gọi \(\Delta\) là đường thẳng qua \(M\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left(\alpha \right)\).

Phương trình tham số của \(\Delta\) là \(\left\{\begin{aligned}&x=1+t \\&y=2-2t \\&z=3+t\end{aligned}\right.\).

Ta có \(H= \Delta \cap \left(\alpha \right)\).

Xét phương trình \(1+t-2(2-2t)+(3+t)-12=0 \Leftrightarrow t=2\) \(\Rightarrow H(3;-2;5)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&\overrightarrow{u}_d=(1;4;-2) \\&\overrightarrow{u}_{d'}=(1;-1;1)\end{aligned}\right. \Rightarrow \left[\overrightarrow{u}_d,\overrightarrow{u}_{d'}\right]=(2;-3;-5)\).

Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A(1;-1;3)\) và nhận \(\left[\overrightarrow{u}_d,\overrightarrow{u}_{d'}\right]=(2;-3;-5)\) là một véc-tơ pháp tuyến.

\(\Rightarrow (P)\colon 2(x-1)-3(y+1)-5(z-3)=0 \Leftrightarrow 2x-3y-5z+10=0\).

Đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(A(-1;2;-3)\) và \(B(1;5;-2)\).

Hình chiếu của \(A\) và \(B\) trên mặt phẳng \(Oxy\) lần lượt là \(A'(-1;2;0)\) và \(B'(1;5;0)\).

véc-tơ \(\overrightarrow{A'B'}=(2;3;0)\) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(A'B'\) nên đường thẳng \(A'B'\) có phương trình là \(\left \lbrace \begin{aligned}&x=5-6t\\ &y=11-9t\\&z=0\end{aligned} \right.\).

Đường thẳng \((d)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(-1;-1;1)\) và điểm \(A'\) có tọa độ \(A'(4-t; 1-t; 1+t)\).

Ta có \(\overrightarrow{A'A}=(t-3; t; -t)\).

Ta có \(\overrightarrow{A'A}\cdot \overrightarrow{u}=0\Leftrightarrow 3-t-t-t=0\Leftrightarrow t=1\).

Từ đó có \(A'(3;0;2)\).

Xét hệ phương trình \(\begin{cases} 2x + y -z - 3 = 0\\ x + y + z - 1 = 0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x - 2z - 2 = 0\\x + y + z - 1 = 0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x = 2z + 2\\ y = -3z - 1\end{cases}.\)

Đặt \(z = t\) ta suy ra \(x = 2t + 2, y = -3t - 1\). Từ đó ta thu được phương trình đường thẳng \(d:\)

\(\displaystyle\frac{x - 2}{2} = \displaystyle\frac{y + 1}{-3} = \displaystyle\frac{z}{1}\). Xét điểm \(A(2; -1; 0) \in d,\) ta thấy \(A\) chỉ thuộc đường thẳng \(\displaystyle\frac{x}{2} = \displaystyle\frac{y - 2}{-3} = \displaystyle\frac{z + 1}{1}\).

Véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) và \((Q)\) lần lượt là \(\overrightarrow{n}=(2;-1;3)\) và \(\overrightarrow{n'}=(1;-1;1)\).

Do đó một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{n'}\right]=(2;1;-1)\).\\Cho \(z=0\) xét hệ phương trình \(\begin{cases}2x-y+1=0\\x-y+5=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=4\\y=9\end{cases}\).

Suy ra điểm \(M(4;9;0)\in d\).

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\) là \(\displaystyle\frac{x-4}{2}=\displaystyle\frac{y-9}{1}=\displaystyle\frac{z}{-1}\).

Chọn điểm \(A(0;-1;6)\) thuộc về giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\).

Véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) và \((Q)\) là \(\overrightarrow{n}_P=(3;1;1)\) và \(\overrightarrow{n}_Q=(1;2;1)\).

Khi đó véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \((d)\) giao tuyến của \(\overrightarrow{n}_P=[\overrightarrow{n}_P;\overrightarrow{n}_Q]=(1;2;1)\).

Vậy phương trình đường thẳng giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\) là \(d\colon\begin{cases}x=t\\y=-1+2t\\z=6+t\end{cases}\).

Ta có \(d=\left(Oyz\right)\cap (P)\) nên ta suy ra

\(d\) đi qua điểm \(A\left(0; 0; 3\right)\) và có VTCP \(\overrightarrow{u}_{d}=\left[\overrightarrow{i}, \overrightarrow{n}_{P}\right]=\left(0; - 2; - 3\right)\) hay \(\overrightarrow{u'}=\left(0; 2; 3\right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d\colon\begin{cases} x=0 \\ y=2t \\ z=3 + 3t\end{cases}\).

Véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) là \(\overrightarrow{n_P}=(3;1;0)\).

Véc-tơ pháp tuyến của \((Q)\) là \(\overrightarrow{n_Q}=(2;1;1)\).

Suy ra một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_Q}\right]=(1;-3;1)\).

Phương trình đường thẳng cần tìm là \(\begin{cases}x=1+t\\y=2-3t\\z=3+t\end{cases}\).

Lấy \(A(0;1;0)\) và \(B(-1;0;1)\) là hai điểm thuộc giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\).

Vì mặt phẳng \((R)\) đi qua giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\) nên \((R)\) cũng chứa hai điểm \(A\) và \(B\), do đó ta có hệ

\(\begin{cases}a \cdot 0+ b \cdot 1-0+2=0\\ a \cdot (-1) +b\cdot 0-1+2=0} \Leftrightarrow \begin{cases}b=-2\\ a=1\end{cases} \Rightarrow a+b=-1.\)

Ta có \(\overrightarrow{u_1} =(3;1;1)\) là véc-tơ pháp tuyến của \((P)\), \(\overrightarrow{u_2} =(1;-2;1)\) là véc-tơ pháp tuyến của \((Q)\).

Suy ra \([\overrightarrow{u_1} ,\overrightarrow{u_2} ] = (-1;-2;5)\). Viết phương trình đường thẳng \(d\) nhận véc-tơ này làm véc-tơ chỉ phương.

Dễ thấy điểm \(M(0;-1;6)\) là điểm chung của \((P)\) và \((Q)\). Nên \(M \in d\).

Đường thẳng \(d\) có phương trình là \(\begin{cases}x=-u\\y=-1-2u\\z=6+5u\end{cases}\), hoặc \(d \colon \begin{cases}x=t\\y=-1+2t\\z=6-5t\end{cases}\) (nếu chọn \(t=-u\)).

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(A(1; 2; -3)\) và có vectơ chỉ phương là \((1; -2; -1)\) nên phương trình đường thẳng \(\Delta\) là \(\displaystyle\frac{x - 1}{1} = \displaystyle\frac{y - 2}{-2} = \displaystyle\frac{z + 3}{-1}\).

Gọi \((d)\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \((P)\).

Vì \((d) \perp (P) \Rightarrow (d)\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{n_d} = (1;1;-1)\).

Trong \(4\) đáp án chỉ có \(\begin{cases} x=1+t \\ y=t\\ z=1-t\end{cases}\) có véc-tơ chỉ phương cùng phương với \(\overrightarrow{n_d}\) và tọa độ \(M(-1;-2;3)\) thỏa hệ phương trình.

Đường thẳng \(\Delta\) vuông góc với mặt phẳng \((P)\colon2x+y-3z+5 = 0\) nên \(\Delta\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \overrightarrow {n_P} = \left(2;1;-3\right)\).

Phương trình \(\Delta\) là: \(\begin{cases}x = 1+2t\\y = 2+t\\z =-3t\end{cases}\quad \quad (1)\).

Kiểm tra được điểm \(M\left(3;3;-3\right)\) thỏa mãn hệ \((1)\).

Vậy phương trình \(\begin{cases}x = 3+2t\\y = 3+t\\z =-3-3t\end{cases}\) cũng là phương trình của \(\Delta\).

Đường thẳng \(\Delta\) vuông góc với mp \(\left(P \right)\) nên đường thẳng \(\Delta\) nhận véctơ pháp tuyến của \(\left(P \right)\) làm vectơ chỉ phương : \({{\overrightarrow{a}}_{\Delta }}={{\overrightarrow{n}}_P}=\left(2;-1;1 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng là \(\Delta :\begin{cases} x=1+2t\\ y=-2-t\\ z=1+t.\end{cases}\)

Đường thẳng \((d)\) qua điểm \(M(1;1;2)\) và vuông góc \((P)\) nên có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}_d=\overrightarrow{n}_P=(2;-1;3)\).

Vậy \(d\) có phương trình: \(\displaystyle\frac{x-1}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-2}{3}\).

Ta có một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(2x-3y+6z+19=0\) là \(\overrightarrow{n}=(2;-3;6)\).

Đường thẳng đi qua điểm \(A(-2;4;3)\) và vuông góc với mặt phẳng \(2x-3y+6z+19=0\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{n}=(2;-3;6)\) nên có phương trình là \(\displaystyle\frac{x+2}{2}=\displaystyle\frac{y-4}{-3}=\displaystyle\frac{z-3}{6}\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(1;-2;1)\) nên đường thẳng cần tìm có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{n}=(1;-2;1)\).

Vậy phương trình đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \((P)\) là \(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-2}{-2}=\displaystyle\frac{z}{1}\).

Gọi \(d\) là phương trình đường thẳng cần tìm.

\(d\) vuông góc với \((P)\) nên VTCP của \(d\) là \(\overrightarrow{u}_d=\overrightarrow{n}_P=(2;-1;3)\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases} x=1+2t \\ y=-2-t\\z=3+3t.\end{cases}\)

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng\((P)\) nhận \(\overrightarrow{n}=(2;-1;3)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thẳng là \(\begin{cases}x=1+2t\\y=2-t\\z=-3+3t.\end{cases}\)

Gọi \(d\) là phương trình đường thẳng cần tìm.

\(d\) vuông góc với \((P)\) nên VTCP của \(d\) là \(\overrightarrow{u}_d=\overrightarrow{n}_P=(2;1;-3)\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases} x=1+2t \\ y=-2+t\\z=2-3t.\end{cases}\)

Ta có

\[\overrightarrow{AB}=(1;-2;2),\ \overrightarrow{AD}=(0;-1;3)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right]=(-4;-3;-1).\]

Đường thẳng đi qua \(C\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABD)\) nhận véc-tơ \(\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right]\) làm véc-tơ chỉ phương, có phương trình là

\[\begin{cases}x=2-4t\\ y=-1-3t\\ z=3-t\end{cases}\quad \text{hay}\quad \begin{cases}x=-2+4t\\ y=-4+3t\\ z=2+t.\end{cases}\]

Mặt phẳng \(ABC\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\).

\(\overrightarrow{AB}=(-1;3;1)\) và \(\overrightarrow{AC}=(1;-1;0)\Rightarrow \overrightarrow{n}=(1;1;-2)\).

Đường thẳng qua \(D\) và vuông góc với \((ABC)\) nhận \(\overrightarrow{n}\) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương trình tham số là \(\begin{cases}x=1+s \\y=1+s\\z=-3-2s\end{cases}\). Đặt \(t=1+s\) ta có phương trình \(\begin{cases}x=t \\y=t \\z=-1-2t.\end{cases}\)

Ta có \(\overrightarrow{BC}=(2;0;-1)\); \(\overrightarrow{BD}=(0;-1;2)\); \(\overrightarrow{u}=[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}]=(-1;-4;-2)\).

Đường thẳng \(\begin{cases}x=2+t\\ y=4+4t\\ z=4+2t\end{cases}\) có véc-tơ chỉ phương là \((1;4;2)\) cùng phương với \(\overrightarrow{u}\) và đi qua \(A\) nên phương trình của nó chính là phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu.

Đường thẳng \(d\) đi qua \(A(1;-1;-2)\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nhận véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) là \(\overrightarrow{n}_P=(1;-2;-3)\) làm véc-tơ chỉ phương, khi đó đường thẳng \(d\) có phương trình là

\begin{align*}d\colon \displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{-2}=\displaystyle\frac{z+2}{-3}.\end{align*}

Mặt phẳng \((P)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1; 0; 1)\).

Đường thẳng đi qua \(M(3; 2; -1)\) và nhận \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1; 0; 1)\) là véc-tơ chỉ phương có phương trình là \(\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2 \\ z = -1 + t.\end{cases}\)

Phương trình mặt phẳng \((P): 1(x-2)-1(y-0)+2(z+1)=0 \Leftrightarrow x-y+2z=0\).

Một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta\) là \(\overrightarrow{u}=(2;1;3)\).

Vì mặt phẳng cần tìm vuông góc với đường thẳng \(\Delta\) nên có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u}=(2;1;3)\).

Phương trình mặt phẳng cần tìm là \(2(x-1)+1(y-2)+3(z+2)=0\Leftrightarrow 2x+y+3z+2=0\).

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(1;2;-2)\).

Gọi \((P)\) là mặt phẳng cần tìm. Do \((P) \perp d\) nên \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u}=(1;2;-2)\).

Phương trình của \((P)\) là

\[(x-3)+2(y+2)-2(z-2)=0 \Leftrightarrow x+2y-2z+5=0.\]

Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \((d)\) là \(\overrightarrow{u}=(2;1;-1)\).

Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A(2;-1;1)\) nhận \(\vec {u}\) là véc-tơ pháp tuyến có phương trình\\ \(2(x-2)+1(y+1)-1(z-1)=0 \Leftrightarrow 2x+y-z-2=0.\)

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;-1;2)\).

Vì mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) nên \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;-1;2)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \((P)\) là \((x-1)-(y+2)+2(z-3)=0\Leftrightarrow x-y+2z-9=0\).

Mặt phẳng cần tìm qua \(A(3;2;-1)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=(1;-5;1)\) là véc-tơ chỉ phương của \(d\) làm véc-tơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng là

\((x-3)-5(y-2)+(z+1)=0\Leftrightarrow x-5y+z+8=0.\)

Chọn trên \(d_1\) hai điểm \(A(-1;1;3),\ B(2;3;1)\) và trên \(d_2\) hai điểm \(C(0;1;-3),\ D(1;2;-1)\).

Phương trình mặt phẳng \((ABC)\) là \(6x-8y+z+11=0\). Dễ dàng kiểm tra thấy điểm \(D\) thuộc mặt phẳng \((ABC)\).

Vậy phương trình mặt phẳng chứa \(d_1\) và \(d_2\) là \(6x-8y+z+11=0\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(-3;2;1)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;-1;2)\). Đường thẳng \(d'\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u'}=(1;3;2)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}, \overrightarrow{u'}\right]=(-8;0;4)\), suy ra mặt phẳng \((P)\) chứa đường thẳng \(d\) và song song với \(d'\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;0;-1)\).Phương trình mặt phẳng \((P)\) là

\(2\cdot (x+3)+0\cdot (y-2)+(-1)\cdot (z-1)=0 \Leftrightarrow 2x-z+7=0.\)

Ta có \(d_1\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(1;1;2)\) và \(d_2\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2=(1;1;2)\).

Ta thấy \(d_1\) và \(d_2\) song song nhau, chọn \(M(1;-2;3)\in d_1\) và \(N(-1;1;0)\in d_2\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(-2;3;-3)\).

Khi đó véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\) là

\(\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{u}_1\right]=(-9;-1;5)\).

Mặt phẳng \((P)\) qua \(N(-1;1;0)\) có phương trình \((P)\colon9x+y-5z+8=0\).

Khi đó \(\mathrm{d}(A,(P))=\displaystyle\frac{|9\cdot(-1)+1-5\cdot1+8|}{\sqrt{9^2+(-1)^2+5^2}}=\displaystyle\frac{5}{\sqrt{107}}\).

Ta có \(B(1;-2;3)\in d\), \(\overrightarrow{AB}=(3;-3;0)\), véc-tơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{u}_d=(2;-1;1)\).

Suy ra \(\left[\overrightarrow{u}_d,\overrightarrow{AB}\right]=(3;3;-3)\).

Suy ra véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) qua \(A,d\) là \(\overrightarrow{n}_P=(1;1;-1)\).

Do đó \((P)\colon x+y-z+D=0\).

Do \(A\in (P)\) nên \(-2+1-3+D=0\Leftrightarrow D=4\).

Vậy \((P)\colon x+y-z+4=0\).

Ta có \(\overrightarrow{n}_{\alpha}=(1;1;-1)\), \(\overrightarrow{u}_d=(2;1;1)\).

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là \(\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{n}_{\alpha};\overrightarrow{u}_d]=(2;-3;-1)\).

Phương tình mặt phẳng cần tìm là \(2(x+1)-3(y-1)-(z-2)=0\Leftrightarrow 2x-3y-z+7=0\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A(-1;0;2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;1;1)\).

Trục \(Ox\) có véc-tơ đơn vị \(\overrightarrow{i}=(1;0;0)\).

Do mặt phẳng \((P)\) chứa đường thẳng \(d\) và song song với trục \(Ox\) nên có một véc-tơ pháp tuyến là \([\overrightarrow{u},\overrightarrow{i}]=(0;1;-1)\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\colon 0(x+1)+(y-0)-(z-2)=0 \Leftrightarrow y-z+2=0\).

\(d\) đi qua điểm \(M(1; -2; 1)\) và có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}(2; 1; 2).\) Do \((P)\) chứa \(A\) và \(d\) nên \((P)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\vec n=\left[\overrightarrow{AM},\vec u\right]=(-5; 2; 4).\) Suy ra phương trình của \((P)\) là \(5x-2y-4z-5=0.\)

Trục \(Oz\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{k}=(0;0;1)\) và \(\overrightarrow{OP}=(2;-3;5)\Rightarrow\overrightarrow{n}_{(\alpha)}=[\overrightarrow{k},\overrightarrow{OP}]=(3;2;0)\).

Khi đó phương trình mặt phẳng \((\alpha)\) là: \(3(x-0)+2(y-0)=0\Leftrightarrow 3x+2y=0\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên \((P)\).

Ta có véc-tơ chỉ phương của \(AH\) là \(\overrightarrow{u}=(4;1;2)\).

Phương trình đường thẳng \(AH\) là \(\begin{cases}x=4+4t\\y=2+t\\z=1+2t.\end{cases}\)

Do \(H\in (P)\) nên ta có \(4(4+4t)+(2+t)+2(1+2t)+1=0 \Leftrightarrow t=-1\).

Suy ra \(H(0;1;-1)\).

Gọi \(M'\) là điểm đối xứng của \(M\) qua mặt phẳng \((P)\).

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(MM'\).

Suy ra toạ độ điểm \(M'(-4;0;-3)\).

Gọi \(H(2t;-t;-1+t)\) thuộc đường thẳng \(d\).

Ta có

\begin{eqnarray*} &\mathrm{d}(H,(P))=3\\ \Leftrightarrow\ &\displaystyle\frac{|2t-2\cdot(-t)-2\cdot(-1+t)+5|}{\sqrt{1+4+4}}=3\\ \Leftrightarrow\ &\displaystyle\frac{|2t+7|}{3}=3\\ \Leftrightarrow\ &2t+7=9;\, 2t+7=-9\\ \Leftrightarrow\ &t=1;\, t=-8.\end{eqnarray*}

Với \(t=1\) ta được \(H(2;-1;0)\) và với \(t=-8\) ta được \(H(-16;8;-9)\).

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(M(0;8;3)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;4;2)\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\).

Ta có \(\overrightarrow{v} = \left[ \overrightarrow{u}, \overrightarrow{n}\right] = \left(\begin{vmatrix} 4 2 \\ 11 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} 21 \\ 1 1 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} 1 4 \\ 11 \end{vmatrix}\right)= \left(2;1;-3 \right).\)

Chú ý rằng véc-tơ chỉ phương của \(d\) vuông góc với \(\overrightarrow{n}\) và \(\overrightarrow{v}\). Do đó véc-tơ chỉ phương của \(d\) là \(\left[\overrightarrow{n}, \overrightarrow{v}\right] = \left(\begin{vmatrix} 1 1 \\ 1-3 \end{vmatrix} ; \begin{vmatrix} 11 \\ -3 2 \end{vmatrix} ; \begin{vmatrix} 11 \\ 21 \end{vmatrix}\right) = \left(-4; 5; -1\right).\)

Do \(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{n} \neq 0\) nên \(\Delta\) cắt \((P)\). Giao điểm của \((\Delta)\) và \((P)\) có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình \(\begin{cases}x+y+z=7\\ x=t \\y=8+4t \\ z=3+2t} \Leftrightarrow \begin{cases}t=-\displaystyle\frac{4}{7} \\ x=-\displaystyle\frac{4}{7} \\ y=\displaystyle\frac{40}{7} \\ z=\displaystyle\frac{13}{7}.\end{cases}\)

Do đó phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases}x=-\displaystyle\frac{4}{7} -4t \\ y=\displaystyle\frac{40}{7} +5t \\ z= \displaystyle\frac{13}{7} -t\end{cases}, t \in \mathbb{R}.\)

Mặt phẳng \((\alpha)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_{\alpha}(1;1;1)\), ta có

\(\quad\quad\overrightarrow{n}_{\alpha}\perp \overrightarrow{u}\) nên \(\overrightarrow{n}_{\alpha}\cdot \overrightarrow{u}= 1+a+b=0\) hay \(a+b=-1\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \((P)\). Ta có \(d\) nhận vec-tơ pháp tuyến của \((P)\) là \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\) làm vec-tơ chỉ phương nên phương trình tham số của \(d\) là \(\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=2+t.\end{cases}\)

Gọi \(H(t;1+t;2+t) =d \cap (P)\). Vì \(H \in (P)\) nên \(t+(1+t)+(2+t)=0 \Rightarrow t=-1 \Rightarrow H(-1;0;1)\).

\(M'\) đối xứng với \(M\) qua \((P)\) nên \(H\) là trung điểm của \(MM'\) suy ra \(M'(-2;-1;0)\).

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng chứa \(\Delta\) và vuông góc với \((P)\). Suy ra, véc-tơ pháp tuyến của \((Q)\) là \(\overrightarrow{n}_Q=\left[\overrightarrow{u}_{\Delta}, \overrightarrow{n}_P\right]=\left(- 1; 1; 0\right)\).

Gọi \(\overrightarrow{u}\) là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta'\). Ta có \(\begin{cases} \overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{n}_P \\ \overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{n}_Q} \Rightarrow \overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n}_P, \overrightarrow{n}_Q\right]=\left(1; 1; - 2\right)\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\), đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_d}=(1;2;-1)\). Vì \(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{u_d}\neq 0\) nên \(d\) và \((P)\) cắt nhau.

Gọi \(A\) là giao điểm của \(d\) và \((P)\), ta có \(A(t;-1+2t;2-t)\) thỏa mãn \(t-1+2t+2-t-3=0 \Leftrightarrow t=1 \Rightarrow A(1;1;1)\).

Điểm \(B(0;-1;2)\in d\), gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \((P)\), ta có phương trình đường thẳng \(BH\) là \(\begin{cases}x=t'\\y=-1+t'\\z=2+t'.\end{cases}\)

Khi đó \(H(t';-1+t';2+t')\) thỏa mãn \(t'-1+t'+2+t'-3=0 \Leftrightarrow t'=\displaystyle\frac{2}{3} \Rightarrow H\left(\displaystyle\frac{2}{3};-\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{8}{3}\right)\).

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \((P)\), khi đó \(H\) là trung điểm của \(BB'\) nên \(B'\left(\displaystyle\frac{4}{3};\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{10}{3}\right)\).

Đường thẳng \(d'\) đối xứng với \(d\) nên đi qua \(A\), \(B'\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AB'}=\left(\displaystyle\frac{1}{3};-\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{7}{3}\right)\) làm véc-tơ chỉ phương. Khi đó \(\overrightarrow{v}=(1;-2;7)\) cũng là một véc-tơ chỉ phương của \(d'\).

Vậy phương trình \(d'\colon \displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{-2}=\displaystyle\frac{z-1}{7}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;-3;-2)\), đường thẳng \(d\) nhận \(\overrightarrow{u}=(1;2;-2)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Theo giả thiết mặt phẳng \((P)\) qua \(A(2;1;3)\) và nhận \(\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{u}]=(10;-4;1)\) làm véc-tơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng \((P)\) là

\(10(x-2)-4(y-1)+(z-3)=0\Leftrightarrow 10x-4y+z-19=0.\)

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_P=(7;3k;m)\), mặt phẳng \((Q)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_Q=(k;-m;1)\),\, mặt phẳng \((\alpha)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_\alpha=(1;-1;-2)\).\\ Mặt phẳng \((P)\), \((Q)\) có giao tuyến khi và chỉ khi \(\overrightarrow{n}_P \ne k \overrightarrow{n}_Q\). \quad (1)

Do giao tuyến của hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) vuông góc với \((\alpha)\) nên \((P) \bot (\alpha)\) và \((Q) \bot (\alpha)\).

Do vậy

\(\begin{cases}\overrightarrow{n}_P \cdot \overrightarrow{n}_\alpha=0\\ \overrightarrow{n}_Q \cdot \overrightarrow{n}_\alpha=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}7-3k-2m=0\\k+m-2=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}k=3\\m=-1\end{cases}\) thỏa điều kiện \((1).\)

Vậy \(T = m^2 + k^2 = 10.\)

Gọi \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\Delta\), suy ra \(B(2+t;1-2t;2t)\) và \(\overrightarrow{AB}(3+t;-2t;2t-6)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{u}=0 \Leftrightarrow 3+t+4t+4t-12=0 \Leftrightarrow t=1.\)

Vậy hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên đường thẳng \(\Delta\) là \(B(3;-1;2)\).

Gọi \(H(x;y;z)\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên đường thẳng \(d\) \(\Rightarrow H\in d\).

do đó \(H(t;1-t;-1+2t)\Rightarrow \overrightarrow{MH}=(t-1;1-t;2t-5)\).

Vì \(MH\perp d\) nên \(\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{u_{d}}=0\)

\(\Leftrightarrow 1\cdot(t-1)-(1-t)+2(2t-5)=0\Leftrightarrow t=2\).

Suy ra \(H\left(2;-1;3\right).\)

Đường thẳng \(AA'\) qua \(A(-1;3;6)\) nhận \(\overrightarrow{n}_P=(6;-2;1)\) làm véc-tơ pháp tuyến.

Suy ra \(AA'\colon \displaystyle\frac{x+1}{6}=\displaystyle\frac{y-3}{-2}=\displaystyle\frac{z-6}{1}\). Gọi \(H=AA'\cap (P)\).

Tọa độ \(H\) là nghiệm của hệ \(\begin{cases} \displaystyle\frac{x+1}{6}=\displaystyle\frac{y-3}{-2}=\displaystyle\frac{z-6}{1} \\ 6x-2y+z-35=0\end{cases}\Rightarrow H(5;1;7)\).

Ta có \(H\) là trung điểm \(AA'\) suy ra \(A'(11;-1;8)\). Suy ra \(OA'=\sqrt{186}\).

Phương trình \((\alpha)\) qua \(A\) và vuông góc với \(d\) là \(3(x-1)-1(y-2)+1(z-3)=0\Leftrightarrow 3x-y+z-4=0\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\colon \begin{cases}x=2+3t\\y=1-t\\z=-1+t.\end{cases}\)

Do \(H\in d\) nên \(H(2+3t; 1-t; -1+t)\).

Mặt khác \(H\in (\alpha)\) nên \(3(2+3t)-(1-t)+(-1+t)-4=0\Leftrightarrow 11t=0\Leftrightarrow t=0\Rightarrow H(2;1;-1)\).

Ta có \(\overrightarrow{n}=(1; -2; 1)\) là véc-tơ pháp tuyến của \((\alpha)\).

Gọi \(H(a; b; c)\) là hình chiếu của \(M\) trên \((\alpha)\).

\(H\) là hình chiếu của \(M\) trên \((\alpha) \Leftrightarrow \begin{cases}H \in (\alpha)\\ MH \perp (\alpha)\end{cases}\).

\(H \in (\alpha) \Leftrightarrow a-2b+c=0 \Leftrightarrow c = -a+2b \Rightarrow H(a; b; -a+2b)\).

Có: \(\overrightarrow{MH} = (a-2; b-3; -a+2b-1)\).

\(MH \perp (\alpha) \Leftrightarrow \overrightarrow{MH} = k \overrightarrow{n} \Leftrightarrow \begin{cases}a-2=k\\b-3=-2k\\-a+2b-1=k\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}a=\displaystyle\frac{5}{2}\\b=2\\k=\displaystyle\frac{1}{2}\end{cases}.\)

\(\Rightarrow H\left(\displaystyle\frac{5}{2};2; \displaystyle\frac{3}{2}\right).\)

Gọi \((P)\) là mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(d\). Phương trình của \((P)\) là

\(2(x-1)+(y-2)+(z-2)=0\Leftrightarrow 2x+y+z-6=0.\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \(d\) với \((P)\). Tọa độ của \(H\) là nghiệm của hệ

\(\begin{cases}\displaystyle\frac{x-6}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{1}=\displaystyle\frac{z-5}{1}\\ 2x+y+z-6=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\ y=-1\\ z=3\end{cases}\Rightarrow H(2;-1;3).\)

\(B\) chính là điểm đối xứng với \(A\) qua \(H\). Suy ra \(B(3;-4;4)\).

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(M\) và vuông góc mặt phẳng \(\left ( P \right )\), suy ra \(d\) có VTCP \(\overrightarrow{a}=\overrightarrow{n}_{P}=\left (1;1;-2 \right )\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases}x=1+t\\y=-2+t\\z=2-2t\end{cases}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \((P)\).

Suy ra tọa độ của \(H\) thỏa hệ \(\begin{cases}x=1+t\\y=-2+t\\z=2-2t\\x+y-2z-1=0\end{cases}\)

\(\Rightarrow 1+t-2+t-2(2-2t)-1=0\Rightarrow t=1\).

\(\Rightarrow H(2;-1;0)\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(d\) và mp\((Oxy)\colon z=0\) \(\Rightarrow I(5;2;0)\).

Lấy \(A(3;1;1)\in d\). Gọi \(A'\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((Oxy)\) \(\Rightarrow A'(3;1;0)\).

Vì \(d'\) là hình chiếu vuông góc của \(d\) trên \((Oxy)\) nên \(d'\) có \(1\) VTCP là \(\overrightarrow{IA'}=(-2;-1;0)\).

\(d\) đi qua \(M(2;-3;1)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;2;3)\).

Mặt phẳng \((Oxz)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;1;0)\) và có phương trình \(y=0\).

Suy ra \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{n}\right]=(-3;0;1)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(Oxz\Rightarrow H(2;0;1)\).

Suy ra \(d'\) là đường thẳng qua \(H(2;0;1)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{u'}=\left[\overrightarrow{n},\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{n}\right]\right]=(1;0;3)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Vậy phương trình của \(d'\colon \begin{cases}x=2+t\\y=0\\z=1+3t\end{cases}~(t\in\mathbb{R})\).

Phương trình mặt phẳng \(\left(Oxy\right)\colon z = 0 \Rightarrow d \cap \left(Oxy\right) = A\left(-3;0;0\right)\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(-2;1;2\right) \Rightarrow\) hình chiếu của \(M\) lên \(\left(Oxy\right)\) là \(B\left(-2;1;0\right)\).

Khi đó \(d'\) đi qua \(A, B \Rightarrow d'\) có một véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB} = \left(1;1;0\right) \Rightarrow d'\colon \begin{cases}x = - 3 + t\\y = t\\z = 0.\end{cases}\)

Gọi \(B=d\cap\Delta\Rightarrow \begin{cases}B\in d\\B\in\Delta\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}B(3+t;3+3t;2t)\\\overrightarrow{AB}=(2+t;1+3t;2t+1)\mbox{ là véc-tơ chỉ phương của }\Delta.\end{cases}\)

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1;1;-1)\).

Vì \(\Delta \parallel(P)\) nên \(\overrightarrow{n}_{(P)}\cdot \overrightarrow{AB}=0\Leftrightarrow 2+t+1+3t-2t-1=0\Leftrightarrow 2t=-2\Leftrightarrow t=-1\).

Vậy đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(A(1;2;-1)\) và nhận véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}=(1;-2;-1)\) có phương trình là \(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-2}{-2}=\displaystyle\frac{z+1}{-1}\).

Gọi \(H =\Delta_1\cap (R)\). Khi đó tọa độ \(H\) thỏa mãn hệ

\(\begin{cases}\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y}{1}\\\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{z-1}{-1}\\ x+y-2z=-2}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=0\\z=1\end{cases}\Rightarrow H(0;0;1).\)

Ta có véc-tơ chỉ phương của \(\Delta_1\) là \(\overrightarrow{u}_1=(2;1;-1)\), véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((R)\) là \(\overrightarrow{n} =(1;1;-2) .\)

Đường thẳng \(\Delta_2\) nằm trong mặt phẳng \((R)\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta_1\) nên có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}_2=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{u}_1\right]=(1;-3;-1).\)

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta_2\) là \(\begin{cases}x=t\\y=-3t\\z=1-t}\).

\((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;-2;1)\); \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_d=(2;2;-1)\).

Ta có: \(\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{u}_d\right]=(0;4;8)=4(0;1;2)\).

Vậy \(\Delta\) có 1 véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{v}=(0;1;2)\Rightarrow \begin{cases}a=0 \\ b= 2\end{cases}\Rightarrow S=a+b=2\).

Gọi \(A\), \(B\) lần lượt là các giao điểm của đường thẳng \(d\) với các đường thẳng \(d_1\), \(d_2\). Khi đó, tọa độ của \(A\), \(B\) có dạng \(A(3+t;-3-t;5+2t)\), \(B(4-3s;1+2s;-2+2s)\).

\(\overrightarrow{AB}=\left(1-3s-t; 4+2s+t; -7+2s-2t\right)\).

Vì đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nên véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\) cùng phương với véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;3;-5)\) của mặt phẳng \((P)\). Do đó, ta có

\begin{equation*}\displaystyle\frac{1-3s-t}{2}=\displaystyle\frac{4+2s+t}{3}=\displaystyle\frac{-7+2s-2t}{-5}.\end{equation*}

Suy ra \(s=0\) và \(t=-1\). Do đó, \(A(2;-2;3)\) và \(B(4;1;-2)\).

Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\) và có nhận véc-tơ \(\overrightarrow{n}\) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương trình \(\displaystyle\frac{x-2}{2}=\displaystyle\frac{y+2}{3}=\displaystyle\frac{z-3}{-5}.\)

Gọi \(I(a;b;c), a,b,c \in \mathbb{R}^+\) là tâm mặt cầu \((S)\).

Vì \((S)\) cắt \(3\) mặt phẳng tọa độ theo các đường tròn giao tuyến có bán kính bằng \(\sqrt{13}\) nên \[\mathrm{d}(I,(Oxy)) = \mathrm{d}(I,(Oyz)) = \mathrm{d}(I,(Oxz)) \Rightarrow a = b = c. \]

Ta có \(MI^2 = a^2 + 13 \Rightarrow a^2 - 3a - 4 = 0 \Rightarrow a = 4\).

Vậy \(a + b + c = 12\).

}

Đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) có véc-tơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{u}_1=(-1;1;1)\) và \(\overrightarrow{u}_2=(2;-1;-1).\)

Suy ra mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=[\overrightarrow u_1;\overrightarrow u_2]=(0;1;-1),\) do đó \((P)\colon y-z+D=0.\)

Lấy \(M(2;0;0)\in d_1\) và \(N(0;1;2)\in d_2,\) mặt phẳng \((P)\) cách đều hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) khi

\(\mathrm{d}(M;(P))=\mathrm{d}(N;(P))\Leftrightarrow \displaystyle\frac{|2+D|}{\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{|1-2+D|}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow D=-\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Vậy phương trình của mặt phẳng \((P)\) là \(y-z-\displaystyle\frac{1}{2}=0\) hay \(2y-2z-1=0\).

\((P)\) chứa đường thẳng \(d\) và song song với trục \(Ox\) nên có vec-tơ pháp tuyến

\[\overrightarrow{n_P} = \overrightarrow{u_d} \wedge \overrightarrow{i} = (0;-2;-2).\]

\((P)\) chứa \(d\) do đó đi qua điểm \(M(1;2;3)\).

Vậy phương trình của \((P)\) là

\[-2(y-2)-2(z-3) =0 \Leftrightarrow y+z-5=0.\]

Dễ có \(\overrightarrow{u_d}(1;3;2)\) là véc-tơ chỉ phương của \(d\).

Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa \(A\) và đường thẳng \(d\). Lấy \(M(3;3;0)\in d\), ta được \(AM\subset (P)\) và \(\overrightarrow{AM}(2;1;1).\) Vì đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(A\), cắt \(d\) nên \(\Delta\) nằm trong \((P)\).

Gọi \(\overrightarrow{n_P}\) là véc-tơ pháp tuyến của \((P)\). Do \(d\) và \(AM\) nằm trong \((P)\) nên \(\begin{cases}\overrightarrow{n_P}\perp\overrightarrow{AB}\\\overrightarrow{n_P}\perp\overrightarrow{u_d}.\end{cases}\)

Ta chọn \(\overrightarrow{n_P}=[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{AM}]=(1;3;-5)\).

Gọi \(\overrightarrow{u_\Delta}\) là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta\), \(\overrightarrow{n_\alpha}(1;1;-1)\) là véc-tơ pháp tuyến của \((\alpha)\).

Vì \(\Delta \parallel (\alpha)\) nên

\(\overrightarrow{u_\Delta}\perp\overrightarrow{n_\alpha}\). Lại có \(\Delta\subset (P)\) nên \(\overrightarrow{u_\Delta}\perp\overrightarrow{n_P}\). Do đó, \(\begin{cases}\overrightarrow{u_\Delta}\perp\overrightarrow{n_\alpha}\\\overrightarrow{u_\Delta}\perp\overrightarrow{n_P}.\end{cases}\)

Ta có \([\overrightarrow{n_P};\overrightarrow{n_\alpha}]=(2;-4;-2)\) nên \(\overrightarrow{n_\Delta}=(1;-2;-1)\) là véc tơ chỉ phương của \(\Delta\).

Phương trình của \(\Delta\) là \(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-2}{-2}=\displaystyle\frac{z+1}{-1}.\)

Dễ thấy các điểm \(A\left(\displaystyle\frac{1}{7}; 0; \displaystyle\frac{18}{7}\right)\); \(B\left(\displaystyle\frac{31}{10};\displaystyle\frac{9}{10};0 \right)\) thuộc giao tuyến hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((\beta)\).

Theo giả thiết có \(\begin{cases}5\cdot \displaystyle\frac{1}{7}+m\cdot 0 +4\cdot \displaystyle\frac{18}{7}+n=0\\ 5\cdot \displaystyle\frac{31}{10}+m\cdot \displaystyle\frac{9}{10}+4\cdot 0 +n =0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}m=-5\\n=-11\end{cases}\).

Vậy \(m+n=-16\).

Gọi \(M\) là giao điểm của \(d\) và \((P)\). Tọa độ \(M\) là nghiệm của hệ

\begin{align*}\begin{cases} \displaystyle\frac{x+1}{2} = \displaystyle\frac{y}{1} = \displaystyle\frac{z+2}{3}\\ x + 2y + z - 4 = 0} \Rightarrow M(1;1;1).\end{align*}

Vì \(\Delta\) nằm trong mặt phẳng \((P)\) nên véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n} = (1;2;1)\) vuông góc với \(\Delta\).

Mặt khác \(\Delta \perp d\) nên vec-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u} = (2;1;3)\) vuông góc với \(\Delta\).

Suy ra vec-tơ chỉ phương của \(d\)

\begin{align*}\overrightarrow{u_d} = \left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{u}\right] = (5;-1;-3).\end{align*}

Suy ra phương trình đường thẳng \(d\)

\begin{align*}\displaystyle\frac{x-1}{5} = \displaystyle\frac{y-1}{-1} = \displaystyle\frac{z-1}{-3}.\end{align*}

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(I(3;2;1)\), \(IA=\sqrt{1+16+1}=3\sqrt{2}\).

Do \(AH\perp HB\).

nên \(H\) thuộc mặt cầu tâm \(I\) bán kính \(IA\).

Suy ra \(H\) thuộc một đường tròn \((C)\) là giao của mặt cầu tâm \(I\) và mặt phẳng \((P)\).

\(\mathrm{d}(I,(P))=\displaystyle\frac{|3+2+1|}{\sqrt{1+1+1}}=2\sqrt{3}\).

Bán kính đường tròn \((C)\) là \(r=\sqrt{IA^2-\left(\mathrm{d}(I,(P))\right)^2}=\sqrt{6}\).

Giả sử đường thẳng \(d\) cắt đường thẳng \(\Delta\) tại điểm \(A(2a;-1-3a;-4-3a)\).

Do \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên ta có \(B(4-2a;-5+3a;-4+3a)\in (P)\), từ đó ta có

\(2(4-2a)+(-5+3a)-(-4+3a)-3=0\Leftrightarrow 4-4a=0\Leftrightarrow a=1\).

Suy ra \(A(2;-4;-7)\) và \(\overrightarrow{AM}=(0;1;3)\) là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\).

Vậy phương trình của đường thẳng \(d\) là \(\begin{cases}x=2\\y=-3+t\\ z=-4+3t\end{cases},\,t\in \mathbb{R}\).

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_d=(2;-3;2)\) và mặt phẳng \((P)\) có vtpt \(\overrightarrow{n}_P=(1;-1;-1)\).

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng chứa \(d\) và vuông góc với \((P)\).

\((Q)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_Q=[\overrightarrow{u}_d,\overrightarrow{n}_P]=(5;4;1)\) và \(A(0;2;-1) \in d \subset (Q)\) suy ra

\[(Q) \colon 5x+4y+z-7=0.\]

Khi đó hình chiếu vuông góc của \(d\) trên \((P)\) chính là đường thẳng \(d'\) là giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\).

\(d'\) có một véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_{d'}=[\overrightarrow{n}_P,\overrightarrow{n}_Q]=(3;-6;9)\). Vậy \(d'\) có một véc-tơ chỉ phương khác là \(\overrightarrow{u}=(-1;2;-3)\). Lấy \(B(1;1;-2) \in (P) \cap (Q)\), ta có \(B\in d'\).

Vậy phương trình hình chiếu vuông góc của \(d\) trên \((P)\) là \(\begin{cases} x= 1-t \\ y = 1+2t \\ z = -2-3t.\end{cases}\)

\(N(2t-2;t+1;-t+1)\), \(A(1;3;2)\) là trung điểm \(MN\) suy ra \(M(4-2t;5-t;3+t)\), \(M \in (P)\), ta có phương trình \(2(4-2t)-(5-t)+3+t-10=0 \Leftrightarrow -4-2t=0 \Leftrightarrow t=-2.\)

Khi đó \(N(-6;-1;3)\), \(AN= \sqrt{7^2+4^2+1^2} =2\sqrt{16{,}5}\). Suy ra \(MN=4\sqrt{16{,}5}\).

Đường thẳng \(d_1,d_2\) lần lượt có véc-tơ chỉ phương là: \(\overrightarrow{u}_1=(-1;1;1),\overrightarrow{u}_2=(2;-1;-1)\).

Vì \((P)\) song song với hai đường thẳng \(d_1,d_2\) nên \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến là

\(\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u}_1,\overrightarrow{u}_2 \right]=(0;1;-1).\)

Khi đó \((P)\) có phương trình dạng \(2y-2z+c=0\).

Ta có \(A(2;0;0)\in d_1\), \(B(0;1;2)\in d_2\).

Vì \((P)\) cách đều \(d_1,d_2\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(P)\right)=\mathrm{d}\left(B,(P)\right) \Leftrightarrow \left|c\right|=\left|c-2\right| \Leftrightarrow c=1.\)

Vậy phương trình mặt phẳng \((P)\) là \(2y-2z+1=0\).

Ta có

+) \((ABC)\colon \displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{y}{2}+\displaystyle\frac{z}{2}=1\) và \(\triangle ABC\) là tam giác đều.

+) Gọi \(d\colon\begin{cases}\text{Qua } O(0,0,0)\\\text{Vuông góc }(ABC)\end{cases}\Rightarrow d\colon\begin{cases}x=t\\y=t\\z=t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R})\).

+) Gọi \(M=d\cap(ABC) \Rightarrow M\left(\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{2}{3} \right)\).

+) \(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{MD} \Leftrightarrow \overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OM} \Rightarrow D\left(\displaystyle\frac{4}{3};\displaystyle\frac{4}{3};\displaystyle\frac{4}{3} \right)\).

Ta có \(I\in d\) nên \(\exists t\in\mathbb{R}\) sao cho \(I(t;t;t)\), mặt khác \(I\) là tâm mặt cầu nên

\(AI^2=DI^2 \Leftrightarrow (t-2)^2+t^2+t^2=3\left(t-\displaystyle\frac{4}{3}\right)^2 \Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{1}{3}.\)

Vậy \(I\left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3} \right) \Rightarrow P=2\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\colon \begin{cases}x=2+3t\\y=-1+t\\z=-5-t\end{cases}\).

Tọa độ giao điểm \(M\) của \(d\) và \((P)\) là nghiệm của phương trình \(2(2+3t)-3(-1+t)-5-t-6=0\Leftrightarrow t=2\Rightarrow M(8;1;-7).\(Véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{u}_d;\overrightarrow{n}_{(P)} \right]=(-2;-5;-11)=-1\cdot (2;5;11)\).

Đường thẳng \(\Delta\) nằm trong \((P)\) cắt và vuông góc với \(d\) suy ra \(\Delta\) đi qua \(M\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;5;11)\).

Phương trình chính tắc của \(d\colon \displaystyle\frac{x-8}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{5}=\displaystyle\frac{z+7}{11}\).

Gọi \(\overrightarrow{n}_{P}\) và \(\overrightarrow{u}_{\Delta}\) lần lượt là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left(P\right)\) và véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta\).

Ta có \(\overrightarrow{n}_{P}\left(1;2;-1\right),\,\overrightarrow{n}_{\Delta}\left(1;2;b\right)\).

Vì \(\Delta \subset \left(P\right)\) nên \(\overrightarrow{n}_{P}\cdot \overrightarrow{u}_{\Delta}=0\Leftrightarrow 1+4-b=0\Leftrightarrow b=5\).

Trên \(\Delta\) ta lấy điểm \(M\left(a;-1;0\right)\).

Vì \(M \in \left(P\right)\) nên ta có \(a-2-0+1=0\Leftrightarrow a=1\).

Vậy \(M=a+b=1+5=6\).

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(1;0;-1)\) và bán kính \(R=1\).

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(I\) và vuông góc với \(d\), suy ra \((\alpha)\colon x+y-z-2=0\).

Gọi \(M=d \cap (\alpha)\), tọa độ điểm \(M\) thỏa hệ

\[\begin{cases}\displaystyle\frac{x}{1}=\displaystyle\frac{y-2}{1}=\displaystyle\frac{z}{-1}\\x+y-z-2=0\end{cases}\,\Rightarrow\, M(0;2;0).\]

Tam giác \(ITM\) vuông tại \(T\) và \(TH\) là đường cao nên

\[IT^2=IH\cdot IM \,\Rightarrow\, IH=\displaystyle\frac{1}{6}.\]

Ta có

\[\overrightarrow{IH}=\displaystyle\frac{1}{6}\overrightarrow{IM} \,\Rightarrow\, H\left(\displaystyle\frac{5}{6};\displaystyle\frac{1}{3};-\displaystyle\frac{5}{6}\right).\]

Đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(A\) và song song với \(d\) có phương trình \(\Delta\colon \displaystyle\frac{x - 1}{2} = \displaystyle\frac{y - 2}{- 1} = \displaystyle\frac{z}{- 1}\).

Tọa độ giao điểm của \(\Delta\) và \(\left(P\right)\) là nghiệm của hệ \(\begin{cases}\displaystyle\frac{x - 1}{2} = \displaystyle\frac{y - 2}{- 1} = \displaystyle\frac{z}{- 1}\\x + 2y - z + 3 = 0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x = 17\\y = - 6\\z = 8\end{cases} \Rightarrow B\left(17;-6;8\right)\).

Đường thẳng

\(\Delta: \begin{cases} \,\ \text{đi qua điểm}\,\ M(1;0;-1)\\\,\ \text{có véc-tơ chỉ phương} \,\ \overrightarrow{u}_{\Delta}=(2;1;-1).\end{cases}\)

Gọi \(\overrightarrow{n}_{Q}=(a;b;c)\) là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((Q)\).

Ta có \(\overrightarrow{n}_{Q}\cdot\overrightarrow{u}_{\Delta}=0\Rightarrow 2a+b-c=0 \Rightarrow c=2a+b\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa \((P)\) và \((Q)\) thì \(\alpha\) nhỏ nhất khi \(\cos \left((P);(Q)\right)\) lớn nhất.

\(\cos \alpha =\displaystyle\frac{|2a-b+2c|}{3\sqrt{a^2+b^2+c^2}}= \displaystyle\frac{|6a+b|}{3\sqrt{5a^2+2b^2+4ab}}=P\)

\(\Rightarrow P^2=\displaystyle\frac{\left(36a^2+12ab+b^2\right)}{9\left(5a^2+2b^2+4ab\right)}\).

Chia 2 vế phương trình cho \(b^2\), đặt \(t=\displaystyle\frac{a}{b}\) ta được

\(9P^2=\displaystyle\frac{36t^2+12t+1}{5t^2+4t+2}=f(t)\).

\(f'(t)=0\Leftrightarrow \displaystyle\frac{84t^2+134t+20}{\left(5t^2+4t+2\right)^{2}}=0 \Leftrightarrow 84t^2+134t+20=0 \Leftrightarrow t=-\displaystyle\frac{10}{7};\, t=-\displaystyle\frac{1}{6}.\)

Bảng biến thiên

Ta có \(\max f(t)=f\left(-\displaystyle\frac{10}{7}\right)\) nên \(P_{\max}\) ứng với \(t=-\displaystyle\frac{10}{7}=\displaystyle\frac{a}{b}\).

Cho \(a=-10;b=7\Rightarrow c=-13\). Vậy \(\overrightarrow{n}_Q=\left(-10;7;-13\right)=-\left(10;-7;13\right)\).

Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta_1\) là \(\overrightarrow{u}_1=(1;4;-3)\).

Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta_2\) là \(\overrightarrow{u}_1=(1;-4;3)\).

Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\) là \(I(1;-\displaystyle\frac{1}{2};-1)\).

Ta có \(AB=5\), \(IA=IB=\displaystyle\frac{5}{2}\).

Tìm số mặt phẳng \((P)\).

Do \((P)\) song song với \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) nên véc-tơ pháp tuyến của \((P)\) là \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2 \right]=(0;-6;-8)\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) có dạng \(3y+4z+a=0\). Do \((P)\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(AB\) nên \(d \left(I, (P)\right) = IA \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\left|-\displaystyle\frac{11}{2} + a \right|}{5} = 5 \Leftrightarrow \left|-\displaystyle\frac{11}{2} + a \right|=1 \Leftrightarrow \hoac{a=\displaystyle\frac{13}{2}\\ a=\displaystyle\frac{9}{2}}\).

Vậy có hai mặt phẳng \((P)\). Suy ra \(n=2\).

Tìm số mặt phẳng \((Q)\).

Xét mặt cầu tâm \(A\) bán kính bằng \(15\) và mặt cầu tâm \(B\) bán kính bằng \(10\). Do \(AB=5\) nên mặt cầu \((A,15)\) và mặt cầu \((B,10)\) tiếp xúc trong và mặt cầu \((B,10)\) nằm bên trong mặt cầu \((A,15)\).

Ta có \(d\left(A,(Q)\right)=15\) và \(d\left(A,(P)\right)=10\) nên mặt phẳng \((Q)\) tiếp xúc với cả hai mặt cầu \((A,15)\) và \((B,10)\). Do đó mặt phẳng \((Q)\) tiếp xúc với hai mặt cầu này tại tiếp điểm của hai mặt cầu đó. Chỉ có một mặt phẳng \((Q)\) thỏa mãn. Suy ra \(m=1\).

Vậy \(m+n=1+2=3\).

Ta có \(MA=MB=MC\).

Mặt cầu \((S)\): Tâm \(I(1,2,-3)\) và \(R=\sqrt{27}\).

Vì \(IA=IB=IC \Rightarrow MI \perp (ABC); \widehat{AMB}=60^\circ; \widehat{BMC}=90^\circ; \widehat{CMA}=120^\circ\).

Nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\). Gọi \(N\) là trung điểm \(AC\) thì \(N \in MI\).

Xét \(\Delta MIA\) vuông tại \(A \colon IA = R = \sqrt{27}.\)

Ta có\(\widehat{AMI} = \displaystyle\frac{1}{2}\widehat{AMC} = 60^\circ \Rightarrow MI = \displaystyle\frac{AI}{\sin 60^\circ} = 6.\)

Vì \(M \in d \Rightarrow M(t-1;t-2;t+1)\), lại có \(MI=6 \Rightarrow t=0\) (do \(a<0\)).

Vậy \(M(-1;-2;1) \Rightarrow abc=2.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\Delta\), suy ra \(H(2+2t;t;2+2t)\).

Ta có \(\overrightarrow{u}=(2;1;2)\) là véc-tơ chỉ phương của \(d\), lại có \(\overrightarrow{AH}=(2t-1;t-5;2t-1)\).

Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\Delta\) nên

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{u} \perp \overrightarrow{AH} \Leftrightarrow \overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{AH}=0 \Leftrightarrow 2(2t-1)+t-5+2(2t-1)=0 \Leftrightarrow t=1.\end{eqnarray*}

Vậy \(H(4;1;4)\).

Gọi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((P)\) ta luôn có \(AM \leq AH\) nên \(\mathrm{d}(A,(P)) \leq \mathrm{d}(A,\Delta)\). Do đó khoảng cách từ \(A\) đến \((P))\) lớn nhất khi \(M \equiv H\) hay \(AH \perp (P)\).

Như vậy mặt phẳng \((P)\) đi qua điểm \(H(4;1;4)\) và nhận \(\overrightarrow{AH}=(1;-4;1)\) làm véc-tơ pháp tuyến. Phương trình của mặt phẳng \((P)\) là \(x-4y+z-4=0\).

\(\Delta \colon \displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{1}=\displaystyle\frac{z}{-2} \Rightarrow \Delta:\left\{\begin{aligned}&x=1+t \\&y=-1+t \\&z=-2t\end{aligned}\right.,\,\left(t\in \mathbb{R}\right)\).

Đường thẳng \(\Delta\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{\Delta}}=\left(1;\,1;\,-2\right)\).

\(H\in \left(\Delta \right) \Rightarrow H\left(1+t;\,-1+t;\,-2t\right)\).

\(\overrightarrow{AH}=\left(2+t;\,t;\,4-2t\right)\).

\(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\Delta\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{u_{\Delta}} \Leftrightarrow \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{u_{\Delta}}=0 \Leftrightarrow 2+t+t-2 \cdot (4-2t)=0 \Leftrightarrow t=1\).

\(\Rightarrow H\left(2;0;-2\right)\).

\((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\).

\(d\) qua \(A(-2;-1;0)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;-1;3)\).

Gọi \(\Delta\) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(d\) trên mặt phẳng \((P)\).

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng chứa \(d\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\), khi đó véc-tơ pháp tuyến của \((Q)\) là \(\overrightarrow{m}=\overrightarrow{n}\wedge\overrightarrow{u}=(4;-1;-3)\Rightarrow (Q)\colon 4(x+2)-(y+1)-3z=0\Rightarrow (Q)\colon 4x-y-3z+7=0\).

Đường thẳng \(\Delta\) là giao tuyến của \((Q)\) và \((P)\), tọa độ điểm chung của hai mặt phẳng là nghiệm của hệ phương trình:

\begin{eqnarray*}\begin{cases}4x-y-3z+7=0\\x+y+z-3=0\end{cases}&\Leftrightarrow &\begin{cases}5x-2z+4=0\\x+y+z-3=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow &\begin{cases}x=-\displaystyle\frac{2}{7}t+\displaystyle\frac{2}{7}\\y=t\\z=-\displaystyle\frac{5}{7}t+\displaystyle\frac{19}{7}\end{cases},t\in\mathbb{R}.\end{eqnarray*}

Do đó \(\Delta\) qua điểm \((0;1;2)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{k}=(2;-7;5)\Rightarrow\Delta\colon\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{-7}=\displaystyle\frac{z-2}{5}\).

\((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1,a,b)\), \(d_1\) đi qua điểm \(M(1,-2,1)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(1,1,2)\) và \(d_2\) đi qua điểm \(N(1,1,-2)\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2=(2,1,1)\).

Vì \((P)\) song song với \(d_1, d_2\) nên \(\begin{cases}a+2b+1=0\\a+b+2=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=-3\\b=1\end{cases}\). Suy ra \((P)\colon x-3y+z+c=0\).

Mặt khác

\begin{eqnarray*}\mathrm{d}(d_1,(P))=2\mathrm{d}(d_2,(P))&\Leftrightarrow& \mathrm{d}(M,(P))=2\mathrm{d}(N,(P))\\&\Leftrightarrow& |c+8|=2|c-4|\\&\Leftrightarrow& c+8=2(c-4);\, c+8=-2(c-4)\\&\Leftrightarrow& c=16;\,c=0.\end{eqnarray*}

Do \(c>0\) suy ra \(c=16\). Vậy \(a+b+c=-3+1+16=14\).

Gọi \(A\) là giao điểm của \(d\) và \((\alpha)\). Ta có hệ phương trình \(\left\{\begin{aligned} &\displaystyle\frac{x-3}{1}=\displaystyle\frac{y-3}{1}\\ &\displaystyle\frac{y-3}{1}=\displaystyle\frac{z-2}{1}\\ &x+y-z-1=0 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x-y=0\\ &y-z=1\\ &x+y-z=1 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x=0\\ &y=0\\ &z=-1 \end{aligned} \right. \Rightarrow A(0;0;-1).\)

Đường thẳng \(d\) qua điểm \(A(3;3;2)\). Gọi \(d'\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc \((\alpha)\), \(d'\) có phương trình là \(\displaystyle\frac{x-3}{1}=\displaystyle\frac{y-3}{1}=\displaystyle\frac{z-2}{-1}\).

Gọi \(B\) là giao điểm của \(d'\) và \((\alpha)\). Ta có hệ phương trình \(\left\{\begin{aligned} &\displaystyle\frac{x-3}{1}=\displaystyle\frac{y-3}{1}\\ &\displaystyle\frac{y-3}{1}=\displaystyle\frac{z-2}{-1}\\ &x+y-z-1=0 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x-y=0\\ &-y-z=-5\\ &x+y-z=1 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x=2\\ &y=2\\ &z=3 \end{aligned} \right.\Rightarrow B(2;2;3).\)

Khi đó, đường thẳng \(\Delta\) qua \(A\), \(B\) chính là hình chiếu vuông góc của \(d\) lên \((\alpha)\). Ta có \(\overrightarrow{AB}=(2;2;4)\). Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\) suy ra \(I(1;1;1)\).

Đường thẳng \(\Delta\) qua \(I\) nhận một véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{n}=(1;1;2)\) có phương trình là \(\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{1}=\displaystyle\frac{z-1}{2}.\)

Ta có véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\) là \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1;2;3)\).

Gọi \(A\left(3-a;3-2a;-2+a \right)\) và \(B\left(5-3b;-1+2b;2+b \right)\). Khi đó \(\overrightarrow{AB}=\left(2+a-3b;-4+2a+2b;4-a+b \right)\).

Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nên \(\overrightarrow{AB}\) cùng phương với \(\overrightarrow{n}_{(P)}\) hay

\begin{eqnarray*}&&\displaystyle\frac{2+a-3b}{1}=\displaystyle\frac{-4+2a+2b}{2}=\displaystyle\frac{4-a+b}{3}\\&\Leftrightarrow&\begin{cases}&\displaystyle\frac{2+a-3b}{1}=\displaystyle\frac{-4+2a+2b}{2}\\&\displaystyle\frac{-4+2a+2b}{2}=\displaystyle\frac{4-a+b}{3}\end{cases}\\&\Leftrightarrow& \begin{cases}b=1\\4a+2b=10\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=2\\b=1.\end{cases}\end{eqnarray*}

Khi đó \(\overrightarrow{AB}=\left(1;2;3 \right)\) hay \(AB=\sqrt{14}\).

Đường thẳng \(d_1\); \(d_2\); \(d_3\) lần lượt có các vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a_1}=(-1;2;4)\); \(\overrightarrow{a_2}=(2;-1;1)\); \(\overrightarrow{a_3}=(2;3;-1).\)

Ta có \(\overrightarrow{a_1} \cdot\overrightarrow{a_2}=0; \overrightarrow{a_1} \cdot\overrightarrow{a_3}=0; \overrightarrow{a_2} \cdot\overrightarrow{a_3}=0.\)

Vậy ba đường thẳng đôi một vuông góc với nhau.

Đường thẳng \(d_1\); \(d_2\); \(d_3\) lần lượt có các vec tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a_1}=(1;2;-2)\); \(\overrightarrow{a_2}=(-3;1;6)\); \(\overrightarrow{a_3}=(-2;0;-1)\).

Ta có \(\overrightarrow{a_1}\cdot \overrightarrow{a_2}=-13 \ne 0\)

\(\overrightarrow{a_1}\cdot \overrightarrow{a_3}= 0\), suy ra \(d_1\) và \(d_3\) vuông góc với nhau.

\(\overrightarrow{a_2} \cdot \overrightarrow{a_3}= 0\), suy ra \(d_2\) và \(d_3\) vuông góc với nhau.

\(d\) và \(d^{\prime}\) lần lượt có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a}=(-1 ; 2 ; 4)\) và \(\overrightarrow{a^{\prime}}=(2 ; 3 ;-1)\).

Ta có \(\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{a'}=-2+6-4=0\). Suy ra \(\overrightarrow{a} \perp \overrightarrow{a'}\).

Vậy \(d \perp d'\).

Ta có \(\overrightarrow{u}_1=(1;-\sqrt{2};1)\), \(\overrightarrow{u}_2=(1;1;-\sqrt{2})\).

Ta có \(\cos \left(\Delta_1; \Delta_2\right) = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_1 \cdot \overrightarrow{u}_2\right| }{\left|\overrightarrow{u}_1\right| \cdot \left|\overrightarrow{u}_2\right| } = \displaystyle\frac{\left|1-\sqrt{2}-\sqrt{2}\right|}{\sqrt{1^2+(-\sqrt{2})^2+1^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+(-\sqrt{2})^2}} = \displaystyle\frac{1-2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}\).

Suy ra \(\left(\Delta_1; \Delta_2\right)\approx 50^{\circ}\).

Ta có \(\overrightarrow{u}_{\Delta}= (2;-3;4)\) và \(\overrightarrow{n}_{P}=(1;1;1)\).

\(\sin \left(\Delta; (P)\right) = \left|\cos\left(\overrightarrow{u}_{\Delta}; \overrightarrow{n}_{P}\right)\right| = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_{\Delta}\cdot \overrightarrow{n}_{P}\right|}{\left|\overrightarrow{u}_{\Delta}\right| \cdot \left| \overrightarrow{n}_{P}\right|} = \displaystyle\frac{3}{\sqrt{29}\cdot \sqrt{3}} =\displaystyle\frac{\sqrt{87}}{29}\).

Suy ra \(\left(\Delta; (P)\right) \approx 19^{\circ}\).

\(\Delta_1\), \(\Delta_2\) lần lượt có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=\left(1;\sqrt{3};0\right)\) và \(\overrightarrow{u}_2=\left(\sqrt{3};1;0\right)\).

Ta có \(\cos\left(\Delta_1,\Delta_2\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_1\cdot\overrightarrow{u}_2\right|}{\left|\overrightarrow{u}_1\right|\cdot\left|\overrightarrow{u}_2\right|}=\displaystyle\frac{\left|1\cdot\sqrt{3}+\sqrt{3}\cdot1+0\cdot0\right|}{\sqrt{1^2+\left(\sqrt{3}\right)^2+0^2}\cdot\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+1^2+0^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(\left(\Delta_1,\Delta_2\right)=30^\circ\).

\(\Delta_1\), \(\Delta_2\) lần lượt có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(2;1;-1)\) và \(\overrightarrow{u}_2=(3;1;-2)\).

Ta có \(\cos\left(\Delta_1,\Delta_2\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_1\cdot\overrightarrow{u}_2\right|}{\left|\overrightarrow{u}_1\right|\cdot\left|\overrightarrow{u}_2\right|}=\displaystyle\frac{|2\cdot3+1\cdot1+(-1)\cdot(-2)|}{\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{3^2+1^2+(-2)^2}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{21}}{14}\).

Vậy \(\left(\Delta_1,\Delta_2\right)\approx11^\circ\).

\(\Delta_1\), \(\Delta_2\) lần lượt có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(1;1;-1)\) và \(\overrightarrow{u}_2=(-1;3;1)\).

Ta có \(\cos\left(\Delta_1,\Delta_2\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_1\cdot\overrightarrow{u}_2\right|}{\left|\overrightarrow{u}_1\right|\cdot\left|\overrightarrow{u}_2\right|}=\displaystyle\frac{|1\cdot(-1)+1\cdot3+(-1)\cdot1|}{\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{(-1)^2+3^2+1^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{33}}{33}\).

Vậy \(\left(\Delta_1,\Delta_2\right)\approx80^\circ\).

\(\Delta\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left(\sqrt{3};0;1\right)\) và \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=\left(\sqrt{3};0;1\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{u}\) cùng phương với \(\overrightarrow{n}\) nên \(\Delta\perp(P)\).

Vậy \(\left(\Delta,(P)\right)=90^\circ\).

\(\Delta\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;-1;1)\) và \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\).

Ta có \(\sin\left(\Delta,(P)\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{|1\cdot1+(-1)\cdot1+1\cdot1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Vậy \(\left(\Delta_1,\Delta_2\right)=71^\circ\).

Đường thẳng \(\Delta\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(-1; 2; 3)\), mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\).

Ta có

\(\sin (\Delta,(P))=\displaystyle\frac{|(-1) \cdot 1+2 \cdot1+3 \cdot 1|}{\sqrt{(-1)^2+2^2+3^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{42}}{21}.\)

Vậy \(\left(\Delta, (P)\right) \approx 38{,}11^\circ\).

Các đường thẳng \(\Delta_{1}, \Delta_{2}\) tương ứng có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{1}}=(2 ;-3 ;-1), \overrightarrow{u_{2}}=(1 ;-2 ; 8)\).

Do \(\overrightarrow{u_{1}}\cdot \overrightarrow{u_{2}}=2 \cdot 1+(-3) \cdot(-2)+(-1) \cdot 8=0\) nên \(\Delta_{1}\perp \Delta_{2}\).

Đường thẳng \(\Delta_{1}\) đi qua điểm \(A_{1}(1 ; 2 ;-1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{1}}=(1 ;-1 ; 2)\).

Đường thẳng \(\Delta_{2}\) đi qua điểm \(A_{2}(4 ;-1 ; 0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{2}}=(3 ; 1 ;-1)\).

Vì \(\overrightarrow{u_{1}}\cdot \overrightarrow{u_{2}}=1 \cdot 3+(-1) \cdot 1+2 \cdot(-1)=0\) nên \(\overrightarrow{u_{1}}\) vuông góc với \(\overrightarrow{u_{2}}\). Do đó \(\Delta_{1}\) vuông góc với \(\Delta_{2}\).

Ta có \(\overrightarrow{A_{1}A_{2}}=(3 ;-3 ; 1)\) và \(\left[\overrightarrow{u_{1}}, \overrightarrow{u_{2}}\right]=(-1 ; 7 ; 4)\).

Do \(\overrightarrow{A_{1}A_{2}}\cdot\left[\overrightarrow{u_{1}}, \overrightarrow{u_{2}}\right]=3 \cdot(-1)+(-3) \cdot 7+1 \cdot 4=-20 \neq 0\) nên \(\Delta_{1}\) và \(\Delta_{2}\) chéo nhau.

Hai đường thẳng \(\Delta\) và \(\Delta'\) tương ứng có các vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1; 1; 0), \overrightarrow{u'}=(2; 2; 1)\).

Khi đó

\(\cos \left(\Delta, \Delta'\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{u}, \overrightarrow{u}'\right)\right|=\displaystyle\frac{|1 \cdot 2+1 \cdot 2+0 \cdot 1|}{\sqrt{1^2+1^2+0^2} \cdot \sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\displaystyle\frac{2 \sqrt{2}}{3}.\)

Vậy \(\left(\Delta, \Delta'\right) \approx 19{,}5^\circ\).

Hai đường thẳng \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) có véc-tơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{u}_1=(1;-\sqrt{3}; 0)\), \(\overrightarrow{u}_2=(-\sqrt{3}; 1; 0)\). Ta có:

\(\cos \left(\Delta_1, \Delta_2\right)=\frac{|1\cdot(-\sqrt{3})+(-\sqrt{3}) \cdot 1+0\cdot 0|}{\sqrt{1^2+(-\sqrt{3})^2+0^2} \cdot \sqrt{(-\sqrt{3})^2+1^2+0^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Suy ra \(\left(\Delta_1, \Delta_2\right)=30^{\circ}\).

}

Dường thẳng \(d\) có một véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left(2;1;1\right)\).

Gọi \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) lần lượt là góc giữa đường thẳng \(d\) với các trục toạ độ \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\).

Ta có

\(\cos\alpha=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{i}\right|}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{i}|}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow\alpha\approx 35^\circ\).

\(\cos\beta=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{j}\right|}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{j}|}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow\beta\approx 65^\circ\).

\(\cos\gamma=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{k}\right|}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{k}|}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow\gamma\approx 65^\circ\).

\(d\colon\begin{cases} x=1+2t\\y=-1+t\\z=3+4t\end{cases} \left(t\in\mathbb{R}\right)\) và \(d'\colon\begin{cases} x=2-t'\\y=-1+3t'\\z=4+2t'\end{cases}\left(t'\in\mathbb{R}\right)\).

\(d\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left(2;1;4\right)\) và \(d'\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{v}=\left(-1;3;2\right)\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa \(d\) và \(d'\).

Ta có \(\cos\alpha=\displaystyle\frac{\left|-2+3+8\right|}{\sqrt{21}\cdot\sqrt{14}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{6}}{14}\Rightarrow \alpha\approx 58^\circ\).

\(d\colon\displaystyle\frac{x}{1}=\displaystyle\frac{y}{2}=\displaystyle\frac{z-2}{2}\) và \(d'\colon\begin{cases} x=3+t\\y=-1+t\\z=1\end{cases}\left(t\in\mathbb{R}\right)\).

\(d\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left(1;2;2\right)\) và \(d'\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{v}=\left(1;1;0\right)\).

Gọi \(\beta\) là góc giữa \(d\) và \(d'\).

Ta có \(\cos\beta=\displaystyle\frac{\left|1+2+0\right|}{\sqrt{9}\cdot\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \beta=45^\circ\).

\(d\colon\displaystyle\frac{x-1}{-2}=\displaystyle\frac{y}{3}=\displaystyle\frac{z+2}{6}\) và \(d'\colon\displaystyle\frac{x}{12}=\displaystyle\frac{y+1}{2}=\displaystyle\frac{z}{3}\).

\(d\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left(-2;3;6\right)\) và \(d'\) có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{v}=\left(12;2;3\right)\).

Gọi \(\beta\) là góc giữa \(d\) và \(d'\).

Ta có \(\cos\gamma=\displaystyle\frac{\left|-24+6+18\right|}{\sqrt{4+9+36}\cdot\sqrt{12^2+4+9}}=0\Rightarrow \gamma=90^\circ\).

Đường thẳng \(d\) và \(d'\) lần lượt có các vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a}=\left(1;-1;2\right)\) và \(\overrightarrow{a'}=\left(1;2;-1\right)\).

Ta có

\(\cos\left(d,d'\right)=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{a'}|}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{a'}|}=\displaystyle\frac{|1\cdot 1-1\cdot 2+2\cdot (-1)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+2^2}\cdot \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}}=\displaystyle\frac{|-3|}{6}=\displaystyle\frac{1}{2}\)

Vậy \(\left(d,d'\right)=60^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) và \(d'\) lần lượt có các vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a}=\left(3;4;5\right)\) và \(\overrightarrow{a'}=\left(4;2;2\right)\).

Ta có

\(\cos\left(d,d'\right)=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{a'}|}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{a'}|}=\displaystyle\frac{|3\cdot 4+4\cdot 2+5\cdot 2|}{\sqrt{3^2+4^2+5^2}\cdot \sqrt{4^2+2^2+2^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Vậy \(\left(d,d'\right)=30^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) và \(d'\) lần lượt có các vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a}=\left(2;-4;5\right)\) và \(\overrightarrow{a'}=\left(-1;2;2\right)\).

Ta có

\(\cos\left(d,d'\right)=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{a'}|}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{a'}|}=\displaystyle\frac{|2\cdot(-1)-4\cdot 2+5\cdot2|}{\sqrt{2^2+(-4)^2+5^2}\cdot \sqrt{(-1)^2+2^2+2^2}}=0\)

Vậy \(\left(d,d'\right)=90^{\circ}\).

Đường thẳng \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) có véc-tơ chỉ phương lẩn lượt là \(\overrightarrow{u}_1=(3 ; 2 ; 1), \overrightarrow{u}_2=(-1 ; 2 ;-1)\).

Ta có \(\overrightarrow{u}_1 \cdot \overrightarrow{u}_2=3 \cdot(-1)+2 \cdot 2+1 \cdot(-1)=0\).

Suy ra \(\Delta_1 \perp \Delta_2\).

Ta có\\ \(\sin (\Delta,(P))=\displaystyle\frac{|1 \cdot 2+2 \cdot 2+2 \cdot(-1)|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2} \cdot \sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}}=\displaystyle\frac{4}{9}\).\\ Suy ra \((\Delta,(P)) \approx 26^{\circ}\).

\(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;4;2)\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(3;3;6)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{|2\cdot 3+4\cdot 3+2\cdot 6|}{\sqrt{2^2+4^2+2^2}\cdot\sqrt{3^2+3^2+6^2}}=\displaystyle\frac{5}{6}\).

Suy ra \((d,d')\approx 33^{\circ}33'\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;2;1)\). Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;3;-3)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |2\cdot 0+2\cdot 3+1\cdot (-3) \right |}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}\cdot\sqrt{0^2+3^2+(-3)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}\).

Suy ra \(\left (d,(P) \right )\approx 13^{\circ}38'\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1;2;1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(1;1;2)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |1\cdot 1+2\cdot 1+1\cdot 2 \right |}{\sqrt{1^2+2^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2+1^2+2^2}}=\displaystyle\frac{5}{6}\).

Suy ra \((d,d')\approx 33^{\circ}33'\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1;2;2)\) và \(\overrightarrow{a}'=(-2;-2;1)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |1\cdot (-2)+2\cdot (-2)+2\cdot 1 \right |}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}\cdot\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+1^2}}=\displaystyle\frac{4}{9}\).

Suy ra \((d,d')\approx 63^{\circ}36'\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1;2;-1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(2;4;10)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |1\cdot 2+2\cdot 4+(-1)\cdot 10 \right |}{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{2^2+4^2+10^2}}=0\).

Suy ra \((d,d')=90^{\circ}\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;5;4)\) và \(\overrightarrow{a}'=(2;5;-4)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |3\cdot 2+5\cdot 5+4\cdot (-4) \right |}{\sqrt{3^2+5^2+4^2}\cdot\sqrt{2^2+5^2+(-4)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{10}\).

Suy ra \((d,d')\approx 71^{\circ}34'\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;6;6)\) và \(\overrightarrow{a}'=(-10;-10;5)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |3\cdot (-10)+6\cdot (-10)+6\cdot 5 \right |}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}\cdot\sqrt{(-10)^2+(-10)^2+5^2}}=\displaystyle\frac{4}{9}\).

Suy ra \((d,d')\approx 63^{\circ}37'\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;2;1)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;0;1)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |2\cdot 1+2\cdot 0+1\cdot 1 \right |}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Suy ra \((d,(P))=45^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;2;-1)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;-4;-2)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |1\cdot 2+2\cdot 4+(-1)\cdot (-2) \right |}{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{2^2+4^2+(-2)^2}}=1\).

Suy ra \((d,(P))=90^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(3;1;-2)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(6;2;-4)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |3\cdot 6+1\cdot 2+(-2)\cdot (-4) \right |}{\sqrt{3^2+1^2+(-2)^2}\cdot\sqrt{6^2+2^2+(-4)^2}}=1\).

Suy ra \((d,(P))=90^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;4;2)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;2;-4)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |2\cdot 2+4\cdot 2+2\cdot (-4) \right |}{\sqrt{2^2+4^2+2^2}\cdot\sqrt{2^2+2^2+(-4)^2}}=\displaystyle\frac{1}{6}\).

Suy ra \((d,(P))\approx 9^{\circ}36'\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(-1;2;01\right)\), mặt phẳng \((\alpha)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;1;-2)\).

Ta có

\(\sin(d,(\alpha))=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{a}|}{|\overrightarrow{n}|\cdot|\overrightarrow{a}|}=\displaystyle\frac{|(-1)\cdot1+2\cdot 1+(-1)\cdot (-2)|}{\sqrt{(-1)^2+2^2+(-1)^2}\cdot \sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Vậy \((d,(\alpha))=30^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;1;1)\) và các mặt phẳng \((Oxy),(Oxz),(Oyz)\) lần lượt có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_1}=\left(0;0;1\right),\overrightarrow{n_2}=\left(0;1;0\right),\overrightarrow{n_3}=\left(1;0;0\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}\sin(d,(Oxy))=\displaystyle\frac{|2\cdot 0+1\cdot 0+1\cdot 1|}{\sqrt{2^2+1^2+(1)^2}\cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{6}.\\\sin(d,(Oxz))=\displaystyle\frac{|2\cdot 0+1\cdot 1+1\cdot 0|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}\cdot \sqrt{0^2+1^2+0^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{6}\\\sin(d,(Oyz))=\displaystyle\frac{|2\cdot 1+1\cdot 0+1\cdot 0|}{\sqrt{(2^2+1^2+1^2}\cdot \sqrt{1^2+0^2+0^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3}.\end{eqnarray*}

Vậy \((d,(Oxy)) \approx 24,09^{\circ},(d,(Oxz))=24,09^{\circ},(d,(Oyz))=54,74^{\circ}\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(4;4;2)\). Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;2;-4)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |4\cdot 0+4\cdot 2+2\cdot (-4) \right |}{\sqrt{4^2+4^2+2^2}\cdot\sqrt{0^2+2^2+(-4)^2}}=0\).

Suy ra \((d,(P))=0^{\circ}\).

\(d\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u_1}=(1;2;2)\).

\(d'\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u_2}=(2;3;6)\).

\(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{u_1}\cdot \overrightarrow{u_2}|}{|\overrightarrow{u_1}||\overrightarrow{u_2}|}=\displaystyle\frac{|1\cdot 2+2\cdot 3+2\cdot 6|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}\sqrt{2^2+3^2+6^2}}= \displaystyle\frac{20}{21}\).

Ta có \(\overrightarrow{u}_{d}=(1;2;-1)\) và \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1;-1;2)\).

Do đó \(\cos(\overrightarrow{u}_d;\overrightarrow{n}_{(P)})=\displaystyle\frac{|1-2-2|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}}=\displaystyle\frac{1}{2}\), suy ra góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \((P)\) bằng \(90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}\).

\((P)\), \((\alpha)\), \((\beta)\) có véc-tơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow{n}_P=(3;4;5)\), \(\overrightarrow{n}_\alpha = (1;-2;0)\), \(\overrightarrow{n}_\beta=(1;0;-2)\). Véc-tơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n}_\alpha, \overrightarrow{n}_\beta\right] = (4;2;2)\). Gọi \(\varphi\) là góc giữa \(d\) và \((P)\), ta có:

\(\sin \varphi = \displaystyle\frac{\left| \overrightarrow{n}_P\cdot \overrightarrow{u} \right|}{\left| \overrightarrow{n}_P\right| \cdot \left| \overrightarrow{u} \right|}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \varphi=60^\circ.\)

\(\Delta\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-2; 2; -1)\), \((P)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(2; -1; -2).\) Từ đó, \(\sin \alpha=\left|\cos (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{n})\right|=\left|\displaystyle\frac{\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{n}|}\right|=\displaystyle\frac{4}{9}.\)

Ta có

\(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;2;1)\).

\((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;-1;-2)\).

Ta có \(\cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{n})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{n}|}=\displaystyle\frac{-1}{2} \Rightarrow \sin(d,(P))=\displaystyle\frac{1}{2} \Rightarrow (d,(P))=30^\circ\).

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}(1;1;\sqrt{2})\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}(1;-1;\sqrt{2})\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, khi đó ta có

\(\sin\varphi=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{n}|}=\displaystyle\frac{|1\cdot1+1\cdot(-1)+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}|}{\sqrt{1^2+1^2+\sqrt{2}^2}\cdot\sqrt{1^2+(-1)^2+\sqrt{2}^2}}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Từ đó suy ra \(\varphi=30^\circ\).

Đường thẳng \(\Delta\) có vtcp \(\overrightarrow{u}=(1;2;-2)\), mặt phẳng \((P)\) có vtpt \(\overrightarrow{n}=(2;-1;2)\).

Khi đó \(\sin\alpha=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{\left|2-2-4\right|}{\sqrt{1+4+4}\cdot\sqrt{4+1+4}}=\displaystyle\frac{4}{9}\).

Ta có \(\overrightarrow{u}_{d}=(1;2;-1)\) và \(\overrightarrow{n}_{(P)}=(1;-1;2)\).

Do đó \(\cos(\overrightarrow{u}_d;\overrightarrow{n}_{(P)})=\displaystyle\frac{|1-2-2|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}}=\displaystyle\frac{1}{2}\), suy ra góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \((P)\) bằng \(90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}\).

\((P)\), \((\alpha)\), \((\beta)\) có véc-tơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow{n}_P=(3;4;5)\), \(\overrightarrow{n}_\alpha = (1;-2;0)\), \(\overrightarrow{n}_\beta=(1;0;-2)\). Véc-tơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n}_\alpha, \overrightarrow{n}_\beta\right] = (4;2;2)\). Gọi \(\varphi\) là góc giữa \(d\) và \((P)\), ta có:

\(\sin \varphi = \displaystyle\frac{\left| \overrightarrow{n}_P\cdot \overrightarrow{u} \right|}{\left| \overrightarrow{n}_P\right| \cdot \left| \overrightarrow{u} \right|}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \varphi=60^\circ.\)

\(\Delta\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-2; 2; -1)\), \((P)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(2; -1; -2).\)

Từ đó, \(\sin \alpha=\left|\cos (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{n})\right|=\left|\displaystyle\frac{\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{n}|}\right|=\displaystyle\frac49.\)

\(\Delta\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(-2; 1; 3)\), \((\alpha)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(2; -1; -3).\) Dễ thấy \(\vec u=-\vec n\) nên \(\Delta\) vuông góc với \((\alpha).\)

Ta có

\(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;2;1)\).

\((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;-1;-2)\).

Ta có \(\cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{n})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{n}|}=\displaystyle\frac{-1}{2} \Rightarrow \sin(d,(P))=\displaystyle\frac{1}{2} \Rightarrow (d,(P))=30^\circ\).

Đường thẳng \(\Delta\colon \displaystyle\frac{x}{1}=\displaystyle\frac{y}{2}=\displaystyle\frac{z}{-1}\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{v}_\Delta=(1;2;-1)\). Mặt phẳng \((\alpha)\colon x-y+2z=0\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_{(\alpha)}=(1;-1;2)\). Ta có

\(\sin\left(\Delta,(\alpha) \right)= \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{v}_\Delta\cdot \overrightarrow{n}_{(\alpha)} \right| }{\left|\overrightarrow{v}_\Delta \right|\cdot \left| \overrightarrow{n}_{(\alpha)} \right|}=\displaystyle\frac{\left|1\cdot1+2\cdot(-1)+(-1)\cdot2 \right| }{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{1+(-1)^2+2^2}}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Vậy góc gữa đường thẳng \(\Delta\) và mặt phẳng \((\alpha)\) bằng \(30^\circ\).

Đường thẳng \(d\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}(1;1;\sqrt{2})\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}(1;-1;\sqrt{2})\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, khi đó ta có

\(\sin\varphi=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{u}|\cdot|\overrightarrow{n}|}=\displaystyle\frac{|1\cdot1+1\cdot(-1)+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}|}{\sqrt{1^2+1^2+\sqrt{2}^2}\cdot\sqrt{1^2+(-1)^2+\sqrt{2}^2}}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Từ đó suy ra \(\varphi=30^\circ\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;5;1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(1;1;-8)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}'=3+5-8=0\). Vậy \(d\) và \(d'\) vuông góc với nhau.

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;5;1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(2;1;1)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}'=6+5+1\ne 0\). Vậy \(d\) và \(d'\) không vuông góc với nhau.

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1;-3;1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(1;1;2)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}'=1\cdot 1+(-3)\cdot 1+1\cdot 2=0\). Vậy \(d\) và \(d'\) vuông góc với nhau.

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(7;3;1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(2;2;2)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}'=7\cdot 2+3\cdot 2+1\cdot 2=22\ne 0\). Vậy \(d\) và \(d'\) không vuông góc với nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(1;2;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(1;1;2 \right)\).

Đường thẳng \(d'\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(2;2;4 \right)=2\overrightarrow{a}\)

Thay toạ độ điểm \(M\) vào phương trình của \(d'\), ta được:

\(\left\{\begin{array}{l}1=2+2t'\\2=5+2t'\\1=1+4t'\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}t'=-\displaystyle\frac{1}{2}\\t'=-\displaystyle\frac{3}{2}\\t'=0\end{array}\right. \text{(vô nghiệm)}\)

Suy ra \(M\) không thuộc \(d'\). Vậy \(d \parallel d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(1;2;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(1;1;2 \right)\).

Đường thẳng \(d'\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(3;3;6\right)=3\overrightarrow{a}\).

Thay toạ độ điểm \(M\) vào phương trình của \({d}'\), ta được:

\(\displaystyle\frac{1-2}{3}=\displaystyle\frac{2-3}{3}=\displaystyle\frac{1-3}{6}.\)

Phương trình nghiệm đúng, suy ra \(M\) thuộc \(d'\). Vậy \(d \equiv d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(7;3;2 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(4;-2;-2 \right)\), đường thẳng \({d}'\) đi qua điểm \({M}'\left(3;5;4 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(2;-1;-1 \right)\). Ta có \(\overrightarrow{MM'}=\left(-4;2;2 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{a'} =\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{a}=-\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{MM'}\), suy ra ba vectơ \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{a’},\overrightarrow{MM'}\) cùng phương. Vậy \(d\equiv d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(0;0;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(3;3;4 \right)\), đường thẳng \({d}'\) đi qua điểm \({M}'\left(2;9;5 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(3;3;4 \right)\). Ta có \(\overrightarrow{MM'}=\left(2;9;4 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{a'} =\overrightarrow{a}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{a'}\) cùng phương và \(\displaystyle\frac{3}{2}\ne \displaystyle\frac{3}{9}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM'}\) không cùng phương. Vậy \(d//d'\).

\(d\) có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(1;2;1)\).

\((\alpha)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(4;3;5)\).

\(\sin(d,(\alpha))=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{u}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{u}|}=\displaystyle\frac{|1\cdot 4+2\cdot 3+1\cdot 5|}{\sqrt{1^2+2^2+1^1}\sqrt{4^2+3^2+5^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow (d,(\alpha))=60^{\circ}\).

Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (-1;-5;5)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(3;4;-1)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-13;5;-17)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (5;-2;7)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-12;10;-22)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (26;-26;-26)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1M_2}= 0\) suy ra \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) cắt nhau.

Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (2;-1;4)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(2;3;-7)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-10;-19;45)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (-6;-9;21)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-12;-18;41)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (0;0;0)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{M_1M_2}\right] = 160 \ne 0\) nên \(\Delta_1 \parallel \Delta_2\).

Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (-3;5;2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(1;1;3)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-13;9;-13)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (5;-2;7)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-10;4;-15)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (13;8;-7)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1M_2}= 7 \ne 0\) suy ra \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) chéo nhau.

\(\Delta_1\) đi qua \(M(1;2;3)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(2;1;-1)\); \(\Delta_2\) đi qua \(N(-11;-6;10)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2=(-6;-3;3)\).

Khi đó \(\overrightarrow{MN}=(-12;-8;7)\). Suy ra \(\begin{cases}\overrightarrow{u}_1 \text{ cùng phương }\overrightarrow{u_2}\\\overrightarrow{u}_1\text{ không cùng phương }\overrightarrow{MN}.\end{cases}\)

Vậy \(\Delta_1\parallel\Delta_2\).

\(\Delta_1\) đi qua \(M(1;2;3)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(3;4;5)\); \(\Delta_2\) đi qua \(N(-3;-6;15)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2=(1;2;-3)\).

Khi đó \(\overrightarrow{MN}=(-4;-8;12)\). Suy ra \(\begin{cases}\overrightarrow{u}_1\text{ không cùng phương }\overrightarrow{u}_2\\\left[\overrightarrow{u}_1,\overrightarrow{u}_2\right]\cdot\overrightarrow{MN}=0.\end{cases}\)

Vậy \(\Delta_1\) cắt \(\Delta_2\).

\(\Delta_1\) đi qua \(M(-1;1;0)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(4;3;1)\); \(\Delta_2\) đi qua \(N(1;3;1)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2=(1;2;2)\).

Khi đó \(\overrightarrow{MN}=(2;2;1)\). Suy ra \(\left[\overrightarrow{u}_1,\overrightarrow{u}_2\right]\cdot\overrightarrow{MN}=-1\ne0.\)

Vậy \(\Delta_1\), \(\Delta_2\) chéo nhau.

Đường thẳng \(\Delta_{1}\) đi qua \(A_{1}(1 ; 2 ;-1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{1}}=(-1 ; 1 ; 2)\). Đường thẳng \(\Delta_{2}\) đi qua \(A_{2}(-6 ; 5 ; 5)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{2}}=(1 ; 1 ; 2)\). Ta có \(\overrightarrow{A_{1}A_{2}}=(-7 ; 3 ; 6)\) và \(\left[\overrightarrow{u_{1}}, \overrightarrow{u_{2}}\right]=(0 ; 4 ;-2)\).

Do \(\overrightarrow{A_{1}A_{2}}\cdot\left[\overrightarrow{u_{1}}, \overrightarrow{u_{2}}\right]=(-7) \cdot 0+3 \cdot 4+6 \cdot(-2)=0\) và \(\left[\overrightarrow{u_{1}}, \overrightarrow{u_{2}}\right] \neq \overrightarrow{0}\) nên hai đường thẳng \(\Delta_{1}\) và \(\Delta_{2}\) cắt nhau.

Đường thẳng \(\Delta_1\) đi qua điểm \(M_1(1;2;3)\) và có \(\overrightarrow{u}_1=(5;-1;2)\) là véc-tơ chỉ phương. Đường thẳng \(\Delta_2\) đi qua điểm \(M_2(2;4;1)\) và có \(\overrightarrow{u}_2=(10;-2;4)\) là véc-tơ chỉ phương.

Ta có: \(2 \overrightarrow{u}_1=(10;-2;4)=\overrightarrow{u}_2\), suy ra \(\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\) cùng phương; \(\overrightarrow{M_1 M_2}=(1 ; 2 ;-2)\) và \(\displaystyle\frac{1}{5} \neq \displaystyle\frac{2}{-1}\) nên \(\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{M_1 M_2}\) không cùng phương.

Vậy \(\Delta_1\parallel \Delta_2\).

Đường thẳng \(\Delta_1\) đi qua điểm \(M_1(2;3;-4)\) và có \(\overrightarrow{u}_1=(3;2;1)\) là véc-tơ chỉ phương. Đường thẳng \(\Delta_2\) đi qua điểm \(M_2(-2;1;2)\) và có \(\overrightarrow{u}_2=(2;1;-3)\) là véc-tơ chỉ phương.

Ta có \(\displaystyle\frac{2}{3} \neq \displaystyle\frac{1}{2}\), suy ra \(\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\) không cùng phương;

\(\overrightarrow{M_1 M_2}=(-4 ;-2 ; 6),\left[\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\right]=\left(\left|\begin{array}{cc}2 1 \\1 -3\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}1 3 \\-3 2\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}3 2 \\2 1\end{array}\right|\right)=(-7 ; 11 ;-1).\)

Do \(\left[\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1 M_2}=(-7) \cdot(-4)+11 \cdot(-2)+(-1) \cdot 6=0\) nên \(\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2, \overrightarrow{M_1 M_2}\) đồng phẳng.

Vậy \(\Delta_1\) cắt \(\Delta_2\).

Đường thẳng \(\Delta_1\) đi qua điểm \(M_1(-3;1;2)\) và có \(\overrightarrow{u}_1=(1;-1;2)\) là véc-tơ chỉ phương. Đường thẳng \(\Delta_2\) đi qua điểm \(M_2(6;8;-1)\) và có \(\overrightarrow{u}_2=(3;2;-1)\) là véc-tơ chỉ phương. Ta có

\(\overrightarrow{M_1 M_2}=(9 ; 7 ;-3),\left[\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\right]=\left(\left|\begin{array}{cc}-1 2 \\2 -1\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}2 1 \\-1 3\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}1 -1 \\3 2\end{array}\right|\right)=(-3 ; 7 ; 5).\)

Do \(\left[\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1 M_2}=(-3) \cdot 9+7 \cdot 7+5 \cdot(-3)=7 \neq 0\) nên \(\overrightarrow{u}_1, \overrightarrow{u}_2, \overrightarrow{M_1 M_2}\) không đồng phằng.

Vậy \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1;-1;-2)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;2;1)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(2;3;0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(2;4;2)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(1;4;2)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM}' \right ]=(0;-1;2)\ne\overrightarrow{0}\).

Vậy \(d\parallel d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1;2;3)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;2;2)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(2;1;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(1;5;1)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(1;-1;-2)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(-8;1;3)\ne \overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=-15\ne 0\).

Vậy \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=\left(1;1;1 \right)\) và \(\overrightarrow{a’}=\left(2;5;1 \right)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{2}\ne \displaystyle\frac{1}{5}\), suy ra \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a’}\) không cùng phương. Vậy \(d\) và \({d}'\) hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.

Xét hệ phương trình \(\left\{\begin{array}{l}t=1+2{t}' \\1+t=2+5{t}' \\2+t=3+{t}' \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}t-2{t}'=1 (1)\\t-5{t}'=1 (2)\\t-{t}'=1. (3) \end{array} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \(t=1;t'=0\).

Thay vào (3) ta thấy phương trình thoả mãn.

Vậy \(d\) cắt \(d'\) tại điểm \(M\left(1;2;3 \right)\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=\left(1;1;1 \right)\) và \(\overrightarrow{a’}=\left(2;5;6 \right)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{2}\ne \displaystyle\frac{1}{5}\), suy ra \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a’}\) không cùng phương. Vậy \(d\) và \(d'\) hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.

\({d}'\) có phương trình tham số là: \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t’ \\y=2+5t’ \\z=9+6t’\end{array} \right.\)

Xét hệ phương trình \(\left\{\begin{array}{l}1+t=1+2t’ \\2+t=2+5t’ \\3+t=9+6t’ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}t-2t’=0 \\t-5t’=0 \\t-6t’=6 \end{array} \right. \)

Từ (1) và (2) suy ra \(t=0;t’=0\). Thay vào (3) ta thấy phương trình không thoả mãn \(\left(0\ne 6 \right)\).

Vậy \(d\) và \(d’\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1;2;3)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;1;1)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(3;3;4)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(4;2;2)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(2;1;1)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM}' \right ]=\overrightarrow{0}\), suy ra ba vectơ \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{a}'\), \(\overrightarrow{MM}'\) cùng phương. Vậy \(d\equiv d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(-1;2;0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(3;2;1)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(4;4;2)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(9;6;3)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(5;2;2)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM}' \right ]=(2;-1;-4)\ne\overrightarrow{0}\). Vậy \(d\parallel d'\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1;2;0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(-1;1;-2)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(3;0;4)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(2;3;4)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(2;-2;4)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(10;0;-5)\ne \overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=0\). Vậy \(d\) và \(d'\) cắt nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1;2;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;3;2)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(1;2;0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(-1;1;-2)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(0;0;-1)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(-8;2;5)\ne\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=-5\ne 0\). Vậy \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(0;1;2)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;-1;-3)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(2;0;-1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(4;7;11)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(2;-1;-3)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(10;-34;18)\ne\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=0\).

Vậy \(d\) và \(d'\) cắt nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(4;1;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;2;2)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(2;1;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(3;2;9)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(-2;0;0)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(14;-3;-4)\ne\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=-28\ne 0\).

Vậy \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

\(d_1\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_1}=(2;3;4)\) và \(M(1;2;3) \in d_1\).

\(d_2\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_2}=(4;6;8)\).

Kiểm tra \(M \in d_2\): thay \(x=1\); \(y=2\) và \(z=3\) vào \(d_2\) ta có hệ \(\begin{cases}1=3+4t'\\2=5+6t'\\3=7+8t'\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}t'=-\displaystyle\frac{1}{2}\\t'=-\displaystyle\frac{1}{2}\\t'=-\displaystyle\frac{1}{2}\end{cases}.\)

Suy ra \(M \in d_2\). Mặt khác \(\overrightarrow{u_1}\) cùng phương \(\overrightarrow{u_2}\) nên \(d_1\) trùng \(d_2\).

Ta có các vectơ chỉ phương của \(d\) và \(d'\) lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1 ; 2 ;-1)\) và \(\overrightarrow{a^{\prime}}=(2 ; 4 ;-2)\).

Vì \(\overrightarrow{a'}=2 \overrightarrow{a}\) nên \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) cùng phương. Từ đó suy ra \(d\) và \(d^{\prime}\) song song với nhau hoặc trùng nhau.

Xét điểm \(M(1 ; 0 ; 3) \in d\), ta có \(M \notin d^{\prime}\) nên \(d \parallel d^{\prime}\).

Ta có \(d\) và \(d'\) lần lượt nhận \(\overrightarrow{a}=(2 ; 3 ; 1)\) và \(\overrightarrow{a'}=(3 ; 2 ; 2)\) là các vectơ chỉ phương.

Vì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) không cùng phương nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau hoặc chéo nhau.

\(d'\) đi qua \(M(1 ;-2 ;-1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=(3 ; 2 ; 2)\) nên có phương trình tham số là:

\(d' \colon \begin{cases}x=1+3 t'\\ y=-2+2 t'\\ z=-1+2 t'\end{cases} \left(t' \in \mathbb{R}\right)\)

Xét hệ phương trình:\(\begin{cases}1+2 t=1+3 t'(1) \\-1+3t=-2+2 t' (2) \\ 5+t=-1+2 t' (3)\end{cases}\)

Từ (1) và (2), ta tìm được \(t=-\displaystyle\frac{3}{5}\) và\(t'=-\displaystyle\frac{2}{5}\), thay vào (3), ta thấy \(t\) và \(t'\) không thoả mãn (3).

Ta suy ra hệ phương trình trên vô nghiệm. Vậy hai đường thẳng \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

Ta có: \(d\) đi qua \(M(0 ; 1 ; 0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1 ;-1 ; 2)\).

\(d'\) đi qua \(M'(1 ; 2 ;-2)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=(5 ; 1 ;-2)\).

Nên phương trình tham số của \(d\) và \(d'\) lần lượt là

\(d \colon \begin{cases}x=t\\y=1-t\\z=2t\end{cases}\) và \(d' \colon \begin{cases}x=1+5t'\\y=2+t'\\z=-2-2t'\end{cases}\)

Xét hệ phương trình \(\begin{cases} t=1+5 t' \\ 1-t=2+t' \\ 2 t=-2-2 t'\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}t-5 t'=1 \\ -t-t'=1 \\2t+2t'=-2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}t=-\displaystyle\frac{2}{3} \\ t'=-\displaystyle\frac{1}{3}\end{cases}\)

Hệ phương trình trên có đúng một nghiệm, nên \(d\) và \(d^{\prime}\) cắt nhau.

Ta có các vectơ chỉ phương của \(d\) và \(d'\) lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(-1 ; 1 ;-2)\) và \(\overrightarrow{a^{\prime}}=(-3; 3 ;-6)\).

Vì \(\overrightarrow{a'}=3 \overrightarrow{a}\) nên \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) cùng phương. Từ đó suy ra \(d\) và \(d^{\prime}\) song song với nhau hoặc trùng nhau.

Xét điểm \(M(2 ; 5 ; 3) \in d\), ta có \(M \in d^{\prime}\) nên \(d\) và \(d^{\prime}\) trùng nhau.

Ta có \(d\) và \(d'\) lần lượt nhận \(\overrightarrow{a}=(1 ; 3 ; -1)\) và \(\overrightarrow{a'}=(-2 ; 1 ; 3)\) là các vectơ chỉ phương.

Vì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) không cùng phương nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau hoặc chéo nhau.

\(d\) đi qua \(M(1 ;2 ;3)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1 ; 3 ; -1)\).

\(d'\) đi qua \(M'(2 ;-2 ;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=(-2 ; 1 ; 3)\) .

Nên phương trình tham số của \(d\) và \(d'\) lần lượt là

\(d \colon \begin{cases}x=1+t\\y=2+3t\\z=3-t\end{cases}\) và \(d' \colon \begin{cases}x=2-2t'\\y=-2+t'\\z=1+3t'\end{cases}\)

Xét hệ phương trình \(\begin{cases} 1+t=2-2t' \\ 2+3t=-2+t' \\ 3-t=1+3t'\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}t+2 t'=1 \\ 3t-t'=-4 \\-t-3t'=-2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}t=-1 \\ t'=1.\end{cases}\)

Hệ phương trình trên có đúng một nghiệm, nên \(d\) và \(d^{\prime}\) cắt nhau.

Ta có \(d\) và \(d'\) lần lượt nhận \(\overrightarrow{a}=(2 ; 1 ; 3\) và \(\overrightarrow{a'}=(1 ; 2 ; 3)\) là các vectơ chỉ phương.

Vì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) không cùng phương nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau hoặc chéo nhau.

\(d'\) đi qua \(M(2 ;-3 ;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=(1 ; 2 ; 3)\) nên có phương trình tham số là

\(d' \colon \begin{cases}x=2+ t'\\ y=-3+2 t'\\ z=1+3t'\end{cases} \left(t' \in \mathbb{R}\right)\)

Xét hệ phương trình:\(\begin{cases}1+2 t=2+t'(1) \\2+t=-3+2 t' (2) \\ -3+3t=1+3 t' (3)\end{cases}\)

Từ (1) và (2), ta tìm được \(t=\displaystyle\frac{7}{3}\) và\(t'=\displaystyle\frac{11}{3}\), thay vào (3), ta thấy \(t\) và \(t'\) không thoả mãn (3).

Ta suy ra hệ phương trình trên vô nghiệm. Vậy hai đường thẳng \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua \(M(-3;-2;6)\) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a}=(2;3;4)\).

Đường thẳng \(d'\) đi qua \(M'(5;-1;20)\) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{a'}=(1;-4;1)\).

Vì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) là hai vectơ không cùng phương nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau hoặc chéo nhau.

Phương trình tham số của \(d\) và \(d'\) lần lượt là

\(d \colon \begin{cases}x=-3+2t\\y=-2+3t\\z=6+4t\end{cases}\) và \(d' \colon \begin{cases}x=5+t'\\y=-1-4t'\\z=20+t'\end{cases}\)

Xét hệ phương trình \(\begin{cases}-3+2t=5+t'\\-2+3t=-1-4t'\\6+4t=20+t'\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}2t-t'=8 \quad (1)\\3t+4t'=1 \quad (2)\\4t-t'=14 \quad (3) \end{cases}\)

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có \(t=3\) và \(t'=-2\), thay vào \((3)\) ta thấy \(t\) và \(t'\) thỏa mãn.

Vậy \(d\) và \(d'\) cắt nhau và giao điểm của \(d\) và \(d'\) là \(\left(3; 7; 18\right)\).

Đường thẳng \(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=\left(1;1;-1 \right)\) và \(\overrightarrow{a'}=\left(2;2;-2 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) là hai vectơ cùng phương. Do đó \(d\) và \(d'\) song song.

Đường thẳng \(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=\left(1;-2;4 \right)\) và \(\overrightarrow{a'}=\left(1;2;3 \right)\).

Vì Vì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{a'}\) là hai vectơ không cùng phương nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau hoặc chéo nhau.

Ta có \(d'\) đi qua \(M'(1;2;0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(1;2;3 \right)\) nên phương trình tham số của \(d'\) là

\[d' \colon \begin{cases}x=1+t'\\y=2+2t'\\z=3t'\end{cases}\]

Xét hệ phương trình \(\begin{cases}1+t=1+t'\\3-2t=2+2t'\\-1+4t=3t'\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}t-t'=0 \quad(1)\\ -2t-2t'=-1 \quad(2) \\ 4t-3t'=1 \quad(3)\end{cases}\).

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có \(t=t'=\displaystyle\frac{1}{4}\), thay vào \((3)\) không thỏa.Do đó đường thẳng \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(0;1;1)\). Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;0;1)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |0\cdot 0+1\cdot 0+1\cdot 1 \right |}{\sqrt{0^2+1^2+1^2}\cdot\sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Suy ra \((d,(P))=45^{\circ}\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(2;1;-1)\) và \(\overrightarrow{a}'=(3;3;9)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |2\cdot 3+1\cdot 3+(-1)\cdot 9 \right |}{\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{3^2+3^2+9^2}}=0\).

Suy ra \((d,d')=90^{\circ}\).

\(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(1;0;0)\) và \(\overrightarrow{a}'=(0;0;3)\).

Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}'=1\cdot 0+0\cdot 0+0\cdot 3=0\). Vậy \(d\) và \(d'\) vuông góc với nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(0;0;50)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(0;0;1)\), đường thẳng \(d'\) đi qua điểm \(M'(20;0;50)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}'=(0;1;0)\).

Ta có \(\overrightarrow{MM}'=(20;0;0)\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]=(-1;0;0)\ne\overrightarrow{0}\), \(\left [\overrightarrow{a},\overrightarrow{a}' \right ]\cdot\overrightarrow{MM}'=-20\ne 0\).

Vậy \(d\) và \(d'\) chéo nhau.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left(1;1;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left(0;0;1 \right)\), đường thẳng \({d}'\) đi qua điểm \({M}'\left(10;20;5 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left(0;0;5 \right)\). Ta có \(\overrightarrow{MM'}=\left(9;19;4 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{a'} =5\overrightarrow{a}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{a'}\) cùng phương và \(\displaystyle\frac{0}{19}\ne \displaystyle\frac{1}{4}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM'}\) không cùng phương. Vậy trục khoan \(d\) của mũi khoan và trục \(d'\) của giá đỡ song song với nhau.

a) \(a\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{m}=(0;0;3)\) và \(b\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{n}=(4;2;0)\).

Ta có \(\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0\cdot 4+0\cdot 2+3\cdot 0=0\).

Do đó \(\overrightarrow{m}\perp\overrightarrow{n}\) hay \(a\perp b\).

b) Gọi \(M\) là giao điểm của \(a\) và \(b\), ta có \(\begin{cases} M\in a\\M\in b \end{cases}\Rightarrow\begin{cases} M(1;2;3t)\\M(1+4t';2+2t';6)\end{cases}\).

Khi đó ta có \(\begin{cases} 1=1+4t'\\2=2+2t'\\3t=6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases} t=2\\t'=0\end{cases}\Rightarrow M(1;2;6).\)

Vậy giao điểm của \(a\) và \(b\) là \(M(1;2;6)\).

Đường thẳng \(MN\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{MN}=(0;1;0)\) nên có phương trình tham số là \(\begin{cases} x=3\\y=3+t\\z=1{,}5.\end{cases}\)

a) Phương trình chính tắc của đường cáp là \(\displaystyle\frac{x-10}{2}=\displaystyle\frac{y-3}{-2}=\displaystyle\frac{z}{1}\).

b) Do tốc độ chuyển động của cabin là \(4{,}5\) m/s nên độ dài \(AM=4{,}5t\) (m).

Vì vậy \(\left|\overrightarrow{AM}\right|=4{,}5t\) (\(t\ge0\)).

Do hai véc-tơ \(\overrightarrow{AM}\) và \(\overrightarrow{u}\) là cùng hướng nên \(\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{u}\) với \(k\) là số thực dương nào đó.

Suy ra \(\left|\overrightarrow{AM}\right|=k\left|\overrightarrow{u}\right|=k\cdot\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}=3k\). Do đó \(3k=4{,}5t\Leftrightarrow k=\displaystyle\frac{3t}{2}\).

Vì thế, ta có \(\overrightarrow{AM}=\displaystyle\frac{3t}{2}\overrightarrow{u}=\left(3t;-3t;\displaystyle\frac{3t}{2}\right)\).

Gọi tọa độ của điểm \(M\) là \((x_M;y_M;z_M)\).

Do \(\overrightarrow{AM}=(x_M-x_A;y_M-y_A;z_M-z_A)=\left(3t;-3t;\displaystyle\frac{3t}{2}\right)\) nên \(\begin{cases}x_M=3t+x_A\\y_M=-3t+y_A\\z_M=\displaystyle\frac{3t}{2}+z_A\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_M=3t+10\\y_M=-3t+3\\z_M=\displaystyle\frac{3t}{2}.\end{cases}\)

Vậy điểm \(M\) có tọa độ là \(\left(3t+10;-3t+3;\displaystyle\frac{3t}{2}\right)\).

c) Do \(x_B=550\) nên \(3t+10=550\), tức là \(t=180\) (s). Do đó, ta có điểm \(B(550;-537;270)\).

Vậy \(AB=\sqrt{(550-10)^2+(-537-3)^2+(270-0)^2}=\sqrt{656100}=810\) (m).

d) Đường thẳng \(AB\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(2;-2;1)\) và mặt phẳng \((Oxy)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{k}=(0;0;1)\). Do đó, ta có

\(\sin\left(\Delta,(Oxy)\right)=\left|\cos\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{k}\right)\right|=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{k}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{k}\right|}=\displaystyle\frac{1}{3\cdot1}=\displaystyle\frac{1}{3}.\)

Vậy \(\left(\Delta,(Oxy)\right)\approx 19^\circ\).

a) Do điểm \(C(0;0;5)\) nên

\(AC=\sqrt{(3-0)^2+(-4-0)^2+(2-5)^2}=\sqrt{24}\) (m);

\(BC=\sqrt{(-5-0)^2+(-2-0)^2+(1-5)^2}=3\sqrt{5}\) (m).

b) Ta có \(\overrightarrow{OA}=(3;-4;2)\), \(\overrightarrow{OB}=(-5;-2;1)\) nên

\(\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]=\left(\left|\begin{matrix}-4 & 2 \\-2 & 1 \\\end{matrix} \right|;\left| \begin{matrix}2 & 3 \\1 & -5 \\\end{matrix} \right|;\left| \begin{matrix}3 & -4 \\-5 & -2 \\\end{matrix} \right| \right)=(0;-13;-26).\)

Vì thế véc-tơ \(\overrightarrow{n}=(0;1;2)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((OAB)\).

Mặt khác, do \(\overrightarrow{CA}=(3;-4;-3)\), \(\overrightarrow{BC}=(5;2;4)\) nên ta có

\(\sin\left(CA,(OAB)\right)=\left|\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{n}\right)\right|=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{CA}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{\left|3\cdot0+(-4)\cdot1+(-3)\cdot2\right|}{\sqrt{34}\cdot\sqrt{5}}=\displaystyle\frac{10}{\sqrt{170}}\),

suy ra \(\left(CA,(OAB)\right)\approx 50^\circ\). Vậy góc tạo bởi dây neo \(CA\) và mặt phẳng sườn núi là khoảng \(50^\circ\).

\(\sin\left(BC,(OAB)\right)=\left|\cos\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{n}\right)\right|=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{BC}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{\left|5\cdot0+2\cdot1+4\cdot2\right|}{3\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}=\displaystyle\frac{2}{3}\),

suy ra \(\left(BC,(OAB)\right)\approx 42^\circ\). Vậy góc tạo bởi dây neo \(BC\) và mặt phẳng sườn núi là khoảng \(42^\circ\).

a) Ta có đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left(\displaystyle\frac{7}{2};-2;\displaystyle\frac{2}{5}\right)\) và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left(0;\displaystyle\frac{15}{2};-\displaystyle\frac{2}{5}\right)=\displaystyle\frac{1}{10}\left(0;75;-4\right)\) làm véc-tơ chỉ phương nên

\(AB\colon\begin{cases} x=\displaystyle\frac{7}{2}\\ y=-2+75t\\ z=\displaystyle\frac{2}{5}-4t\end{cases},\, (t \text{ là tham số}).\)

b) Đường thẳng \(AB\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(0;75;-4)\) và mặt phẳng \((Oxy)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;0;1)\).

Ta có \(\sin\left(AB,(Oxy)\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{\left|0\cdot0+75\cdot0+(-4)\cdot1\right|}{\sqrt{0^2+75^2+(-4)^2}\cdot\sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{5641}}\).

Vậy \(\left(SD,(SAC)\right)\approx3{,}1^\circ\). Do đó góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Ta có \((\alpha)\) đi qua ba điểm \(M(5;0;0)\), \(N(0;-5;0)\), \(P(0;0;0{,}5)\) nên có phương trình

\((\alpha)\colon \displaystyle\frac{x}{5}+\displaystyle\frac{y}{-5}+\displaystyle\frac{z}{0{,}5}=1\Leftrightarrow x-y+10z-5=0.\)

Thay phương trình đường thẳng \(AB\) vào phương trình mặt phẳng \((\alpha)\) ta có

\(\displaystyle\frac{7}{2}+2-75t+10\cdot\left(\displaystyle\frac{2}{5}-4t\right)-5=0\Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{9}{230}.\)

Khi đó \(x=\displaystyle\frac{7}{2}\); \(y=\displaystyle\frac{43}{46}\); \(z=\displaystyle\frac{28}{115}\). Vậy \(C\left(\displaystyle\frac{7}{2};\displaystyle\frac{43}{46};\displaystyle\frac{28}{115}\right)\).

d) Tại vị trí máy bay có độ cao \(120\) m, ta có \(z=0{,}12=\displaystyle\frac{3}{25}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{2}{5}-4t=\displaystyle\frac{3}{25}\Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{7}{100}\).

Khi đó \(x=\displaystyle\frac{7}{2}\); \(y=\displaystyle\frac{13}{4}\). Vậy \(D\left(\displaystyle\frac{7}{2};\displaystyle\frac{13}{4};\displaystyle\frac{3}{25}\right)\).

e) Khoảng cách \(DE=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{7}{2}-\displaystyle\frac{7}{2}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{13}{2}-\displaystyle\frac{13}{4}\right)^2+\left(0-\displaystyle\frac{3}{25}\right)^2}\approx 3{,}25\) (km).

Suy ra \(DE>900\) m. Do đó sau khi ra khỏi đám mây, người phi công không đạt được quy định an toàn.

Ta có \(M\in (Oyz)\Rightarrow M(0;a;b)\). Khi đó ta có \(\begin{cases}\overrightarrow{MA}=(2;-3-a;7-b)\\\overrightarrow{MB}=(0;4-a;1-b)\\\overrightarrow{MC}=(3;-a;5-b)\\\overrightarrow{MD}=(3;3-a;3-b)\end{cases}\Rightarrow\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=(8;4-4a;16-4b).\)

Do đó \(\left |\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD} \right |=\sqrt{64+\left(4-4a\right) ^2+\left(16-4b\right) ^2}\ge 8\).

Dấu \(=\) xảy ra \(\Leftrightarrow\begin{cases}a=1\\b=4.\end{cases}\)

Vậy \(M(0;1;4)\).

Gọi \(D\), \(E\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\), \(B\) trên mặt phẳng \((Oxy)\).

Khi đó \((MA, (Oxy)) = \widehat{AMD}\) và \((MB, (Oxy)) =\widehat{BME}\).

Do đó \(MA\), \(MB\) cùng tạo với mặt phẳng \((Oxy)\) các góc bằng nhau khi và chỉ khi \(\triangle AMD \backsim \triangle BME\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{AM}{BM} = \displaystyle\frac{AD}{BE}\).

Ta có \(AD =\mathrm{d}(A,(Oxy)) = 10\) và \(BE =\mathrm{d}(B,(Oxy))=5\).

Do đó \(\displaystyle\frac{AM}{BM}=2. \quad (1)\)

Gọi tọa độ của \(M\) là \((x,y,0)\). Ta có

\(AM^2 = (x-1)^2+(y-3)^2+100 \text{ và } MB^2= (x-4)^2+(y-6)^2+25.\)

Từ \((1)\) suy ra

\(AM^2=4BM^2 \Leftrightarrow (x-1)^2+(y-3)^2 = 4(x-4)^2+4(y-6)^2.\)

Đặt \(x-1=a\) và \(y-3=b\). Ta có

\(a^2+b^2=4(a-3)^2+4(b-3)^2 \Leftrightarrow 3(a^2+b^2) - 24(a+b) +72=0.\)

Sử dụng bất đẳng thức \((a+b)^2 \leq 2(a^2+b^2)\) ta có

\(\displaystyle\frac{3}{2}(a+b)^2 -24(a+b) +72 \leq 0 \Leftrightarrow 4 \leq a+b \leq 12.\)

Do đó \(a^2 +b^2 \geq \displaystyle\frac{(a+b)^2}{2} \geq \displaystyle\frac{4^2}{2}=8\).

Vậy \(AM^2= a^2+b^2+100 \geq 108 \Leftrightarrow AM \geq 6\sqrt{3}.\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=2 \Leftrightarrow x=3;y=5\). Khi đó điểm \(M\) có tọa độ \((3;5;0)\).

Gọi \(G(x_{G};y_{G};z_{G})\) là điểm sao cho \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}\). Ta có \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0} \Leftrightarrow \begin{cases} x_{G}-4 +2(x_{G}-1)-(x_{G}-2) =0 \\ y_{G}-2 +2(y_{G}-1) -(y_{G}+2) =0 \\ z_{G}-2 +2 (z_{G}+1)-(z_{G}+2)=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_{G}=2 \\ y_{G}=3 \\ z_{G}=1 \end{cases}\Rightarrow G(2;3;1).\)

Như vậy ta có \(|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}| = |\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{MG}-\overrightarrow{GC}|= |2\overrightarrow{MG}|=2MG\).

Do đó \(|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MG\) ngắn nhất.

Mà \(M\) thuộc \((Oyz)\) nên \(MG\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(M\) là hình chiếu của \(G\) lên \((Oyz)\)

\(\Rightarrow M(0;3;1)\).

Gọi \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\). Dễ thấy tứ diện \(OABC\) là hình chóp tam diện vuông tại \(O\).

Ta có \(CH\perp AB,\ CO\perp AB\Rightarrow AB\perp(CHO)\Rightarrow AB\perp OH\).

Mà \(BH\perp AC,\ BO\perp AC\Rightarrow AC\perp(BHO)\Rightarrow AC\perp OH\).

Từ đó ta suy ra \(OH\perp (ABC)\Rightarrow d(O,(ABC))=OH\).

Xét tam giác \(AOB\) vuông tại \(O\), có đường cao \(OK\)

\[\displaystyle\frac{1}{OK^{2}}=\displaystyle\frac{1}{OA^{2}}+\displaystyle\frac{1}{OB^{2}}=\displaystyle\frac{1}{a^{2}}+\displaystyle\frac{1}{b^{2}}.\]

Xét tam giác \(COK\) vuông tại \(O\), có đường cao \(OH\)

\[\displaystyle\frac{1}{OH^{2}}=\displaystyle\frac{1}{OC^{2}}+\displaystyle\frac{1}{OK^{2}}=\displaystyle\frac{1}{a^{2}}+\displaystyle\frac{1}{b^{2}}+\displaystyle\frac{1}{c^{2}}\geq \displaystyle\frac{3}{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\Rightarrow OH^{2}\leq \displaystyle\frac{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}{3}.\]

Mà \(3=a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\Rightarrow abc\leq 1\Rightarrow OH\leq \displaystyle\frac{1}{3}\).

Vậy khoảng cách từ \(O\) mặt phẳng \((ABC)\) lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{1}{3}\).

Giả sử \(M(m;0;0)\). Ta có \(\overrightarrow{MA}=(3-m;1;-4),\overrightarrow{MB}=(2-m;1;-2), \overrightarrow{MC}=(1-m;1;-3)\).

\begin{eqnarray*}\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|&=&\sqrt{(6-3m)^2+3^2+(-9)^2}= \sqrt{9m^2-36m+126}\\&=&\sqrt{9(m-2)^2+90}\\&\ge & 3\sqrt{10},\forall m \in \mathbb{R}.\end{eqnarray*}

Vậy \(\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(3\sqrt{10}\) khi \(m-2=0 \Leftrightarrow m =2\). Hay \(M(2;0;0)\).

Lấy điểm \(I\) đoạn thẳng \(AB\) sao cho \(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\), khi đó ta có

\(\begin{cases}x_I=\displaystyle\frac{x_A+2x_B}{3}=\displaystyle\frac{-2+2\cdot4}{3}=2\\ y_I=\displaystyle\frac{y_A+2y_B}{3}=\displaystyle\frac{2+2\cdot5}{3}=4\\ z_I=\displaystyle\frac{z_A+2z_B}{3}=\displaystyle\frac{-3+2\cdot(-3)}{3}=-3,\end{cases}\)

từ đó suy ra \(I(2;4;-3)\).

Ta lại có

\begin{align*}MA^2+MB^2=&\overrightarrow{MA}^2+\overrightarrow{MB}^2=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2\\=&\overrightarrow{MI}^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{MI}^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IB}^2\\=&2\overrightarrow{MI}^2+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}\right)+\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2=2MI^2+IA^2+IB^2.\end{align*}

Từ đó, kết hợp với \(A\), \(B\) và \(I\) cố định, suy ra \(MA^2+MB^2\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) nhỏ nhất, khi đó \(M\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(Oxy\), suy ra \(M(2;4;0)\).

Vậy \(a+b+c=6\).

Chọn hệ trục tọa độ sao cho các tia \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\) là chiều dương các trục tọa độ, gọi \(A(x;0;0)\), \(B(0;y;0)\), \(C(0;0;z)\), \((x,y,z>0)\).

Ta có \(V_{OABC}=\displaystyle\frac{1}{6}xyz\). Theo giả thiết

\begin{eqnarray*}&&OA+OB+OC+AB+BC+CA=1\\&\Leftrightarrow& x+y+z+\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}=1\end{eqnarray*}

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có

\begin{eqnarray*}x+y+z+\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}&\ge& 3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{2\sqrt{2}xyz}\\\Leftrightarrow 1 &\ge& 3\sqrt[3]{xyz}\left(1+\sqrt{2}\right)\\\Rightarrow \displaystyle\frac{1}{6}xyz&\le& \displaystyle\frac{1}{162\left(1+\sqrt{2}\right)^3}\\\Leftrightarrow V_{OABC} &\le& \displaystyle\frac{1}{162\left(1+\sqrt{2}\right)^3}.\end{eqnarray*}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\displaystyle\frac{1}{3+3\sqrt{2}}.\)

Vậy \(\begin{cases} m=162 \\ n=2 \end{cases}\Rightarrow P=m+n=164\).

Ta có \(z_{A}=1\), \(z_{B}=-3\) do đó \(A\) và \(B\) nằm ở hai phía đối với mặt phẳng \((Oxy)\).

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng với \(B\) qua mặt phẳng \((Oxy)\), ta có \(\left| MA-MB \right| = \left| MA-MB' \right|\).

Mà ta có

\begin{eqnarray*}& & MA \le MB' + AB' \Rightarrow MA-MB' \le AB' \\& & MB' \le MA + AB' \Rightarrow MB' - MA \le AB' \\& \Rightarrow & \left| MA-MB' \right| \le AB'.\end{eqnarray*}

Do đó \(\left| MA-MB\right|\) lớn nhất là \(AB'\) khi \(B'\), \(A\), \(M\) thẳng hàng hay \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB'\) và mặt phẳng \((Oxy)\).

Ta có \(B(-1;4;-3)\) \(\Rightarrow B'(-1;4;3)\). Suy ra \(\overrightarrow{AM} = (x_{M}-3; y_{M}-2; -1)\), \(\overrightarrow{AB'}=(-4;2;2)\).

Ta có \(B'\), \(A\), \(M\) thẳng hàng \(\Leftrightarrow\) \(\overrightarrow{AM}\) và \(\overrightarrow{AB'}\) cùng phương \(\Leftrightarrow \displaystyle\frac{x_{M}-3}{-4} = \displaystyle\frac{y_{M}-2}{2} =\displaystyle\frac{-1}{2} \Leftrightarrow \begin{cases} x_{M}=5 \\ y_{M}=1 .\end{cases}\)

Vậy tọa độ \(M(5;1;0)\).

Ta có \(\overrightarrow{DA} = (6;0;0)\), \(\overrightarrow{DB}=(0;2;0)\), \(\overrightarrow{DC}=(0;0;3)\).

Gọi \(M(x+1;y+2;z+3)\), ta có

\begin{eqnarray*}& & MA = \sqrt{(x-6)^{2} +y^{2}+z^{2}} \ge |x-6| \ge 6-x\\& & MB = \sqrt{ x^{2} + (y-2)^{2} +z^{2} } \ge |y-2| \ge 2-y \\& & MC = \sqrt{ x^{2} +y^{2} + (z-3)^{2} } \ge |z-3| \ge 3-z\\& & \sqrt{3}MD = \sqrt{ 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) } \ge \sqrt{ (x+y+z)^{2} } \ge x+y+z.\end{eqnarray*}

Do đó \(P \ge (6-x)+(2-y)+(3-z)+(x+y+z) =11\).

Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất là \(11\) khi vài chỉ khi \(x=y=z=0\).

Khi đó \(M(1;2;3)\), suy ra \(OM=\sqrt{14}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;0;0)\), \(\overrightarrow{AC}=(0;0;4)\), \(\overrightarrow{AD}=\left(0;-2;0\right)\).

Suy ra \(\left[{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right]\overrightarrow{AD}=8\ne 0\) nên bốn điểm \(A\) ,\(B\), \(C\), \(D\) lập thành tứ diện.

Gọi \(I\) là trọng trọng tâm tứ diện \(ABCD\) thì \(\overrightarrow{OI}=\displaystyle\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}\right)\) và \(I\left(\displaystyle\frac{7}{4};\displaystyle\frac{7}{2};0\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}T&=&MA^2+MB^2+MC^2+MD^2=\overrightarrow{MA}^2+\overrightarrow{MB}^2+\overrightarrow{MC}^2+\overrightarrow{MD}^2\\&=&\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID}\right)^2\\&=&4\cdot\overrightarrow{MI}^2+\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2+\overrightarrow{IC}^2+\overrightarrow{ID}^2+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IBD}\right)\\&=&4\cdot\overrightarrow{MI}^2+\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2+\overrightarrow{IC}^2+\overrightarrow{ID}^2\\&=&4.\overrightarrow{MI}^2+\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2+\overrightarrow{IC}^2+\overrightarrow{ID}^2\\&\ge&\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2+\overrightarrow{IC}^2+\overrightarrow{ID}^2.\end{eqnarray*}

Suy ra \(T_{\min}=\overrightarrow{IA}^2+\overrightarrow{IB}^2+\overrightarrow{IC}^2+\overrightarrow{ID}^2\) khi \(M\equiv I\) tức là \(M\left(\displaystyle\frac{7}{4};\displaystyle\frac{7}{2};0\right)\).

Khi đó \(x+y+z=\displaystyle\frac{7}{4}+\displaystyle\frac{7}{2}+0=\displaystyle\frac{21}{4}\).

Ta có \(OA=a\); \(OB=b\); \(OC=c\); \(AB=\sqrt{a^2+b^2}\); \(BC=\sqrt{b^2+c^2}\); \(CA=\sqrt{c^2+a^2}\).

\(V_{OABC}=\displaystyle\frac{1}{6}OA\cdot OB\cdot OC=\displaystyle\frac{1}{6}a\cdot b\cdot c\).

Ta có

\begin{eqnarray*}&&OA+OB+OC+AB+BC+CA=1+\sqrt 2\\&\Leftrightarrow& a+b+c+\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}=1+\sqrt 2\end{eqnarray*}

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\).

\begin{eqnarray*}&\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}&\geq 3\sqrt[6]{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)}\\&&\geq 3\sqrt[6]{2ab\cdot 2bc\cdot 2ac}\\&&=3\sqrt 2\cdot\sqrt[3]{abc}.\end{eqnarray*}

Suy ra

\begin{eqnarray*}&&a+b+c+\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq 3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt 2 \cdot\sqrt[3]{abc}\\&\Leftrightarrow& 1+\sqrt 2\geq 3\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt 2)\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}\leq\displaystyle\frac{1}{3}\\&\Leftrightarrow& abc\leq\displaystyle\frac{1}{27}\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{6}abc\leq\displaystyle\frac{1}{162}\Leftrightarrow{V_{OABC}}\leq\displaystyle\frac{1}{162}.\end{eqnarray*}

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\begin{cases}a>0;b>0;c>0\\a=b=c\\ a+b+c+\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}=1+\sqrt 2 \end{cases}\) \(\Leftrightarrow a=b=c=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(V_{OABC}\) bằng \(\displaystyle\frac{1}{162}\).

Ta có \(\overrightarrow{DA} = (6;0;0)\), \(\overrightarrow{DB} = (0;2;0)\), \(\overrightarrow{DC} = (0;0;3)\) nên tứ diện \(ABCD\) là tứ diện vuông đỉnh \(D\).

Giả sử \(M(x+1; y+2; z+3)\).

Ta có \(MA = \sqrt{(x-6)^2 + y^2 + z^2} \ge |x-6|\ge 6-x\), \(MB = \sqrt{x^2+(y-2)^2+z^2} \ge |y-2| \ge 2-y\),

\(MC = \sqrt{x^2+y^2+(z-3)^2}\ge |z-3| \ge 3-z\), \\ \(\sqrt{3}MD = \sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2 \right)} \ge \sqrt{(x+y+z)^2} \ge x + y + z\).

Do đó \(P\ge (6-x)+(2-y)+(3-z) + (x+y+z)=11\).

Các đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\begin{cases} x=y=z=0 \\ 6-x \ge 0; 2-y \ge 0; 3-z\ge 0; x+y+z \ge 0\end{cases} \Leftrightarrow x = y = z = 0.\)

Khi đó \(M(1;2;3)\Rightarrow OM = \sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}\).

Tìm điểm \(I(x,y,z)\) sao cho \(2\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}=0 \Leftrightarrow \begin{cases} 2(2-x)-(0-x)=0\\ 2(1-y)-(3-y)=0\\ 2(-1-z)-(1-z)=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=4\\ y=-1\\ z=-3.\end{cases}\)

Vì \(2\overrightarrow{IA} - \overrightarrow{IB}=0 \Rightarrow 2 \overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} =\overrightarrow{MI}\), nên ta có \(\left| 2\overrightarrow{MA} -\overrightarrow{MB} \right| = \left| \overrightarrow{MI} \right|\).

Để \(\left| 2\overrightarrow{MA} -\overrightarrow{MB} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(M\) là chân đường cao hạ từ \(I\) xuống mặt phẳng \((P)\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_P = (1;1;-1)\).

Phương trình tham số của đường thẳng qua \(I(4;-1;-3)\) và vuông góc với \((P)\) là \(\begin{cases}x=4+t \\ y=-1+t \\ z=-3-t.\end{cases}\)

Chân đường cao hạ từ \(I\) xuống mặt phẳng \((P)\) có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình

\begin{eqnarray*}\begin{cases}x+y-z+3=0 \\ x=4+t \\ y=-1+t \\ z=-3-t.\end{cases}\end{eqnarray*}

Thế ba phương trình sau vào phương trình đầu tiên ta có \((4+t)+(-1+t)-(-3-t)+3=0 \Leftrightarrow 3t+9=0 \Leftrightarrow t=-3.\)

Do đó \(x=1, y=-4,z=0\).

Gọi tọa độ điểm cần tìm là \(M(a;0;0)\).

Khi đó \(MA^2 + MB^2=(a+1)^2+9+16 + (9-a)^2 +49+4= 2a^2 -16a+160\).

Đặt \(y = 2x^2 -16x +160 \Rightarrow y'=4x-16\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(MA^2 + MB^2\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(128\) khi \(a =4\). Vậy \(M(4;0;0)\).

Theo đề bài ta có \(OA = OB =\sqrt{2}\) và

\begin{align*}& S_{ODE} = \displaystyle\frac{1}{2} S_{OAB} \\\Leftrightarrow & \displaystyle\frac{1}{2} \cdot OD \cdot OE \cdot \sin \widehat{DOE} = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \widehat{AOB} \\\Leftrightarrow & OD \cdot OE=\displaystyle\frac{1}{2}OA \cdot OB=1.\end{align*}

Mặt khác

\(DE^2 =OD^2+OE^2-2OD.OE.\cos \widehat{AOB}\geq 2OD.OE-2OD.OE.\cos \widehat{AOB}= 2 \left(1-\cos \widehat{AOB}\right).\)

Suy ra \(DE\) nhỏ nhất khi \(OD=OE=1\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), ta có \(M \left(\displaystyle\frac{1}{2}; \displaystyle\frac{1}{2}; 0 \right)\).

Khi đó, \(\overrightarrow{OI} = \displaystyle\frac{OI}{OM} \cdot \overrightarrow{OM} = \displaystyle\frac{OD}{OA} \cdot \overrightarrow{OM} = \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};\ \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};\ 0 \right)\). Suy ra \(I \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};\ \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};\ 0 \right)\)

Gọi \(A'\), \(B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\), \(B\) trên mặt phẳng \(Oxy\).

Ta có \(A'(1;3;0)\), \(B'(-2;-1;0)\), suy ra \(A'B'=5\).

Khi đó, xét \(M\), \(N\) bất kì thuộc \(Oxy\) và \(MN=1\), ta có

\(A'M+MN+B'N\ge A'B'\Rightarrow A'M+B'N\ge A'B'-MN=4\)

Vậy ta có

\begin{eqnarray*}AM^2+BN^2&=&AA'^2+A'M^2+BB'^2+B'N^2=20+A'M^2+B'N^2\\&\ge&20+\displaystyle\frac{(A'M+B'N)^2}{2}\ge20+\displaystyle\frac{4^2}{2}=28.\end{eqnarray*}

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(AM^2+BN^2\) là \(28\), xảy ra khi \(A'\), \(M\), \(N\), \(B'\) thẳng hàng và \(A'M=B'N=2\).

Theo giả thiết ta có

\[\begin{cases}M \in (P)\\OM^2=AM^2\\OM^2=BM^2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}a+2b+3c-2=0\\a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a-6)^{2}+b^{2}+c^{2}\\a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{2}+(b-8)^{2}+c^{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}a=3\\b=4\\c=-3.\end{cases}\]

Dễ thấy hai điểm \(A, B\) thuộc trục \(Ox\).

Vì \(MA+MB=10\) nên tập hợp điểm \(M\) là elip có tâm \(O\), độ dài trục lớn \(2a=10\), tiêu cự \(2c=6\), nằm trong mặt phẳng \((Oxy)\).

Gọi \(H(0;5;0)\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \((Oxy)\).

Khi đó \(MC=\sqrt{MH^2+CH^2}\), vậy để \(MC\) nhỏ nhất thì \(MH\) nhỏ nhất.

Dễ thấy \(H\) thuộc \(Oy\) nên để \(MH\) nhỏ nhất thì \(M\) là giao điểm của elip với tia \(Oy\).

Ta có \(b=\sqrt{a^2-c^2}=4\) nên \(M(0;4;0)\).

Khi đó \(MH=1, HC=1\). Vậy \(MC_{\min }=\sqrt{2}\).

\(\bullet\) Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(M(1; 2; 0)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u} = (2; 1; 2)\), mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_P} = (2; -2; 1)\), mặt phẳng \((Q)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_Q} = (a; b; c)\) trong đó \(a^2 + b^2 + c^2 > 0\).

\((Q)\) đi qua \(\Delta\) nên \(\overrightarrow{n_Q}\cdot \overrightarrow{u} = 0 \Leftrightarrow 2a + b + 2c = 0\).

\(\bullet\) \(\cos((P), (Q)) = \left| \cos (\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_Q})\right| = \displaystyle\frac{|2a - 2b + c|}{3\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} = \displaystyle\frac{|6a + 5c|}{3\sqrt{5a^2 + 8ac + 5c^2}}\).

Nếu \(a = 0\) thì \(\cos((P), (Q)) = \displaystyle\frac{\sqrt{5}}{3}\).

Nếu \(a \ne 0\) thì \(\cos((P), (Q)) = \displaystyle\frac{\left|6 + 5\displaystyle\frac{c}{a}\right|}{3\sqrt{5 + 8\displaystyle\frac{c}{a} + 5\displaystyle\frac{c^2}{a^2}}} = \displaystyle\frac{|6 + 5t|}{3\sqrt{5 + 8t + 5t^2}}\) với \(t = \displaystyle\frac{c}{a}\).

Đặt \(f(t) = \displaystyle\frac{(6 + 5t)^2}{5t^2 + 8t+5}\).

Ta có \(f'(t) = \displaystyle\frac{-100t^2-110+12}{(5t^2+8t+5)^2}\) nên \(f'(t) = 0 \Leftrightarrow t= \displaystyle\frac{1}{10};\, t =- \displaystyle\frac{6}{5}.\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có \(\max \cos ((P),(Q)) = \displaystyle\frac{\sqrt{65}}{9}\).

\(((P),(Q))\) đạt giá trị nhỏ nhất \(\Leftrightarrow \cos ((P),(Q))\) đạt giá trị lớn nhất \(\Leftrightarrow t= \displaystyle\frac{1}{10} \Leftrightarrow a = 10c\). \

Suy ra \(b = -22c\). Mặt khác \(M(1;2 ; 0) \in (Q)\) nên \(a + 2b + 34 = 0 \Leftrightarrow -34c + 34 = 0 \Leftrightarrow c = 1\). \\Suy ra \(a = 10, b = -22\).

\(\bullet\) Vậy \(abc = - 220\).

Gọi \(K\), \(H\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(d\) và \((P)\) . Khi đó

\(\mathrm{d}[A,(P)] =AH\leq AK.\)

Do đó khoảng cách từ \(A\) đến \((P)\) lớn nhất bằng \(AK=\mathrm{d}(A,d)\).

Giả sử \(K(1+2t;t;2+2t)\), ta có \(\overrightarrow{AK}=(2t-1;t-5;2t-1)\). Vì \(AK \perp d\) nên

\(2(2t-1)+t-5+2(2t-1)=0\Leftrightarrow t=1.\)

Suy ra \(\overrightarrow{AK}=(-1;-4;1)\). Phương trình mặt phẳng \((P)\colon x-4y+z-3=0\).

Khoảng cách \(\mathrm{d}[M,(P)]=\displaystyle\frac{11\sqrt{2}}{6}.\)

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{IA} + 2\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC} =\overrightarrow{0}\), dễ thấy \(I\left ( \displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{2}{3};-\displaystyle\frac{1}{2}\right )\). Khi đó \(S=MA^2+2MB^2+3MC^2 = 6MI^2 + IA^2+2IB^2+3IC^2.\(Ta thấy \(I\) là điểm cố định nên \(S\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \((P)\).

\(MI \perp (P) \Rightarrow M\left (\displaystyle\frac{2}{3}+t; \displaystyle\frac{2}{3}+t;-\displaystyle\frac{1}{2}+t\right )\), \(M \in (P) \Leftrightarrow \displaystyle\frac{2}{3}+t +\displaystyle\frac{2}{3}+t -\displaystyle\frac{1}{2}+t +2=0 \Leftrightarrow t=-\displaystyle\frac{17}{18}\).

Vậy \(M\left (-\displaystyle\frac{5}{18}; -\displaystyle\frac{5}{18};-\displaystyle\frac{13}{9}\right )\).

Ta có \(\overrightarrow{AA'}=(2;0;-2)\), \(\overrightarrow{AB}=(1;1;1)\). \(\overrightarrow{AD}=(1;-2;1)\).

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC'}\Rightarrow C'(5;-1;1).\)

Đường thẳng \(DC\) đi qua điểm \(D\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}=(1;1;1)\) có phương trình: \(\begin{cases}x=2+t\\y=-2+t\\z=2+t.\end{cases}\)

Gọi \(M(2+t;-2+t;2+t)\in DC\). Ta có \(AM=\sqrt{3t^2+6}\), \(C'M=\sqrt{3t^2-6t+11}=\sqrt{3(1-t)^2+8}\).

Ta có

\begin{eqnarray*}&AM+C'M&=\sqrt{3t^2+6}+\sqrt{3(1-t)^2+8}\\&&\ge \sqrt{(\sqrt{3}t+\sqrt{3}-\sqrt{3}t)^2+(\sqrt{6}+\sqrt{8})^2}\\&&=\sqrt{17+8\sqrt{3}}.\end{eqnarray*}

Dấu \lq\lq =\rq\rq \; khi và chỉ khi

\(\displaystyle\frac{\sqrt{3}t}{\sqrt{3}(1-t)}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{8}}\Leftrightarrow t=2\sqrt{3}-3\).

Khi đó \(M(2\sqrt{3}-1; 2\sqrt{3}-5; 2\sqrt{3}-1)\).

Vậy, giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách \(AM+MC'\) là \(\sqrt{17+8\sqrt{3}}\).

Gọi \(I(x;y;z)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\).

Khi đó \(\overrightarrow{IA}=(1-x;4-y;5-z)\), \(\overrightarrow{IB}=(3-x;4-y;-z)\) và \(\overrightarrow{IC}=(2-x;-1-y;-z)\), từ đó ta có hệ phương trình \(\begin{cases}1-x+3-x+6-3x=0 \\ 4-y+4-y-3-3y=0 \\ 5-z-z-3z=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\y=1\\z=1\end{cases}\) hay \(I(2;1;1)\).

Ta có \(MA^2=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2=MI^2+2\cdot\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IA}+IA^2\).

Tương tự ta có \(MB^2=MI^2+2\cdot\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IB}+IB^2\) và \(MC^2=MI^2+2\cdot\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IC}+IC^2\).

Suy ra \(P=MA^2+MB^2+3MC^2=5MI^2+IA^2+IB^2+3IC^2\).

Tổng \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) đạt giá trị nhỏ nhất, hay \(M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \((P)\).

Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(IM\) là \(\overrightarrow{n}=(3;-3;-2)\).

Phương trình đường thẳng \(IM\) là \(\begin{cases}x=2+3t \\ y=1-3t \\ z=1-2t\end{cases},\ (t\in\mathbb{R})\).

Gọi \(M(2+3t,1-3t,1-2t)\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \((P)\).

Khi đó \(3(2+3t)-3(1-3t)-2(1-2t)-12=0\Leftrightarrow 22t-11=0\Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra tọa độ điểm \(M\) là \(M\left(\displaystyle\frac{7}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\). Vậy \(a+b+c=3\).

Chu vi tam giác \(ABM\) đạt giá trị nhỏ nhất khi tổng \(MA+MB\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Do \(M\in \Delta\colon \begin{cases}x=-1+2t \\ y=1-t \\z=2t\end{cases}\) nên \(M(-1+2t;1-t;2t)\).

Ta có \(MA=\sqrt{(2t-2)^2+(t+4)^2+4t^2}=\sqrt{9t^2+20}\);\\ \(MB=\sqrt{(2t-4)^2+(t+2)^2+(2t-6)^2}=\sqrt{9t^2-36t+56}\).

Như vậy \(MA+MB=\sqrt{9t^2+20}+\sqrt{9t^2-36t+56}\).

Xét hàm số \(f(t)=\sqrt{9t^2+20}+\sqrt{9t^2-36t+56}\) trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(f'(t)=\displaystyle\frac{9t}{\sqrt{9t^2+20}}+\displaystyle\frac{9t-18}{\sqrt{9t^2-36t+56}}=\displaystyle\frac{9t}{\sqrt{9t^2+20}}+\displaystyle\frac{9(t-2)}{\sqrt{9(t-2)^2+20}}\).

\(f'(t)=0 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{t}{\sqrt{9t^2+20}}=-\displaystyle\frac{t-2}{\sqrt{9(t-2)^2+20}}\,\,(1)\).

Xét hàm số \(g(t)=\displaystyle\frac{t}{\sqrt{9t^2+20}}\) có \(g'(t)=\displaystyle\frac{20}{\left(\sqrt{9t^2+20}\right)^3}>0\).

Do đó phương trình \((1)\) có nghiệm duy nhất \(t=1\).

Bảng biến thiên của \(f(t)\) là

Theo bảng biến thiên, \(f(t)\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(t=1\).

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\triangle ABC\). Khi đó, \(G\) có tọa độ \(\left(2;2;-2\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} +\overrightarrow{MC} =3\overrightarrow{MG}\).

Do đó

\begin{eqnarray*}9MG^2 &=& \left(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} +\overrightarrow{MC}\right)^2\\&=& MA^2+ MB^2+ MC^2 + 2\left(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA}\right) \quad (1).\end{eqnarray*}

Mặt khác, ta có \(2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = MA^2 +MB^2 -\left(\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB}\right)^2 =MA^2 +MB^2 -AB^2\).

Do đó \(2\left(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA} \right) = 2\left(MA^2 +MB^2 +MC^2\right) -\left(AB^2 +BC^2+ CA^2\right)\).

Thay vào \((1)\) ta có

\begin{eqnarray*}& &9MG^2 = 3\left(MA^2 +MB^2 +MC^2\right) - \left(AB^2 +BC^2+ CA^2\right) \\&\Leftrightarrow &MA^2 +MB^2 +MC^2 =3MG^2 +\displaystyle\frac{AB^2 +BC^2+ CA^2 }{3}.\end{eqnarray*}

Biểu thức \(MA^2 +MB^2 +MC^2\) có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MG\) nhỏ nhất. Khi đó, \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) trên mặt phẳng \((P)\).

Mặt phẳng \((P)\) có một VTPT là \(\overrightarrow{n}=(1;-2;2)\). Phương trình tham số của đường thẳng đi qua \(G\) và vuông góc với \((P)\) là \(\begin{cases}x=2+t \\ y=2-2t \\ z=-2+2t\end{cases}, t\in \mathbb{R}\).

Tọa độ của điểm \(M\) cần tìm là nghiệm nghiệm của hệ \(\begin{cases} x-2y+2z-3=0 \\ x=2+t \\ y=2-2t \\ z=-2+2t\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x= 3\\ y=0 \\ z= 0\\t=1\end{cases}\)

Khi đó \(a=3;b=0;c=0\) nên \(a+b+c=3\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Ta có \(I\left(-1;\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{3}{2}\right)\) và \(BC^2=6.\)

Xét tam giác \(MBC\), \(MI\) là đường trung tuyến, ta có:

\(MI^2=\displaystyle\frac{MB^2+MC^2}{2}-\displaystyle\frac{BC^2}{4}\) \(\Leftrightarrow MB^2+MC^2=2MI^2+\displaystyle\frac{BC^2}{2}=2MI^2+3.\)

Khi đó, \(S=2MA^2+2MI^2+3=2(MA^2+MI^2)+3.\)

Gọi \(J\) là trung điểm của \(AI\). Ta có \(J\left(0;\displaystyle\frac{3}{4};\displaystyle\frac{5}{4}\right)\) và \(AI^2=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Xét tam giác \(MAI\), \(MJ\) là đường trung tuyến, ta có:

\(MJ^2=\displaystyle\frac{MA^2+MI^2}{2}-\displaystyle\frac{AI^2}{4}\) \(\Leftrightarrow MA^2+MI^2=2MJ^2+\displaystyle\frac{AI^2}{2}=2MJ^2+\displaystyle\frac{9}{4}.\)

Suy ra \(S=2\left(2MJ^2+\displaystyle\frac{9}{4}\right)+3=4MJ^2+\displaystyle\frac{15}{2}.\) \(S\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(J\) trên mặt phẳng \((P)\).

Đường thẳng qua \(J\) và vuông góc với \((P)\) có phương trình

\(\begin{cases}x=t\\y=\displaystyle\frac{3}{4}-t\\z=\displaystyle\frac{5}{4}+t\end{cases}\,(t\in \mathbb{R})\Rightarrow M\left(t;\displaystyle\frac{3}{4}-t;\displaystyle\frac{5}{4}+t\right)\).

Thay vào \((P)\) ta được \(t=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra \(M\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{5}{4};\displaystyle\frac{3}{4}\right)\), từ đó \(T=\displaystyle\frac{7}{4}\).

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\). Ta có

\[\begin{cases}x_I=\displaystyle\frac{x_A+2x_B+x_C}{4}=2\\ y_I=\displaystyle\frac{y_A+2y_B+y_C}{4}=0\\ z_I=\displaystyle\frac{z_A+2z_B+z_C}{4}=1\end{cases}\Rightarrow I\left(2;0;1\right).\]

Khi đó

\[T=\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|4\overrightarrow{MI}\right|=4MI.\]

Suy ra \(T\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \((P)\).

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(I\) và vuông góc với \((P)\). Phương trình của \(d\)

\[\begin{cases}x=2+t\\ y=t\\ z=1+t.\end{cases}\]

Từ đó suy ra tọa độ giao điểm \(M\) của \(d\) và \((P)\) là \(M\left(3;1;2\right)\).

Vậy \(a=3,b=1,c=2\Rightarrow 2a+4b+c=12\).

Ta có \((P)\colon mx+(m+1)y-z-2m-1=0\Leftrightarrow m(x+y-2)+(y-z-1)=0\).

Suy ra \((P)\) chứa đường thẳng cố định \(d\colon \begin{cases}x+y-2=0\\y-z-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=2-t\\y=t\\z=-1+t.\end{cases}\)

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(H\) trên \(d\). Khi đó, ta có \((HKH_m)\perp d\).

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng qua \(H\) và vuông góc với \(d\), ta có \((Q)\equiv (HKH_m)\).

Suy ra \(H_m\in (Q)\), mà \(\widehat{HH_mK}=90^\circ\), do đó tập hợp \((T)\) là đường tròn đường kính \(HK\), nằm trong \((Q)\).

Ta lại có \(\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{u}_d=0\Leftrightarrow OH\perp d\), do đó \(O\in (Q)\).

Khi đó, trong \((Q)\), ta xác định \(H_m\) trên đường tròn \((T)\) sao cho \(OH_m\) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Ta xác định được \(K(1;1;0)\), \((T)\) có tâm \(I(2;2;0)\) là trung điểm của \(HK\), bán kính \(R=IH=\sqrt{2}\).

Khi đó \(\max (OH_m)=IO+R=3\sqrt{2}\),

\(\min(OH_m)=|IO-R|=\sqrt{2}\).

Suy ra \(a=3\sqrt{2}\), \(b=\sqrt{2}\Rightarrow a+b=4\sqrt{2}\).

Ta có \(A\in Ox\), \(B\in Oy\), \(S\in Oz\) và \(\triangle OAB\) vuông cân tại \(O\), \((SOA)\equiv (xOz)\).

Gọi \(M(2;2;0)\) là trung điểm của \(BA\), ta có

\(AB\perp (SOM)\). Khi đó phương trình \((SOM)\) là

\(-4(x-2)+4(y-2)+0(z-0)=0\Leftrightarrow -x+y=0\).

Đường thẳng \(d\) đi qua \(I(1;1;1)\in (SOM)\) và

\(\overrightarrow{u}_d\cdot\overrightarrow{AB}=0\), do đó \(d\subset (SOM)\).

Do \(\triangle SOA\), \(\triangle SOB\) bằng nhau nên dễ thấy \(A'B'\parallel AB\), suy ra \(A'B'\perp d\).

Do đó \((d,(OA'B'))\leq 90^\circ\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ \(OA'\perp d\).

Khi đó \(\overrightarrow{u}_{OA'}=\left[\overrightarrow{u}_d,\overrightarrow{n}_{(SOA)}\right]=(-2;0;1)\).

Mà \(SA\perp OA'\), suy ra \(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{u}_{OA'}=0\Leftrightarrow -8-c=0\Leftrightarrow c=-8\).

Suy ra \(c\in\left(-\displaystyle\frac{17}{2};-\displaystyle\frac{15}{2}\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}T&=&\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}+3\overrightarrow{MC}\cdot\overrightarrow{MA} \\& =& \displaystyle\frac{MA^2+MB^2-AB^2}{2}-2\cdot\displaystyle\frac{MB^2+MC^2-BC^2}{2}+3\cdot\displaystyle\frac{MC^2+MA^2-AC^2}{2}\\&=&2MA^2-\displaystyle\frac{1}{2}MB^2+\displaystyle\frac{1}{2}MC^2-\displaystyle\frac{1}{2}AB^2+BC^2-\displaystyle\frac{3}{2}AC^2.\end{eqnarray*}

Gọi \(I(x;y;z)\) sao cho \(2\overrightarrow{IA}-\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{IB}+\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\). Suy ra tọa độ \(I\) thỏa mãn hệ phương trình

\[\begin{cases}2(3-x)-\displaystyle\frac{1}{2}(-7-x)+\displaystyle\frac{1}{2}(2-x)=0\\2(1-y)-\displaystyle\frac{1}{2}(3-y)+\displaystyle\frac{1}{2}(2-y)=0\\2(1-z)-\displaystyle\frac{1}{2}(9-z)+\displaystyle\frac{1}{2}(2-z)=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=\displaystyle\frac{21}{4}\\y=\displaystyle\frac{3}{4}\\z=-\displaystyle\frac{3}{4}\end{cases}\Rightarrow I\left(\displaystyle\frac{21}{4};\displaystyle\frac{3}{4};-\displaystyle\frac{3}{4}\right)\]

Khi đó,

\[T=\left(2-\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\right)MI^2+2IA^2-\displaystyle\frac{1}{2}IB^2+\displaystyle\frac{1}{2}IC^2-\displaystyle\frac{1}{2}AB^2+BC^2-\displaystyle\frac{3}{2}AC^2.\]

Do đó, \(T\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) nhỏ nhất. Suy ra \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \((P)\).

Đường thẳng \(IM\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{n}_P=(1;1;1)\) có phương trình là \(\begin{cases}x=\displaystyle\frac{21}{4}+t\\y=\displaystyle\frac{3}{4}+t\\z=-\displaystyle\frac{3}{4}+t.\end{cases}\)

Xét phương trình \(\left(\displaystyle\frac{21}{4}+t\right)+\left(\displaystyle\frac{3}{4}+t\right)+\left(-\displaystyle\frac{3}{4}+t\right)-3=0\Leftrightarrow t=-\displaystyle\frac{3}{4}\Rightarrow M\left(\displaystyle\frac{9}{2};0;-\displaystyle\frac{3}{2}\right)\).

Vậy \(a=\displaystyle\frac{9}{2},~b=0,~c=-\displaystyle\frac{3}{2}\). Khi đó \(2a+b+4c=9+0-6=3\).

Gọi \((Q)\) là mặt phẳng chứa \(A\) và song song với mặt phẳng \((P)\), mặt phẳng \((Q)\) có phương trình là \(x-2y+2z+1=0\). Khi đó, đường thẳng \(d\) nằm trên mặt phẳng \((Q)\). Gọi \(K\) là hình chiếu của \(B\) trên \(d\), \(H\) là hình chiếu của \(B\) trên \((Q)\). Suy ra

\(d\left(B,d \right)= BK \ge BH=d(B,(Q)).\)

Do đó, điểm khoảng cách đến \(B\) nhỏ nhất khi \(d\) đi qua hình chiếu \(H\) của \(B\) trên mặt phẳng \((Q)\). Phương trình đường thẳng qua \(B\) vuông góc với mặt phẳng \((Q)\) là

\begin{align*}\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{-2}=\displaystyle\frac{z-3}{2}.\end{align*}

Tọa độ của điểm \(H\) là nghiệm của hệ

\begin{align*}\begin{cases}\displaystyle\frac{x-1}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{-2}=\displaystyle\frac{z-3}{2}\\ x-2y+2z+1=0\end{cases} \Rightarrow H\left(-\displaystyle\frac{1}{9}; \displaystyle\frac{11}{9}; \displaystyle\frac{7}{9} \right).\end{align*}

Suy ra đường thẳng \(d\) nhận véc-tơ \(\overrightarrow{u}=9\overrightarrow{AH}=(26;11;-2)\). Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là \(\displaystyle\frac{x+3}{26}=\displaystyle\frac{y}{11}=\displaystyle\frac{z-1}{-2}\).

Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\Delta\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) là \(2(x+2)+2(y+2)-(z-1)=0\Leftrightarrow 2x+2y-z+9=0.\)

Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\) và vuông góc \(\Delta\) nên \(d\) nằm trong \((P)\).

Gọi \(K\), \(H\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(d\) và \((P)\).

Ta có khoảng cách từ \(B\) đến \(d\) là \(BK\geq BH=\mathrm{d}\left(B,(P)\right)=6\).

Đẳng thức xảy ra khi \(d\) đi qua \(A\) và \(H\).

Đường thẳng \(a\) đi qua \(B(1;2;-3)\) và vuông góc với \((P)\) có phương trình \(\begin{cases}x=1+2t\\y=2+2t\\z=-3-t.\end{cases}\)

Vì \(H\in a\) nên \(H(1+2t; 2+2t; -3-t)\).

Mặt khác \(H\in(P)\) nên \(2(1+2t)+2(2+2t)-(-3-t)+9=0\Leftrightarrow 9t+18=0\)\(\Leftrightarrow t=-2\).

Khi đó, \(H(-3;-2;-1)\) và \(\overrightarrow{AH}=(-1;0;-2)\) là một véc-tơ chỉ phương của \(d\).

Vậy một véc-tơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{u}=(1;0;2)\).

Ta có: \(\Delta \parallel (P)\) nên \(\vec {u}_{\Delta}\perp \vec {n}_{(P)} \Leftrightarrow \vec {u}_{\Delta}\cdot \vec {n}_{(P)}=0 \Leftrightarrow n=2m+2 \Rightarrow \vec {u}_{\Delta}=(m;2m+2;1)\)

Do đó, gọi \(\alpha\) góc giữa hai đường thẳng \(\Delta\) và \(d\), ta có \(\cos \alpha=\displaystyle\frac{\left|\vec {u}_{\Delta}\cdot \vec {u}_{(d)}\right|}{\left|\vec {u}_{\Delta}\right|\cdot \left|\vec {u}_{(d)}\right|}=\displaystyle\frac{\left|4m+5 \right|}{\sqrt{41(5m^2+8m+5)}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{41}}\cdot \sqrt{\displaystyle\frac{16m^2+40m+25}{5m^2+8m+5}}.\)

Góc \(\alpha\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\cos \alpha\) đạt giá trị lớn nhất.

Xét hàm số \(f(m)=\displaystyle\frac{16m^2+40m+25}{5m^2+8m+5}\) trên \(\mathbb{R}\), ta có:

\(f'(m)=\displaystyle\frac{-72m^2-90m}{\left(5m^2+8m+5\right)^2}=0\Leftrightarrow m=0;\, m=-\displaystyle\frac{5}{4}.\)

Bảng biến thiên

Suy ra \(\max\limits_{m\in \mathbb{R}} f(m)=f(0)=5\).

Với \(m=0\) suy ra \(n=2\). Do đó \(T=0-2^2=-4\).

Đường thẳng \(\Delta\) qua điểm \(K(0;1;0)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(1;1;1)\). Ta có

\(\overrightarrow{KA}=(1;1;-5)\), \(\overrightarrow{KB}=(-1;-1;2)\). Suy ra

\(\left[\overrightarrow{KA},\overrightarrow{KB}\right]=(-3;3;0)\) và

\(\left[\overrightarrow{KA},\overrightarrow{KB}\right]\cdot \overrightarrow{u}=(-3)\cdot1+3\cdot 1+0\cdot 1=0\).

Vậy đường thẳng \(AB\) và \(\Delta\) đồng phẳng.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\Delta\)

\(\Rightarrow H(t;1+t;t)\), \(\overrightarrow{AH}=(t-1;t-1;t+5)\).

Từ \(\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{u}\Leftrightarrow 1\cdot(t-1)+1\cdot(t-1)+1\cdot(t+5)=0\)

\(\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow H(-1;0;-1)\).

Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa \(\Delta\) và vuông góc với \(AH\).

Phương trình của \((P)\colon -2(x+1)-2(y-0)+4(z+1)=0\Leftrightarrow x+y-2z-1=0\).

Vì \([1+2-2(-5)-1][-1+0-2\cdot 2-1]=12\cdot (-6)< 0\) nên hai điểm \(A\) và \(B\) nằm trái phía đối với \((P)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\Delta\) thì \(A'(-3;-2;3)\).

Ta có \(T=|MA-MB|=|MA'-MB|\leq A'B.\)

Do đó \(T_{\max}=A'B=\sqrt{(-1+3)^2+(0+2)^2+(2-3)^2}=3\), xảy ra khi \(M\) là giao điểm của \(A'B\) và \(\Delta\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(d\), \((P)\) là mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(d\). Ta có \(\Delta\subset (P)\). Gọi \(M\) là hình chiếu của \(H\) lên \(\Delta\).

Ta có

\(\mathrm{d}(\Delta,d)=MH\leq AH.\)

Suy ra \(\mathrm{d}(\Delta,d)\) lớn nhất khi và chỉ khi \(MH=AH\), tức là \(M\equiv A\). Khi đó, một véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) là \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{AH},\overrightarrow{u}_{\text{d}}\right]\) với \(\overrightarrow{u}_{\text{d}}=(-1;2;1)\) là véc-tơ chỉ phương của \(d\).

Ta có \(H\in d\), suy ra \(H(2-t;-1+2t;t)\) và \(\overrightarrow{AH}=(-t;2t-2;t-2)\). Do đó

\begin{align*}\overrightarrow{AH}\perp\overrightarrow{u}_{\text{d}}\Leftrightarrow (-t)(-1)+(2t-2)\cdot 2+(t-2)\cdot 1=0\Leftrightarrow t=1.\end{align*}

Suy ra \(\overrightarrow{AH}=(-1;0;-1)\), \(\overrightarrow{u}=(2;2;-2)=-\displaystyle\frac{1}{2}(-4;-4;4)\).

Từ đó suy ra \(\overrightarrow{v}=(-4;-4;4)\), tức là \(a=-4,b=-4\).

Vậy \(a+b=-8\).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(CC'B\), ta có

\begin{eqnarray*}& & CM^2+C'M^2+B'M^2\\&=& (\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{GM})^2 + (\overrightarrow{C'G}+\overrightarrow{GM})^2 + (\overrightarrow{B'G}+\overrightarrow{GM})^2\\&=& CG^2 + C'G^2 +B'G^2 +2\overrightarrow{GM}(\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{C'G}+\overrightarrow{B'G})+3GM^2\\&=& CG^2 + C'G^2 +B'G^2+3GM^2.\end{eqnarray*}

Vậy \(CM^2+C'M^2+B'M^2\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) lên \((A'BD)\).

Chọn hệ tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Khi đó phương trình mặt phẳng là \((A'BD)\colon x+y+z-1-0\), \(C(1;1;0)\), \(C'(1;1;1)\), \(B'(1;0;1)\Rightarrow G\left(1;\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{2}{3}\right)\).

Phương trình đường thẳng \((\Delta)\) qua \(G\) và vuông góc với \((A'BD)\) là \(\begin{cases}x=1+t\\y=\displaystyle\frac{2}{3}+t\\z=\displaystyle\frac{2}{3}+t.\end{cases}\)

Có \(M=(\Delta)\cap (A'BD)\). Vì \(M\in (\Delta)\Rightarrow M\left(1+t;\displaystyle\frac{2}{3}+t;\displaystyle\frac{2}{3}+t\right)\).

Mặt khác \(M\in (A'BD)\Rightarrow \displaystyle\frac{4}{3}+3t=0\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{4}{9}\Rightarrow M\left(\displaystyle\frac{5}{9};\displaystyle\frac{2}{9};\displaystyle\frac{2}{9}\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{BM}=\left(-\displaystyle\frac{4}{9};\displaystyle\frac{2}{9};\displaystyle\frac{2}{9}\right)\Rightarrow BM=\displaystyle\frac{2\sqrt{6}}{9}.\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(A\), \(B\), \(C\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \((P)\) và các trục tọa độ \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\).

Ta có \(\mathrm{d}\left(O, (P)\right) \le OM\). Nên khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \((P)\) lớn nhất \(\Leftrightarrow OM \perp (P)\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) đi qua điểm \(M(1;2;3)\) nhận \(\overrightarrow{OM}\) làm véc-tơ pháp tuyến là

\(1(x-1)+2(y-2)+3(z-3)=0 \Leftrightarrow x+2y+3z-14=0.\)

Khi đó \(A(14;0;0)\), \(B(0;7;0)\) và \(C\left(0;0;\displaystyle\frac{14}{3}\right)\).

Vậy thể tích khối chóp \(O.ABC\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC = \displaystyle\frac{1}{6} \cdot 14 \cdot 7 \cdot \displaystyle\frac{14}{3} = \displaystyle\frac{686}{9}\).

\(\displaystyle\frac{V_{ABCD}}{V_{AB'C'D'}}=\displaystyle\frac{AB}{AB'}\cdot\displaystyle\frac{AC}{AC'}\cdot\displaystyle\frac{AD}{AD'} \leq \left(\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{AB}{AB'}+\displaystyle\frac{AC}{AC'}+\displaystyle\frac{AD}{AD'}}{3}\right)^3=\displaystyle\frac{64}{27}\).

\(\Rightarrow V_{AB'C'D'}\geq \displaystyle\frac{27}{64}V_{ABCD}\).

Dấu \(=\) xảy ra khi: \(\displaystyle\frac{AB}{AB'}=\displaystyle\frac{AC}{AC'}=\displaystyle\frac{AD}{AD'}=\displaystyle\frac{4}{3}\).

Suy ra \(\begin{cases}(B'C'D')\parallel (BCD)\\\overrightarrow{AB'}=\displaystyle\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}.\end{cases}\)

Ta có \(\begin{cases}\overrightarrow{BC}=(-3;-1;-2)\\\overrightarrow{BD}=(-2;3;2)\end{cases}\Rightarrow \overrightarrow{n}_{(B'C'D')}=(4;10;-11)\).

Mặt khác \(\overrightarrow{AB'}=\displaystyle\frac{3}{2}\overrightarrow{AB}=\left(\displaystyle\frac{3}{4};-\displaystyle\frac{3}{4};\displaystyle\frac{3}{4}\right)\Rightarrow B'\left(\displaystyle\frac{7}{4};\displaystyle\frac{1}{4};\displaystyle\frac{7}{4}\right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \((B'C'D')\) là \(16x+40y-44z+39=0\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A(0;0;0)\), \(B(2;0;0)\), \(D(0;2;0)\), \(S(0;0;2) \Rightarrow C(2;2;0)\).

Đặt \(AM = x\), \(AN = y\), \(x;y\in[0;2]\), suy ra \(M(x;0;0)\), \(N(0;y;0)\).

\(\overrightarrow{SM} = (x;0;-2)\), \(\overrightarrow{SC} = (2;2;-2)\), \(\overrightarrow{SN} = (0;y;-2)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}_1 = \left[ \overrightarrow{SM}, \overrightarrow{SC} \right] = (4;2x-4;2x)\),

\(\overrightarrow{n}_2 = \left[ \overrightarrow{SN}, \overrightarrow{SC} \right] = (4-2y; -4; -2y)\).

Do \((SMC) \perp (SNC)\) nên

\begin{align*}& \overrightarrow{n}_1 \cdot \overrightarrow{n}_2 = 0 \Leftrightarrow 4(4-2y) - 4(2x-4) -4xy = 0\\\Leftrightarrow & xy + 2(x+y) = 8 \Leftrightarrow y = \displaystyle\frac{8-2x}{x+2}.\end{align*}

Do \(y \le 2\) nên \(\displaystyle\frac{8-2x}{x+2} \le 2 \Leftrightarrow x \ge 1\).

\(S_{AMCN} = S_{ABCD} - S_{BMC} - S_{DNC} = 4 - (2-x) - (2-y) = x+ y\).

Do đó \(V_{S.AMCD} = \displaystyle\frac{1}{3} SA \cdot S_{AMCN} = \displaystyle\frac{2}{3}( x+y) = \displaystyle\frac{2}{3} \left(x + \displaystyle\frac{8-2x}{x+2} \right) = \displaystyle\frac{2}{3} \cdot \displaystyle\frac{x^2+8}{x+2}\).

Xét hàm \(f(x) = \displaystyle\frac{2}{3} \cdot \displaystyle\frac{x^2+8}{x+2}\) với \(x \in [1;2]\), \(f'(x) = \displaystyle\frac{2}{3} \cdot \displaystyle\frac{x^2 + 4x - 8}{(x+2)^2}\).

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow x^2 + 4x - 8 = 0 \Leftrightarrow \hoac{& x = -2+2\sqrt{3} \\ & x = -2 - 2\sqrt{3} \ (\text{loại}).}\)

Lập bảng biến thiên ta suy ra được \(\displaystyle \max \limits_{[0;2]} f(x) = f(1) = f(2) = 2\).

Vậy \(\max V_{S.AMCN} = 2 \Leftrightarrow \hoac{& x= 1, y = 2 \\ & x= 2, y = 1}\). Khi đó \(T = \displaystyle\frac{1}{AM^2} + \displaystyle\frac{1}{AN^2} = \displaystyle\frac{1}{x^2} + \displaystyle\frac{1}{y^2} = \displaystyle\frac{5}{4}\).

Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với \(O\equiv C\), \(B\in Oy\), \(S\in Oz.\)

Vì \(\triangle SCA\), \(\triangle ABC\) vuông cân nên \(SA=BC=6.\)

Ta có \(C(0;0;0)\), \(A(3;3;0)\), \(B(0;6;0)\), \(N(0;t;0)\), \(S\left(0;0;3\sqrt{2}\right).\)

Ta có \(\overrightarrow{AM}=\displaystyle\frac{t}{6}\overrightarrow{AS}\Rightarrow \begin{cases}x-3=-\displaystyle\frac{t}{2}\\y-3=-\displaystyle\frac{t}{2}\\z=\displaystyle\frac{t\sqrt{2}}{2}\end{cases}\)

\(\Rightarrow \begin{cases}x=3-\displaystyle\frac{t}{2}\\y=3-\displaystyle\frac{t}{2}\\z=\displaystyle\frac{t\sqrt{2}}{2}\end{cases}\)

\(\Rightarrow M\left(3-\displaystyle\frac{t}{2};3-\displaystyle\frac{t}{2};\displaystyle\frac{t\sqrt{2}}{2}\right).\)

Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left(\displaystyle\frac{t}{2}-3;\displaystyle\frac{3t}{2}-3;-\displaystyle\frac{t\sqrt{2}}{2}\right)\Rightarrow MN^2=\left(\displaystyle\frac{t}{2}-3\right)^2+\left(\displaystyle\frac{3t}{2}-3\right)^2+\displaystyle\frac{t^2}{2}=3t^2-12t+18.\)

Khi đó \(MN^2=3(t-2)^2+6\ge 6\Rightarrow MN\) nhỏ nhất bằng \(\sqrt{6}\) khi \(t=2.\)

Dựng hệ trục tọa độ \(Bxyz\) sao cho \(B=(0;0;0)\), \(C(4;0;0)\), \(D(0;4;0)\), \(A(4;0;4)\). Giả sử \(M(m;0;0)\) và \(N(0;n;0)\) (\(m,n>0\)). Theo giả thiết ta có \(\displaystyle\frac{1}{m}+\displaystyle\frac{1}{n}=1 \Rightarrow MN\) luôn đi qua điểm \(I(1;1;0)\). Do đó \(\mathrm{d} \le \mathrm{d}(C,AI)\). Giá trị lớn nhất của \(\mathrm{d}\) là \(\mathrm{d}(C,AI)\). Ta có \(\overrightarrow{AI}=(-3;1;-4), \overrightarrow{AC}=(-4;4;-4)\)

\(\Rightarrow \mathrm{d}(C,AI) = \displaystyle\frac{\left|[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AC}]\right|}{AI} =\displaystyle\frac{4\sqrt{65}}{13}.\)

Ta có \(A\left(0;0;0\right)\), \(B\left(m;0;0\right)\), \(D\left(0;m;0\right)\), \(A'\left(0;0;n\right)\) suy ra \(C\left(m;m;0\right)\), \(B'\left(m;0;n\right)\), \(C'\left(m;m;n\right)\), \(D'\left(0;m;n\right)\), \(M\left(m;m;\displaystyle\frac{n}{2}\right)\).

Từ đó ta tính \(\overrightarrow{BD}=\left(-m;m;0\right)\), \(\overrightarrow{BA'}=\left(-m;0;n\right)\), \(\overrightarrow{BM}=\left(0;m;\displaystyle\frac{n}{2}\right)\).

\(V_{BDA'M}=\displaystyle\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BA'}\right]\cdot\overrightarrow{BM}\right|=\displaystyle\frac{1}{4}\left|{m^2\cdot n}\right|\)

\(=\displaystyle\frac{1}{4}\left|{m^2\cdot \left({4-m}\right)}\right|=\displaystyle\frac{1}{8}\left|m \cdot m\cdot \left({8-2m}\right)\right| \leqslant \displaystyle\frac{1}{8}\left(\displaystyle\frac{m+m+8-2m}{3}\right)^3=\displaystyle\frac{64}{27}\).

Đặt \(SO=x>0\) và gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Dựng hệ trục toạ độ \(Oxyz\) như hình vẽ, khi đó toạ độ các điểm là \(S(0,0,x)\), \(A\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2},0,0\right)\), \(B\left(0,-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2},0\right)\), \(C\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2},0,0\right)\), \(D\left(0,\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2},0\right)\), \(M\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4},0,\displaystyle\frac{x}{2}\right)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{MC},\overrightarrow{CD}\right]=\left(\displaystyle\frac{ax\sqrt{2}}{4},\displaystyle\frac{ax\sqrt{2}}{4},\displaystyle\frac{3a^2}{4}\right)=\displaystyle\frac{a}{4}\left(x\sqrt{2},x\sqrt{2},3a\right)\) nên mp\((MCD)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_1}=\left(x\sqrt{2},x\sqrt{2},3a\right)\).

Và \(\left[\overrightarrow{AS},\overrightarrow{AB}\right]=\left(\displaystyle\frac{ax\sqrt{2}}{2},\displaystyle\frac{ax\sqrt{2}}{2},\displaystyle\frac{-a^2}{2}\right)=\displaystyle\frac{a}{2}\left(x\sqrt{2},x\sqrt{2},-a\right)\) nên mp\((SAB)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_2}=\left(x\sqrt{2},x\sqrt{2},-a\right)\).

Để mặt phẳng \((MCD)\) vuông góc với mặt phẳng \((SAB)\) thì \(\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=0 \Leftrightarrow 4x^2-3a^2=0 \Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\quad(\text{vì }x>0).\)

Suy ra thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SO\cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}a^3}{6}\).

Gọi \(h\;(h>0)\) là chiều cao lăng trụ. Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên ta tính được \(AB=AC=a\sqrt{3}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho

\(A \equiv O\), tia \(AB\) trùng \(Ox\), tia \(AC\) trùng \(Oy\), tia \(AA'\) trùng \(Oz\).\\ Khi đó ta có

\(A(0;0;0)\), \(B(a\sqrt{3};0;0),\) \(C(0;a\sqrt{3};0),\) \(B'(a\sqrt{3};0;h)\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AC}=(0;a\sqrt{3};0)\), \(\overrightarrow{BC}=(-a\sqrt{3};\) \(a\sqrt{3};0),\) \(\overrightarrow{B'C}~=~(a\sqrt{3};-a\sqrt{3};h)\).

Như vậy \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{B'C}\right]=(ha\sqrt{3};0;-3a^2)\) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((AB'C)\) và \(\overrightarrow{n_2}~=~\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{B'C}\right]~=~(ha\sqrt{3};ha\sqrt{3};0)\) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((BCC'B')\).

Theo giả thiết

\begin{align*}\left((AB'C),(BCC'B')\right)=60^{\circ}\Rightarrow \cos \left((AB'C),(BCC'B')\right)= \cos (\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2})=\displaystyle\frac{1}{2}\\\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\cdot \left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\displaystyle\frac{3a^2h^2}{\sqrt{3a^2h^2+9a^4}\cdot \sqrt{6a^2h^2}}\\\Leftrightarrow \sqrt{3a^2h^2+9a^4}\cdot \sqrt{6a^2h^2}=6a^2h^2\\ \Leftrightarrow 3a^2h^2+9a^4=6a^2h^2\\\Leftrightarrow h=a\sqrt{3}.\end{align*}

Do đó \(V_{ABC.A'B'C'}=a\sqrt{3}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}(a\sqrt{3})^2=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}a^3}{2}, V_{B'.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}a\sqrt{3}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}(a\sqrt{3})^2=\displaystyle\frac{\sqrt{3}a^3}{2}.

\Rightarrow V_{AB'CA'C}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{B'.ABC}=\sqrt{3}a^3\).

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(D\) là trung điểm \(BC\) và \(\widehat{ACB}=60^\circ\) nên tam giác \(ABD\) đều cạnh \(a\) và \(BC=2a\), \(CA=a\sqrt{3}\).

Dựng \(SH\perp(ABC)\) với \(H\in(ABC)\).

\(\Rightarrow\) \(H\) là tâm tam giác đều \(BAD\) do \(SA=SB=SD\).

Gọi hình chiếu của \(H\) lên \(AB\), \(AC\) thứ tự là \(E\), \(F\).

Gọi \(M\) là trung điểm đoạn \(BD\).

\(\Rightarrow\) \(AM=\sqrt{BA^2-BM^2}=\sqrt{a^2-\displaystyle\frac{a^2}{4}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\Rightarrow\) \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\) và \(HE=HM=\displaystyle\frac{AM}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Ta có: \(SH\perp BC\), \(AM\perp BC\) nên \(BC\perp (SAM)\).

Kẻ \(MN\perp SA\) (\(N\in SA\)) thì \(MN\) là đường vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\) hay \(MN=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

\(\Rightarrow\) \(NA=\sqrt{MA^2-MN^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Trong tam giác \(SAM\) có \(MN\), \(SH\) là hai đường cao nên \(AH\cdot AM=AN\cdot AS\).

\(\Rightarrow\) \(AS=\displaystyle\frac{AH\cdot AM}{AN}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow\) \(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=a\).

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại \(A\) và các trục tọa độ như hình vẽ với tia \(Ox\) trùng với tia \(AB\), tia \(Oy\) trùng với tia \(AC\) và tia \(Oz\) vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\) và có hướng theo \(\overrightarrow{HS}\). Các đơn vị trên các trục bằng nhau và bằng \(a\).

Khi đó: \(A(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(C(0;\sqrt{3};0)\).

Do \(HF=AE=\displaystyle\frac{a}{2}\), \(HE=HM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\) và \(SH=a\) nên \(S\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6};1\right)\).

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SAC)\) là \(\overrightarrow{n_1}=[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AS}]=\left(\sqrt{3};0;\displaystyle\frac{-\sqrt{3}}{2}\right).\)

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SBC)\) là \(\overrightarrow{n_2}=[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{SC}]=\left(-\sqrt{3};-1;\displaystyle\frac{-\sqrt{3}}{3}\right).\)

Gọi \(\alpha\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\), ta có: \(\cos \alpha=|\cos (\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2})|=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\displaystyle\frac{\sqrt{65}}{13}.\)

Đặt độ dài \(AB=b\), chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho

\(B \equiv O\), tia \(BA\) trùng với tia \(Ox\), \(BC\) trùng với tia \(Oy\), tia \(Bz\) song song \(SA\).

Khi đó \(B(0;0;0), A(b;0;0), C(0;2a;0), S(b;0;2a\sqrt{3})\).

\(M\) là trung điểm \(AC \Rightarrow M\left(\displaystyle\frac{b}{2};a;0\right)\).

Do đó ta được

\(\overrightarrow{BA}=(b;0;0), \overrightarrow{MS}=\left(\displaystyle\frac{b}{2},-a,2a\sqrt{3}\right), \overrightarrow{BM}=\left(\displaystyle\frac{b}{2};a;0\right)\).

\(\left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{MS}\right] =(0;-2ab\sqrt{3};ab) \Rightarrow \left| \left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{MS}\right]\right|=\sqrt{13}ab\)

\(\left| \left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{MS}\right] \cdot\overrightarrow{BM} \right|=2a^2b\sqrt{3}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,SM)=\displaystyle\frac{\left| \left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{MS}\right]\cdot \overrightarrow{BM}\right| }{\left|\left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{MS}\right]\right|}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{39}}{13}\).

Gọi \(H\) là trung điểm\(BC\), theo giả thiết ta có \(B'H\perp \left(ABC\right)\).

Mặt khác ta lại có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(AB=3\), \(AC=4\) nên \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=5\).

Xét tam giác vuông \(B'BH\) ta có

\(B'H^2=\sqrt{BB'^2-B'H^2}=3.\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) có \(A\) trùng với \(O\) như hình vẽ

Với\(A\left(0;0;0\right)\), \(B\left(4;0;0\right)\), \(C\left(0;3;0\right)\), khi đó trung điểm \(H\) của \(BC\) là \(H\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;0\right)\).\\ Mặt khác theo giả thiết ta có \(AA'=BB'=\displaystyle\frac{\sqrt{61}}{2}\) nên \(B'\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;3\right)\).

Do \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{CC'}\) nên \(A'\left(-\displaystyle\frac{3}{2};2;3\right)\); \(C'\left(-\displaystyle\frac{3}{2};6;3\right)\Rightarrow M\left(0;2;3\right)\).

\(\overrightarrow{AM}=\left(0;2;3\right)\); \(\overrightarrow{AC'}=\left(-\displaystyle\frac{3}{2};6;3\right)\) nên vectơ pháp tuyến của \(\left(MAC'\right)\) là \(\overrightarrow{n}_1=\left[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AC'}\right]=\left(-12;-\displaystyle\frac{9}{2};3\right)\).

\(\overrightarrow{A'B}=\left(\displaystyle\frac{9}{2};-2;-3\right)\); \(\overrightarrow{A'C}=\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;-3\right)\) nên vectơ pháp tuyến của \(\left(A'BC\right)\) là \(\overrightarrow{n}_2=\left[\overrightarrow{A'B},\overrightarrow{A'C}\right]=\left(12;9;12\right)\).

Gọi \(\varphi\) là góc tạo bởi mặt phẳng \(\left(AMC'\right)\) và mặt phẳng\(\left(A'BC\right)\), ta có

\(\cos \varphi =\displaystyle\frac{\left| \overrightarrow{n}_1\cdot\overrightarrow{n}_2\right|}{\left| \overrightarrow{n}_1\right|\cdot\left| \overrightarrow{n}_2\right|}=\displaystyle\frac{\left| 12\cdot(-12)+9\cdot\left(-\displaystyle\frac{9}{2}\right)+12\cdot 3\right|}{\sqrt{\left(-12\right)^2+\left(-\displaystyle\frac{9}{2}\right)^2+3^2}\cdot\sqrt{9^2+12^2+12^2}}=\displaystyle\frac{33}{\sqrt{3157}}\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có: \(H(0; 0; 0); S(0;0; 2a\sqrt{13}); M\left(0; \displaystyle\frac{4a}{5};0\right); N \left(\displaystyle\frac{6a}{5}; 0; 0\right); C\left(-\displaystyle\frac{4a}{5}; -\displaystyle\frac{6a}{5};0\right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{CS}=\left(\displaystyle\frac{4a}{5}; \displaystyle\frac{6a}{5}; 2a\sqrt{13}\right) \Rightarrow \overrightarrow{u_1}=\left(\displaystyle\frac{2}{5}; \displaystyle\frac{3}{5};\sqrt{13}\right)\) là véc-tơ chỉ phương của \(SC\).

Ta có: \(\overrightarrow{MN}=\left(\displaystyle\frac{6a}{5}; -\displaystyle\frac{4a}{5}; 0\right) \Rightarrow \overrightarrow{u_2}=(3;-2;0)\) là véc-tơ chỉ phương của \(MN\).

Có: \(\left[\overrightarrow{u_1}; \overrightarrow{u_2}\right] = \left(2\sqrt{13}; 3\sqrt{13}; -\displaystyle\frac{13}{5}\right) \Rightarrow \left| \left[\overrightarrow{u_1}; \overrightarrow{u_2}\right] \right| = \displaystyle\frac{13\sqrt{26}}{5}\).

Có: \(\overrightarrow{SM}=\left(0; \displaystyle\frac{4a}{5}; -2a\sqrt{13}\right) \Rightarrow \left[\overrightarrow{u_1}; \overrightarrow{u_2}\right] \cdot \overrightarrow{SM} = \displaystyle\frac{38a\sqrt{13}}{5}\).

Ta có: \(d\left(SC; MN\right)= \displaystyle\frac{\left| \left[\overrightarrow{u_1}; \overrightarrow{u_2}\right] \cdot \overrightarrow{SM} \right|}{\left| \left[\overrightarrow{u_1}; \overrightarrow{u_2}\right] \right|} = \displaystyle\frac{38a\sqrt{2}}{13}.\)

Ta có \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên \(A'B'C'\) là tam giác đều cạnh \(2\sqrt{3}\). Do đó \(C'N=3\).

Chọn hệ tọa độ \(Nxyz\) như hình vẽ. Khi đó \(N(0;0;0)\), \(A(0;\sqrt{3};2)\), \(B'(0;-\sqrt{3};0)\), \(C'(3;0;0)\), \(M\left(\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\), \(B(0;-\sqrt{3};2)\).

Mặt phẳng \((AB'C')\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_1}=[\overrightarrow{AB'},\overrightarrow{AC'}]\). Có \(\overrightarrow{AB'}=(0;-2\sqrt{3};-2)\), \(\overrightarrow{AC'}=(3;-\sqrt{3};-2)\). Suy ra \(\overrightarrow{n_1}=(2\sqrt{3};-6;6\sqrt{3})\) cùng phương với \(\overrightarrow{a}=(1;-\sqrt{3};3)\).

Mặt phẳng \((BCMN)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_2}=[\overrightarrow{NM},\overrightarrow{NB}]\). Có \(\overrightarrow{NM}=\left(\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\), \(\overrightarrow{NB}=(0;-\sqrt{3};2)\). Suy ra \(\overrightarrow{n_2}=\left(\sqrt{3};-3;\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)\) cùng phương với \(\overrightarrow{b}=(2;-2\sqrt{3};-3)\).

Có \(\cos(\widehat{(ABC'),(BCMN)})=|\cos(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})|=\displaystyle\frac{|1\cdot 2+(-\sqrt{3})\cdot(-2\sqrt{3})+3\cdot(-3)|}{\sqrt{1+3+9}\cdot\sqrt{4+12+9}}=\displaystyle\frac{\sqrt{13}}{65}\).

\(HB=HC\) nên tam giác \(HBC\) cân tại \(H\), suy ra \(HM\perp BC\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) dựng \(AK\perp HC\Rightarrow HC\perp (SAK)\).

Mà góc giữa mặt phẳng \((SHC)\) và \((ABC)\) bằng \(60^\circ\) nên \(\widehat{SKA}=60^\circ\).

Giả sử \(BC=a\).

\(\Rightarrow BM=\displaystyle\frac{a}{2}\Rightarrow AH=HM=BM\cdot \tan 30^\circ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\)

\(\Rightarrow AK=AH\cdot \sin 60^\circ=\displaystyle\frac{a}{4}\Rightarrow SA=AK\cdot \tan 60^\circ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Trang bị hệ trục tọa độ \(Axyz\) với \(A(0;0;0)\), \(S \left(0;0;\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\), \(H \left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6};0;0\right)\), \(C \left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\), \(B \left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3};\displaystyle\frac{-1}{2};0\right)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{SH}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6};0;\displaystyle\frac{-\sqrt{3}}{4}\right)\), \(\overrightarrow{HC}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\), \(\overrightarrow{BC}=(0;1;0)\).

Từ đó suy ra mặt phẳng \((SHC)\) nhận \(\overrightarrow{n}=(3\sqrt{3};-3;2\sqrt{3})\) là véc-tơ pháp tuyến.

Ta có \(\sin (BC,(SHC))=|\cos (\overrightarrow{n},\overrightarrow{BC})|=\left|\displaystyle\frac{-3}{\sqrt{48}}\right|=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow \cos (BC,(SHC))=\displaystyle\frac{\sqrt{13}}{4}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

\(C(0;0;0)\), \(B(3;0;0)\), \(D(0;4;0)\). Gọi \(A(x;y;z)\),(\(x,y,z>0\)).

\(\overrightarrow{BA}=(x-3;y;z)\), \(\overrightarrow{DA}=(x;y-4;z)\).

Do \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=90^\circ\Rightarrow \begin{cases}\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{CB}=0\\\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{CD}=0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}3(x-3)=0\\4(y-4)=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=3\\y=4.\end{cases}\)

Vậy \(A(3;4;z)\), suy ra \(\overrightarrow{DA}=(3;0;z), \overrightarrow{CB}=(3;0;0)\).

Vì góc giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\) bằng \(60^\circ\) nên \(\cos 60^\circ =\displaystyle\frac{|\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{CB}|}{|\overrightarrow{DA}|\cdot |\overrightarrow{CB}|}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{|9|}{3\sqrt{9+z^2}}\Rightarrow 9+z^2=36\Rightarrow z=3\sqrt{3}\Rightarrow A(3;4;3\sqrt{3}).\)

Suy ra \(\overrightarrow{CB}=(3;0;0)\), \(\overrightarrow{CA}=(3;4;3\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{CD}=(0;4;0)\).

\([\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}]=(0;-9\sqrt{3};12)\Rightarrow \overrightarrow{n}_1=(0;-3\sqrt{3};4)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((ABC)\).

\([\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}]=(-12\sqrt{3};0;12)\Rightarrow \overrightarrow{n}_2=(-\sqrt{3};0;1)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((ACD)\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((ACD)\)

\(\cos \alpha =\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n}_1\cdot \overrightarrow{n}_2|}{|\overrightarrow{n}_1|\cdot |\overrightarrow{n}_2|}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{27+16}\cdot \sqrt{3+1}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{43}}{43}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(SB\), ta có \(MC=MB=MA=\displaystyle\frac{SB}{2}\).

Gọi \(O\) là trung điểm \(AC\), ta có \(OA=OC=OB\).

Suy ra \(OM\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(MO\perp(ABC)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên \((ABC)\), suy ra \(H\) đối xứng với \(B\) qua \(O\).

Gọi \(I\), \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \(AC\), \(SI\). Ta có \(\mathrm{d}(H,(SAC))=HK\).

Ta có \(\sin(SB,(SAC))=\displaystyle\frac{\mathrm{d}(B,(SAC))}{SB}=\displaystyle\frac{\mathrm{d}(H,(SAC))}{SB}=\displaystyle\frac{HK}{SB}\).

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{SB^2}{HK^2}=11.\)

Ta có \((SH^2+AB^2+BC^2)=11\left(\displaystyle\frac{SH^2 \cdot \displaystyle\frac{2a^2}{3}}{SH^2+\displaystyle\frac{2a^2}{3}} \right) \)

\(\Leftrightarrow SH^2+3a^2=11\displaystyle\frac{2a^2 \cdot SH^2}{3SH^2+2a^2}\)

\(\Leftrightarrow 3SH^4-11a^2SH^2+6a^2=0\Leftrightarrow SH=a\sqrt{3}\) (nhận vì thỏa điều kiện \(SB>2a)\) hoặc \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\) (loại vì không thỏa điều kiện \(SB>2a).\)

Vậy thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}SH\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{6}SH\cdot BA\cdot BC=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{6}}{6}\).

Chọn \(a=1\) và xét hệ trục tọa độ với \(A(0;0;0), B(0;\sqrt{5};0)\),

\(D(\sqrt{5};0;0), C(\sqrt{5};\sqrt{5};0),D'(\sqrt{5};0;\sqrt{5}),\\ C'(\sqrt{5};\sqrt{5};\sqrt{5})\). Vì \(M, N\) là trung điểm của \(AD, C'D'\) nên \(M\left(\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2};0;0 \right), N\left(\sqrt{5};\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2};\sqrt{5}\right)\).

Trong mặt phẳng \(ABCD\) ta xét hình hình hành \(APBM\)

\(\Rightarrow P\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2};\sqrt{5};0\right)\)

Ta có phương trình mặt phẳng \((APN)\) là \(4x+2y-5z=0\).

Vì \(BM\parallel AP\) nên ta có

\(\mathrm{d}(BM,AN)=\mathrm{d}(BM,(APN))=\mathrm{d}(B,(APN))=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Gọi \(O=AC\cap BD.\) Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO\perp (ABCD).\)

Mặt khác \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên

\(OA=OC=OB=OD=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Xét tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\)

\(\Rightarrow SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\displaystyle\frac{a^2}{2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Khi đó, tọa độ các điểm là \(B\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right)\), \(C\left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right)\),

\(S\left(0;0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\), \(A\left(0;-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right)\), \(D\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right)\) và \(M\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4};\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4};0\right).\)

Ta có \(\overrightarrow{SD}=\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(1;0;1\right)\) là véc-tơ chỉ phương của \(SD.\)

Mặt khác \(\overrightarrow{SA}=\left(0;-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\), \(\overrightarrow{AM}=\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4};\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{4};0\right)\)

\(\Rightarrow \left[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{AM}\right]=\left(\displaystyle\frac{3a^2}{4};-\displaystyle\frac{a^2}{4};\displaystyle\frac{a^2}{4}\right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}=(3;-1;1)\) là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SAM).\)

Khi đó \(\sin\alpha=\left|\cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{n})\right|=\left|\displaystyle\frac{\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{u}|\cdot |\overrightarrow{n}|}\right|=\left|\displaystyle\frac{3+0+1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{11}}\right|=\displaystyle\frac{2\sqrt{22}}{11}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\), khi đó \(SH\perp AC \Rightarrow SH\perp (ABC)\).

Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2\), suy ra \(SH=\displaystyle\frac{AC\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\).

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ, ta có \(B(0;0;0)\), \(A(1;0;0)\), \(C(0;\sqrt{3};0)\), \(H\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\) và \(S\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{3}\right)\).

\(\overrightarrow{BA}=(1;0;0)\), \(\overrightarrow{BS}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{3}\right)\),

\(\left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BS}\right]=\left(0;-\sqrt{3};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\).

Suy ra, mặt phẳng \((SAB)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_1=(0;-2;1)\).

\(\overrightarrow{BC}=(0;\sqrt{3};0)\), \(\overrightarrow{BS}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{3}\right)\),

\(\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BS}\right]=\left(3;0;-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\).

Suy ra, mặt phẳng \((SAC)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_2=(2\sqrt{3};0;-1)\).

Do đó

\begin{eqnarray*}\cos \alpha =\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n}_1\cdot \overrightarrow{n}_2\right|}{\left|\overrightarrow{n}_2\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}_2\right|}=\displaystyle\frac{\left|0\cdot (2\sqrt{3})+(-2)\cdot 0+1\cdot (-1)\right|}{\sqrt{0^2+(-2)^2+1^2}\cdot \sqrt{(2\sqrt{3})^2+0^2+(-1)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{65}}{65}.\end{eqnarray*}

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, với

\(A\equiv O(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),S(0;0;a),C(a;a;0),E(0;a;0).\)

Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng

\(x^2+y^2+z^2-2mx-2ny-2pz+d=0.\)

Ta có mặt cầu đi qua các điểm \(S,C,E,D\) nên ta có hệ phương trình

\(\begin{cases}a^2-2ap+d=0\\2a^2-2am-2an+d=0\\a^2-2an+d=0\\4a^2-4an+d=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m=\displaystyle\frac{a}{2} \\n=\displaystyle\frac{3a}{2}\\ p=\displaystyle\frac{3a}{2}\\d=2a^2.\end{cases}\)

Bán kính của mặt cầu

\(R=\sqrt{m^2+n^2+p^2-d}=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{2}.\)

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.CDE\)

\(S=4 \pi R^2=11 \pi a^2.\)

Dựng hệ trục toạ độ \(Oxyz\) với \(O\equiv A\) như hình vẽ. Khi đó toạ độ các điểm là \(A(0,0,0)\), \(B(0,a,0)\), \(C(a,a,0)\), \(D(a,0,0)\), \(A'(0,0,a)\), \(B'(0,a,a)\), \(M\left(a,\displaystyle\frac{a}{2},0\right)\), \(N\left(\displaystyle\frac{a}{2},a,0\right)\), \(P\left(0,\displaystyle\frac{a}{2},a\right)\). Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left(-\displaystyle\frac{a}{2},\displaystyle\frac{a}{2},0\right),\overrightarrow{MP}=(-a,0,a)\) nên \(\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right]=\left(\displaystyle\frac{a^2}{2},\displaystyle\frac{a^2}{2},\displaystyle\frac{a^2}{2}\right)=\displaystyle\frac{a^2}{2}(1,1,1)\). Suy ra mặt phẳng \((MNP)\) có phương trình \(x+y+z-\displaystyle\frac{3a}{2}=0\). Dẫn tới \(\mathrm{d}\left[A,(MNP)\right]=\displaystyle\frac{\left|-\displaystyle\frac{3a}{2}\right|}{\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Giả sử \(AA'=BB'=CC'=x\), với \(x>0\).

Gọi \(O\) là trung điểm \(BC\). Dựng hệ trục toạ độ \(Oxyz\) như hình bên. Khi đó toạ độ các điểm là \(A\left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\), \(B\left(\displaystyle\frac{a}{2};0;0\right)\), \(C\left(-\displaystyle\frac{a}{2};0;0\right)\), \(N(-a;0;x)\), \(M\left(\displaystyle\frac{a}{2};0;\displaystyle\frac{2x}{3}\right)\).

Véc-tơ pháp tuyến của mp\((NAB)\) là:

\(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BN}\right]=\left(-\displaystyle\frac{xa\sqrt{3}}{2};-\displaystyle\frac{xa}{2};-\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}\right)\).

Véc-tơ pháp tuyến của mp\((MAC)\) là:

\(\overrightarrow{n_2}=\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CM}\right]=\left(-\displaystyle\frac{xa\sqrt{3}}{3};\displaystyle\frac{xa}{3};\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)\).

Hai mặt phẳng \((MCA)\) và \((NAB)\) vuông góc nhau nên ta có:

\(\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=0\Leftrightarrow x^2\cdot \displaystyle\frac{a^2}{2}-x^2\cdot \displaystyle\frac{a^2}{6}-\displaystyle\frac{9a^4}{8}=0\Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{3a\sqrt{6}}{4}\).

Vậy thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

\(V=S_{ABC}\cdot AA'=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\displaystyle\frac{3a\sqrt{6}}{4}=\displaystyle\frac{3a^3\sqrt{2}}{16}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(B'C'\) và \(N\) là hình chiếu của \(H\) trên \(B'C'\). Ta có

\(\bullet \begin{cases}B'C'\perp HN\\B'C' \perp AH\end{cases} \Rightarrow B'C' \perp (AHN) \Rightarrow B'C' \perp AN\).

\(\bullet \begin{cases}(AB'C') \cap (A'B'C') = B'C'\\ B'C' \perp HN\\B'C' \perp AN\end{cases}\)

\(\Rightarrow \left((A'B'C'),(AB'C') \right)=\widehat{ANH}=60^{\circ}\)

Ta có \(B'C'=\sqrt{A'B'^2+A'C'^2}=a\sqrt{3}\)

\(\displaystyle\frac{1}{HN^2}=\displaystyle\frac{1}{HB'^2}+\displaystyle\frac{1}{HM^2} \Rightarrow HN=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\) và \(AH=HN \cdot \tan 60^{\circ}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(H\) trùng với \(O\) các điểm \(B',M,A\) lần lượt thuộc các tia \(Ox, Oy, Oz\). Ta có \(H(0;0;0), B'\left(\displaystyle\frac{a}{2};0;0 \right), A \left(0;0; \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \right), \; C' \left(-\displaystyle\frac{a}{2}; a\sqrt{2}; 0 \right)\).

Gọi \((S): x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0\) là phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(AHB'C'\). Ta có

\begin{equation*}\begin{cases}D=0\\ 2A \displaystyle\frac{a}{2}=\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2 \\2C\cdot a\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}= \left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \right)^2\\ 2A\cdot \left(-\displaystyle\frac{a}{2} \right) +2B \cdot a\sqrt{2}=\left(-\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2+\left(a\sqrt{2} \right)^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}A= \displaystyle\frac{a}{4}\\ B= \displaystyle\frac{5}{4\sqrt{2}}\\ C=\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{2}}\\ D=0.\end{cases}\end{equation*}

Bán kính \(R=\sqrt{A^2+B^2+C^2-D}= \displaystyle\frac{a\sqrt{62}}{8}\).

Gọi \(H\) là trọng tâm \(\triangle ABC\), khi đó ta có \(DH\perp CM\).

Ta có \(CM=DM=AB\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{6}\), \(HM=\displaystyle\frac{CM}{3}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3}\),

\(DH=\sqrt{DM^2-HM^2}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}\).

Dựng hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (với \(M\equiv O\)) như hình vẽ, khi đó toạ độ các điểm là \(A(\sqrt{2};0;0)\), \(B(-\sqrt{2};0;0)\), \(C(0;\sqrt{6};0)\), \(D\left(0;\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3};\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)\).

Toạ độ trọng tâm \(G\) của tứ diện là \(G\left(0;\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{BG}=\left(\sqrt{2};\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3};\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\right), \overrightarrow{MC}=(0;\sqrt{6};0)\) và

\(\overrightarrow{BM}=(\sqrt{2};0;0)\).

Suy ra \(\left[\overrightarrow{BG},\overrightarrow{MC}\right]=(-\sqrt{2};0;3\sqrt{2})\), \(\mathrm{d}(BG,MC)=\displaystyle\frac{\left|\left[\overrightarrow{BG},\overrightarrow{MC}\right]\cdot\overrightarrow{BM}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{BG},\overrightarrow{MC}\right]\right|}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{14}}\).

Khối đa diện giới hạn bởi các mặt phẳng \(x = \pm 1, y = \pm 2, z = \pm 2\) là hình hộp chữ nhật có ba kích thước \(2; 4; 4\).

Vậy thể tích là \(V = 2\cdot 4\cdot 4 = 32\).

Dễ dàng chứng minh được các tam giác \(ABC\) và \(SBC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) và \(S\).

Gọi \(H\) là trung điểm của cạnh \(BC\), suy ra \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông \(ABC\) và \(AH=SH=a\).

Mặt khác, do \(SA=SB=SC\) nên \(SH\) là trục của đáy \(ABC\), tương tự \(AH\) là trục của tam giác \(SBC\).

Gắn khối chóp vào hệ tọa độ \(Oxyz\), với \(H(0;0;0)\), \(A(a;0;0)\), \(C(0;a;0)\), \(S(0;0;a)\), \(B(0;-a;0)\).

Từ đó ta có \(\overrightarrow{SC}=(0;a;-a)=a(0;1;-1)\) và \(\overrightarrow{AB}=(-a;-a;0)=-a(1;1;0)\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\), suy ra

\(\cos\varphi=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{SC}\cdot\overrightarrow{AB}\right|}{\left|\overrightarrow{SC}\right|\cdot\left|\overrightarrow{AB}\right|}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Từ đó suy ra \(\varphi=60^\circ\).

Gắn khối chóp vào hệ tọa độ \(Oxyz\) với \(A(0;0;0)\), \(B(2;0;0)\), \(D(0;2;0)\), \(S(0;0;2)\), \(C(2;2;0)\).

Do \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(BC\), \(SC\) suy ra \(M(1;0;0)\), \(N(2;1;0)\), \(P(1;1;1)\).

Ta có phương trình dạng chắn của mặt phẳng \((SBD)\) là

\(\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{y}{2}+\displaystyle\frac{z}{2}=1,\)

từ đó suy ra mặt phẳng \((SBD)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_1=(1;1;1)\).

Mặt khác, mặt phẳng \((MNP)\) có hai véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{MN}=(1;1;0)\) và \(\overrightarrow{MP}=(0;1;1)\), từ đó suy ra \(\overrightarrow{n}_2=\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right]=(1;-1;1)\) là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((MNP)\).

Gọi \(\varphi\) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \((MNP)\) và \((SBD)\), suy ra

\(\cos\varphi=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n}_1\cdot\overrightarrow{n}_2\right|}{\left|\overrightarrow{n}_1\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}_2\right|}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Ta có \(C_1D\parallel B_1A\Rightarrow C_1D\parallel (AB_1C)\)

\(\Rightarrow \mathrm{d}(C_1D,B_1C)=\mathrm{d}(C_1D,(B_1AC))=\mathrm{d}(C_1,(AB_1C))\). \(AA_1\perp (ABCD)\) suy ra \(AC\) là hình chiếu của \(A_1C\) lên mặt phẳng \((ABCD)\). Do đó góc tạo bởi \(A_1C\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc \(\widehat{A_1CA}\).

Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{(a\sqrt{3})^2+a^2}=2a\).

Xét tam giác \(AA_1C\) có \(AA_1=AC\cdot \tan 60^\circ=2\sqrt{3}a.\)

Chọn hệ trục với \(A(0;0;0)\), \(B(a;0;0)\), \(D(0;a\sqrt{3};0)\), \(C(a;a\sqrt{3};0)\), \(A_1(0;0;2a\sqrt{3})\), \(D_1(0;a\sqrt{3};2a\sqrt{3})\), \(B_1(a;0;2a\sqrt{3})\); \(C_1(a;a\sqrt{3};2a\sqrt{3})\).

Ta có \(\overrightarrow{AB_1}=(a;0;2a\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{AC}=(a;a\sqrt{3};0)\), \([\overrightarrow{AB_1},\overrightarrow{AC}]=\left(-6a^2;2\sqrt{3}a^2;\sqrt{3}a^2\right)\). Mặt phẳng \((AB_1C)\) qua ba điểm \(A\), \(B_1\), \(C\).\\ Khi đó mặt phẳng \((AB_1C)\) có một véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(-6,2\sqrt{3};\sqrt{3})\). Phương trình mặt phẳng \((AB_1C)\colon -6x+2\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\).

Khoảng cách từ \(C_1\) đến \((AB_1C)\) là \(\mathrm{d}(C_1,(AB_1C))=\displaystyle\frac{|-6 \cdot a+2\sqrt{3} \cdot a\sqrt{3}+\sqrt{3}\cdot 2a\sqrt{3}|}{\sqrt{(-6)^2+(2\sqrt{3})^2+(\sqrt{3})^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{51}}{17}.\)

Gắn hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) vào hệ trục tọa độ \(Oxyz\). Khi đó \(A(0,0,0), B(0;2;0), C(3;2;0), D(3;0;0), A'(0;0;4), B'(0;2;4),C'(3;2;4),D'(3;0;4)\).

\(\overrightarrow{AB'}=(0;2;4), \overrightarrow{AD'}=(3;0;4)\), \(\overrightarrow{A'C'}=(3;2;0),\overrightarrow{A'D}=(3;0;-4)\).

Gọi \(\overrightarrow{n}_{1}\) là véc-tơ pháp tuyến của \((AB'D')\). Ta có \(\overrightarrow{n}_{1}=[\overrightarrow{AB'},\overrightarrow{AD'}]=(8;12;-6)\).

Gọi \(\overrightarrow{n}_{2}\) là véc-tơ pháp tuyến của \((A'C'D)\). Ta có \(\overrightarrow{n}_{2}=[\overrightarrow{A'C'},\overrightarrow{A'D}]=(-8;12;-6)\).

\(\alpha\) là góc giữa hai mặt phẳng \((AB'D')\) và \((A'C'D)\), ta có

\(\cos \alpha=\left|\displaystyle\frac{\overrightarrow{n}_{1}\cdot \overrightarrow{n}_{2}}{|\overrightarrow{n}_{1}||\overrightarrow{n}_{2}|} \right|=\displaystyle\frac{29}{61}\).

Vậy giá trị gần đúng của góc \(\alpha\) là \(61,6^{\circ}\).

Đặt hệ trục tọa độ \(Sxyz\) như hình vẽ.

Chuẩn hóa \(a=1\).

Tọa độ hóa các điểm :\\ \(S(0;0;0),B(2;0;0),C(0;2;0),A(0;0;2)\).

\(\overrightarrow{SC}=(0;2;0),\overrightarrow{AB}=(2;0;-2),\overrightarrow{AC}=(0;2;-2)\).

\(\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=(4;4;4)\Rightarrow \overrightarrow{n_{ABC}}=(1;1;1)\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa \(SC\) và \((ABC)\).

\(\sin \varphi =\left|\cos (\overrightarrow{SC},\overrightarrow{n_{ABC}})\right|=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{n_{ABC}}\right|}{\left|\overrightarrow{SC}\right|\cdot \left|\overrightarrow{n_{ABC}}\right|}=\displaystyle\frac{2}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\).

\(\cos \varphi = \sqrt{1-\sin ^2 \varphi}=\sqrt{1-\displaystyle\frac{1}{3}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{6}}\).

Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại B nên:\\ \(BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=a\sqrt{2}\).

Ta dựng trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ bên. Chuẩn hóa \(a = 1\).

Tọa độ các điểm như sau:

\(B(0;0;0),A(1;0;0), C(0;\sqrt{2};0),S(0;\sqrt{2};\sqrt{12})\).

\(\overrightarrow{SA}=(1;-\sqrt{2};-\sqrt{12});\overrightarrow{SB}=(0;-\sqrt{2};-\sqrt{12})\).

\(\overrightarrow{SC}=(0;0;-\sqrt{12})\).

\(\left[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB}\right]=(0;\sqrt{12};-\sqrt{2})\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n_{SAB}}=(0;\sqrt{6};-1)\).

\(\left[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SC}\right]=(\sqrt{24};\sqrt{12};0)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n_{SAB}} = (\sqrt{2};1;0)\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\).

\(\cos \varphi = \cos ((SAB),(SAC))=\cos (\overrightarrow{n_{SAB}},\overrightarrow{n_{SAB}})=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n_{SAB}}\cdot \overrightarrow{n_{SAC}}|}{|\overrightarrow{n_{SAB}}|\cdot |\overrightarrow{n_{SAB}}|}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}\sqrt{7}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{7}}\).

\(\Rightarrow \sin \varphi = \sqrt{1-\cos ^2 \varphi }=\sqrt{\displaystyle\frac{5}{7}}\).

Chọn hệ tọa độ \(Cxyz\) như hình vẽ, khi đó ta có \(C(0;0;0), A(3;0;0), B(0;1;0), S(3;0;4), H(3;1;0)\).

\(\overrightarrow{CB}=(0;1;0), \overrightarrow{CS}=(3;0;4)\Rightarrow [\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CS}]=(4;0;-3)\)

\(\overrightarrow{BS}=(3;0;0), \overrightarrow{BH}=(3;-1;4)\Rightarrow [\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BH}]=(0;12;3)\)

Từ đó suy ra các mặt phẳng \((SBC)\) và \((SHB)\) lần lượt có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_1}=(4;0;-3)\) và \(\overrightarrow{n_2}=(0;4;1)\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa các mặt phẳng \((SBC)\) và \((SHB)\), khi đó \(\cos\alpha =|\cos(\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2})|=\displaystyle\frac{3}{5\sqrt{17}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{17}}{85}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó, \(SH \perp (ABCD)\). Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Lấy độ dài \(a=1\) ta xác định được tọa độ các điểm \(H(0;0;0), D\left(\displaystyle\frac{1}{2};0;0\right), M(0;1;0), C\left(\displaystyle\frac{1}{2};1;0\right)\), \(N\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};0\right), S\left(0;0;\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\).

Gọi \(I(x;y;z)\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.CMN\), ta có

\(IC^2=IM^2=IN^2=IS^2 \Leftrightarrow \begin{cases} \left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+(y-1)^2+z^2=x^2+(y-1)^2+z^2 \\ \left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+(y-1)^2+z^2=\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\left(y-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+z^2 \\ \left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+(y-1)^2+z^2=x^2+y^2+\left(z-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases} x=\displaystyle\frac{1}{4} \\ y=\displaystyle\frac{3}{4} \\ z= \displaystyle\frac{5}{4\sqrt{3}}\end{cases}\).

Suy ra

\(R=IM =\sqrt{\displaystyle\frac{1}{4^2}+\left(\displaystyle\frac{3}{4}-1\right)^2+ \left(\displaystyle\frac{5}{4\sqrt{3}}\right)^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{93}}{12}\). Vậy \(R=\displaystyle\frac{a \sqrt{93}}{12}\).

Gán hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(C(0;0;0)\) trùng với gốc tọa độ và \(A(x;0;0), B(0;x;0), C'(0;0;x)\).

Khi đó \(A'(x;0;x), B'(0;x;x)\) và \(D\left(\displaystyle\frac{x}{2};\displaystyle\frac{x}{2};0\right)\), \(F\left(x;0;\displaystyle\frac{x}{2}\right)\), \(E\left(0;\displaystyle\frac{x}{2};x\right)\).

Giả sử \(I(a;b;c), R\) lần lượt là tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(CDEF\). Từ đó ta có \(IC=ID=IE=IF\).

Ta có hệ phương trình

\(\begin{cases} a^2+b^2+c^2=\left(a-\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2+\left(b-\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2+c^2a^2+b^2+c^2=(a-x)^2+b^2+\left(c-\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2a^2+b^2+c^2=a^2+\left(b-\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2+(c-x)^2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}a+b=\displaystyle\frac{x}{2}\\ 2a+c=\displaystyle\frac{5x}{4}\\ b+2c=\displaystyle\frac{5x}{4}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\displaystyle\frac{7x}{20}\\ b=\displaystyle\frac{3x}{20}\\c=\displaystyle\frac{11x}{20}.\end{cases}\)

Suy ra \(I\left(\displaystyle\frac{7x}{20};\displaystyle\frac{3x}{20};\displaystyle\frac{11x}{20}\right)\), và \(R=IC=\displaystyle\frac{x\sqrt{179}}{20}\).

Theo giả thiết \(R=\displaystyle\frac{\sqrt{179}}{20}\), suy ra \(x=1\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(M(0;0;0)\), \(S(0;0;2)\), \(N(1;0;0)\), \(Q(0;1;0)\). Lúc đó \(P(1;1;0)\), \(\overrightarrow{SN}=(1;0;-2)\), \(\overrightarrow{MP}=(1;1;0)\) và \(\overrightarrow{MN}=(1;0;0)\).

Suy ra \(\left[\overrightarrow{SN},\overrightarrow{MP}\right]=(2;-2;1)\), do đó

\(h=\displaystyle\frac{\left|\left[\overrightarrow{SN},\overrightarrow{MP}\right]\cdot \overrightarrow{MN}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{SN},\overrightarrow{MP}\right]\right|}=\displaystyle\frac{2}{3}.\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(M(0;0;0)\), \(N(1;0;0)\), \(Q(0;1;0)\) và \(M'(0;0;1)\). Lúc đó \(P(1;1;0), N'(1;0;1), Q'(0;1;1)\) và \(P'(1;1;1)\).

Vì \(E, F, G\) lần lượt là trung điểm \(NN', PQ\) và \(M'Q'\) nên \(E\left(1;0;\displaystyle\frac{1}{2}\right)\), \(F\left(\displaystyle\frac{1}{2};1;0\right)\) và \(G\left(0;\displaystyle\frac{1}{2};1\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{EG}=\left(-1;\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2}\right)\), \(\overrightarrow{P'F}=\left(-\displaystyle\frac{1}{2};0;-1\right)\), do đó \(\overrightarrow{EG}\cdot \overrightarrow{P'F}=0\) hay \((EG,P'F)=90^{\circ}\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có \(H(0;0;0)\), \(B(-a;0;0)\), \(C(-a;a;0)\), \(E(0;a;0)\) và \(S(0;0;a\sqrt{3})\).

Ta có \(\overrightarrow{BE}=(a;a;0)\), \(\overrightarrow{SC}=(-a;a;-a\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{EC}=(-a;0;0)\).

Khi đó, \([\overrightarrow{BE},\overrightarrow{SC}] = \left(-a^2\sqrt{3};a^2\sqrt{3};2a^2\right)\).

Khoảng cách giữa \(BE\) và \(SC\) là \(\mathrm{d}(BE,SC)=\displaystyle\frac{\left| [\overrightarrow{BE},\overrightarrow{SC}]\cdot\overrightarrow{EC} \right| }{\left| [\overrightarrow{BE},\overrightarrow{SC}] \right| }=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{a\sqrt{10}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}.\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(C\) lên \(SA\), ta có \(CK=4\), \(AK=3\), \(AC=5\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(K\) lên \((ABCD)\), ta có \(KH\perp(ABCD)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(KB\). Ta có

\(\begin{cases}KB\perp AI\\KB\perp CI\end{cases}\Rightarrow KB\perp AC\).

\(\begin{cases}KH\perp AC\\KB\perp AC\end{cases}\Rightarrow AC\perp BH\).

\(HK=\displaystyle\frac{KA\cdot KC}{AC}=\displaystyle\frac{12}{5}\),

\(HA=\sqrt{9-\left(\displaystyle\frac{12}{5}\right)^2 }=\displaystyle\frac{9}{5}\),

\(HB=\displaystyle\frac{AB\cdot BC}{AC}=\displaystyle\frac{12}{5}\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có \(H(0;0;0)\), \(B\left(0;\displaystyle\frac{12}{5};0\right) \), \(A\left(-\displaystyle\frac{9}{5};0;0 \right) \), \(K\left(0;0;\displaystyle\frac{12}{5} \right) \).\\ Ta có

\(\overrightarrow{KA}=\left(-\displaystyle\frac{9}{5};0;-\displaystyle\frac{12}{5} \right) \), \(\overrightarrow{KB}=\left(\displaystyle\frac{9}{5};\displaystyle\frac{12}{5};0 \right) \).

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SAB)\) là \(\overrightarrow{n}_1=\left(-16;12;12 \right)\).

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SAC)\) là \(\overrightarrow{j}=(0;0;1)\).

Do đó \(\cos((SAB),(SAC))=\displaystyle\frac{|12|}{\sqrt{0^2+0^2+1^2}\sqrt{16^2+12^2+12^2}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{34}}{34}.\)

Cho độ dài của cạnh hình lập phương là \(1\). Đắt hệ trục tọa độ vuông góc \(Oxyz\) sao cho gốc \(O\) trùng với điểm \(A\), \(AB\) trùng với \(Ox\), \(AD\) trùng với \(Oy\) và \(AA'\) trùng với \(Oz\). Khi đó ta tính được tọa độ các điểm \(A(0,0,0)\), \(E\left (1;\displaystyle\frac{1}{2};1\right )\), \(F\left (\displaystyle\frac{1}{2};1;1\right )\), \(C(1;1;0)\), \(M\left (\displaystyle\frac{1}{2};0;1\right )\), \(N\left (0;\displaystyle\frac{1}{2};1\right )\).

Ta tính được \(\overrightarrow{AE}= \left (1;\displaystyle\frac{1}{2};1\right )\), \(\overrightarrow{AF}=\left (\displaystyle\frac{1}{2};1;1\right )\), \(\overrightarrow{CM}=\left (-\displaystyle\frac{1}{2};-1;1\right )\), \(\overrightarrow{CN}=\left (-1;-\displaystyle\frac{1}{2};1\right )\).

\(\overrightarrow{n}_{(AEF)}=\left [\overrightarrow{AE};\overrightarrow{AF}\right ]=\left (-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{3}{4}\right ).\)

\(\overrightarrow{n}_{(CMN)}=\left [\overrightarrow{CM};\overrightarrow{CN}\right ]=\left (-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{3}{4}\right ).\)

\(\cos \left [\overrightarrow{n}_{(AEF)}; \overrightarrow{n}_{(CMN)}\right ]=\displaystyle\frac{\overrightarrow{n}_{(AEF)}\cdot \overrightarrow{n}_{(CMN}}{\left |\overrightarrow{n}_{(AEF)}\right |\cdot \left |\overrightarrow{n}_{(CMN)}\right |} =-\displaystyle\frac{1}{17}\).

Vậy cosin của góc tạo giữa hai mặt phẳng \((CMN)\) và \((AEF)\) là \(\displaystyle\frac{1}{17}\).

Xét \(\triangle ABD\) có

\begin{align*}BD^2=AB^2+AD^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos\widehat{BAD}=1+4-2=3.\end{align*}

Suy ra \(AD^2=BD^2+AB^2\), vậy tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\) và \(BD=\sqrt{3}\).

Lại có \((SAB)\) và \((SBC)\) cùng vuông góc với đáy nên \(SB\perp (ABCD)\). Suy ra \(BA\), \(BD\), \(BS\) đôi một vuông góc.

Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\), sao cho

+ gốc \(O\) trùng với \(B\)

+ trục \(Ox\) trùng với tia \(BA\)

+ trục \(Oy\) trùng với tia \(BD\)

+ trục \(Oz\) trùng với tia \(BS\).

Ta có \(B(0;0;0)\), \(A(1;0;0)\), \(C(-1;\sqrt{3};0)\), \(D(0;\sqrt{3};0)\), \(S(0;0;\sqrt{3})\).

\(\overrightarrow{SD}=(0;\sqrt{3};\sqrt{3})\Rightarrow \overrightarrow{u}=(0;1;-1)\) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(SD\).

\(\overrightarrow{SA}=(1;0;-\sqrt{3})\), \(\overrightarrow{SC}=(-1;\sqrt{3};-\sqrt{3})\Rightarrow [\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SC}]=(3;2\sqrt{3};\sqrt{3})\Rightarrow \overrightarrow{n}=(\sqrt{3};2;1)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((SAC)\). Vì \(\alpha\) là góc tạo bởi \(SD\) và mặt phẳng \((SAC)\) nên

\(\sin \alpha =|\cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{n})|=\displaystyle\frac{|0+2-1|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{8}}=\displaystyle\frac{1}{4}.\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

\(A(0;0;0)\), \(B(a;0;0)\), \(D(0;a\sqrt{2};0)\), \(C(a;a\sqrt{2};0)\), \(S(0;0;2a)\).

\(\overrightarrow{BC}=(0;a\sqrt{2};0)\), \(\overrightarrow{BS}=(-a;0;2a)\), \(\overrightarrow{BD}=(-a;a\sqrt{2};0)\).

\((SBC)\) có một véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_1=[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BS}]=(2a^2\sqrt{2};0;a^2\sqrt{2})\).

\((SBD)\) có một véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_2=[\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BD}]=(-2a^2\sqrt{2};-2a^2;-a^2\sqrt{2})\).

\(\cos\alpha=\left|\cos\left(\overrightarrow{n}_1,\overrightarrow{n}_2\right)\right|=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n}_1\cdot\overrightarrow{n}_2\right|}{\left|\overrightarrow{n}_1\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}_2\right|}=\sqrt{\displaystyle\frac{5}{7}}\).

Gọi \(O\) là trung điểm \(AD\), \(a\) là độ dài cạnh hình vuông.

Gắn hệ tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ. Khi đó

\(S\left(0;0;\displaystyle\frac{a}{2} \right),B\left(a;-\displaystyle\frac{a}{2};0 \right),C\left(a;\displaystyle\frac{a}{2};0 \right), D\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};0 \right)\)

Ta có

\(\overrightarrow{SC}\left(a;\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a}{2} \right)\).

\(\overrightarrow{SB}\left(a;-\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a}{2} \right)\).

\(\overrightarrow{SD}\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a}{2} \right)\).

\(\left[ \overrightarrow{SC},\overrightarrow{SB} \right]=a^2\left(-\displaystyle\frac{1}{2};0;-1 \right)\),

vậy \((SBC)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_1=\left(-\displaystyle\frac{1}{2};0;-1 \right)\).

\(\left[ \overrightarrow{SC},\overrightarrow{SD} \right]=a^2\left(0;\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2} \right)\), vậy \((SCD)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_2=\left(0;\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2} \right)\).

Ta có \(\cos(\overrightarrow{n}_1,\overrightarrow{n}_2)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{n}_1\cdot\overrightarrow{n}_2}{|\overrightarrow{n}_1|\cdot|\overrightarrow{n}_2|}=-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \Rightarrow \cos\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \Rightarrow \sin\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\).

Vậy \(\tan\alpha=\displaystyle\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Ta chuẩn hóa \(a=1\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với:

\(S(0;0;1)\), \(A\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2};0;0\right)\Rightarrow M\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};0;\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

\(B\left(0;-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2};0\right)\), \(C\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2};0;0\right)\Rightarrow N\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};0\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{MN}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2};-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4};-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\) do đó đường thẳng \(MN\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(2;-1;-\sqrt{2})\).

Ta thấy mặt phẳng \((SBD)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{i}=(1;0;0)\).

Suy ra \(\sin\alpha=\displaystyle\frac{|2\cdot 1 -1\cdot 0 -\sqrt{2}\cdot 0|}{\sqrt{2^2+(-1)^2+(-\sqrt{2})^2}\cdot \sqrt{1^2+0^2+0^2}}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{7}}\).

Vì \(\alpha \leq 90^\circ\) nên \(\cos\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{7}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\equiv B, C\in Ox, A\in Oy, Bz\parallel AS\) (như hình vẽ).

Ta có

\(B(0;0;0), C(2a;0;0), A(0;a;0), S(0;a;3a)\);

\(\overrightarrow{AS}=(0;0;3a), \overrightarrow{AC}=(2a;-a;0)\)

\(\Rightarrow \left[\overrightarrow{AS}, \overrightarrow{AC}\right]=\left(3a^2;6a^2;0\right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{u}=(1;2;0)\) là một véc-tơ pháp tuyến của \((SAC)\);

\(\overrightarrow{BS}=(0;a;3a), \overrightarrow{BC}=(2a;0;0) \Rightarrow \left[ \overrightarrow{BS}, \overrightarrow{BC}\right]=\left(0;6a^2;-2a^2\right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{v}=(0;3;-1)\) là một véc-tơ pháp tuyến của \((SBC)\).

Do đó, \(\cos \alpha =\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{v}\right|}\)\(=\displaystyle\frac{6}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}}\)\(=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{5}\). Vậy \(\sin \alpha =\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{5}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như sau: \(O\equiv B, C\) nằm trên tia \(Ox, A\) nằm trên tia \(Oy, B'\) nằm trên tia \(Oz\).

Gọi \(N, P\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \((\alpha)\) với cạnh \(AB, BC\).

Dễ tìm được \(M(0;\displaystyle\frac{3}{2};1), N(0;1;0)\).

Ta có \(\overrightarrow{NM}=(0;\displaystyle\frac{1}{2};1), \overrightarrow{i}=(1;0;0)\).

VTPT của \((\alpha)\) là \(\overrightarrow{n}=[{\overrightarrow{NM},\overrightarrow{i}}]=(0;1;-\displaystyle\frac{1}{2})\).

Phương trình \((\alpha)\colon y-\displaystyle\frac{1}{2}z-1=0\).

Khoảng cách từ \(A(0;3;0)\) đến \((\alpha)\) là \(d=\displaystyle\frac{\left|{3-1}\right|}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{4}}}\)\(=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{5}}\).

\(A'H=\sqrt{AA'^2-AH^2}=a\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ bên.

Không mất tính tổng quát có thể giả sử \(a=1\).

Ta có \(H(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(C(0;\sqrt{3};0)\), \(A(-1;0;0)\), \(A'(0;0;1)\), \(B'(2;0;1)\), \(C'(1;\sqrt{3};1)\).

Gọi \(\varphi\) là góc giữa hai mặt phẳng \((AB'C)\) và \((BA'C')\).

\(\overrightarrow{AB'}=(3;0;1)\), \(\overrightarrow{AC}=(1;\sqrt{3};0)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}_1 =\left[ \overrightarrow{AB'}, \overrightarrow{AC} \right] =(-\sqrt{3};1;3\sqrt{3})\).

\(\overrightarrow{A'B}=(1;0;-1)\), \(\overrightarrow{A'C'}=(1;\sqrt{3};0)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{n}_2 =\left[ \overrightarrow{A'B}, \overrightarrow{A'C'} \right] =(\sqrt{3};-1;\sqrt{3})\).

\(\cos \varphi =\left| \cos \left(\overrightarrow{n}_1, \overrightarrow{n}_2 \right) \right|=\displaystyle\frac{\left| {\overrightarrow{n}_1 \cdot \overrightarrow{n}_2} \right|}{\left| {\overrightarrow{n}_1} \right| \cdot \left| {\overrightarrow{n}_2} \right|}=\displaystyle\frac{5}{\sqrt{31} \cdot \sqrt{7}}.\Rightarrow \sin \varphi =\displaystyle\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{217}}\).

Do giả thiết suy ra tọa độ điểm \(A\left(2;0;0\right)\), \(B\left(0;- 4;0\right)\) và \(C\left(0;0;-\displaystyle\frac{4}{3}\right)\) nên \(OA = 2\); \(OB = 4\) và \(OC = \displaystyle\frac{4}{3}\). Gọi \(V\) là thể tích tứ diện \(OABC\) ta có \(V = \displaystyle\frac{1}{6}\cdot OA\cdot OB\cdot OC = \displaystyle\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 4\cdot \displaystyle\frac{4}{3} = \displaystyle\frac{16}{9}\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có \(A(0;0;0)\), \(B(0;a;0)\), \(D(2a;0;0)\), \(C(2a;a;0)\) và \(S(0;0;a)\).

Ta có

\(\overrightarrow{BD}=(2a;-a;0)\).

\(\overrightarrow{SC}=(2a;a;-a)\).

\(\overrightarrow{SB}=(0;a;-a)\).

\([\overrightarrow{BD},\overrightarrow{SC}]=(a^2;2a^2;4a^2)\\ \Rightarrow \left|[\overrightarrow{BD},\overrightarrow{SC}] \right|=a^2\sqrt{21}\).

\(\left| [\overrightarrow{BD},\overrightarrow{SC}]\cdot\overrightarrow{SB}\right|=2a^3\).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(SC\) là \(\mathrm{d}(SC,BD)=\displaystyle\frac{\left| [\overrightarrow{BD},\overrightarrow{SC}]\cdot\overrightarrow{SB}\right| }{\left| [\overrightarrow{BD},\overrightarrow{SC}] \right| }=\displaystyle\frac{2a\sqrt{21}}{21}.\)

Chọn hệ trục tọa độ gốc \(A\) như hình vẽ.

Khi đó \(A(0;0;0),B(3;0;0),C(0;4;0)\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\Rightarrow N\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;0\right)\).

\(NB'=\sqrt{BB'^2-BN^2}=3\Rightarrow B'\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;3\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}\Rightarrow A'\left(-\displaystyle\frac{3}{2};2;3\right)\).

Tương tự \(\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{BB'}\Rightarrow C'\left(-\displaystyle\frac{3}{2};6;3\right)\).

Khi đó \(M(0;2;3)\).

\(\overrightarrow{AM}=(0;2;3);\overrightarrow{AC'}=\left(-\displaystyle\frac{3}{2};6;3\right)\)

\(\Rightarrow \left[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AC'}\right]=\left(-12;-\displaystyle\frac{9}{2};3\right)\).

\(\overrightarrow{A'B}=\left(\displaystyle\frac{9}{2};-2;-3\right);\overrightarrow{A'C}=\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;-3\right)\)

\(\Rightarrow \left[\overrightarrow{A'B},\overrightarrow{A'C}\right]=\left(12;9;12\right)\).

Hai mặt phẳng \((AMC')\) và \((A'BC)\) lần lượt nhận hai véc-tơ \(\overrightarrow{n_1}=(-8;-3;2)\) và \(\overrightarrow{n_2}=(4;3;4)\) làm véc-tơ pháp tuyến.

\(\Rightarrow\cos \left(\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\displaystyle\frac{33}{\sqrt{3157}}\)

\(\Rightarrow\) Cô-sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \((AMC')\) và \((A'BC)\) bằng \(\displaystyle\frac{33}{\sqrt{3157}}\).

Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A(0;0;0)\), \(B(2a; 0; 0)\), \(D(0; a; 0)\), \(A'(0; 0; a)\). Ta có \(D'(0; a; a)\).

Khi đó \(\overrightarrow{BD} = (-2a; a; 0)\), \(\overrightarrow{AD'}=(0; a; a)\), \(\overrightarrow{AB} = (2a; 0; 0)\).

Ta có \(\overrightarrow{AD'} \wedge \overrightarrow{BD} = (-a^2; -2a^2; 2a^2)\), \((\overrightarrow{AD'} \wedge \overrightarrow{BD})\overrightarrow{AB} = -2a^3\).

\(\mathrm{d} \left(AD',BD\right) = \displaystyle\frac{\left|(\overrightarrow{AD'} \wedge \overrightarrow{BD})\overrightarrow{AB}\right|}{\left|\overrightarrow{AD'} \wedge \overrightarrow{BD}\right|} = \displaystyle\frac{2a^3}{3a^2} = \displaystyle\frac{2a}{3}\).

\(\triangle ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\).

Dựng hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (với \(O\equiv A\)) như hình bên. Khi đó toạ độ các điểm là \(A(0,0,0)\), \(B(a,0,0)\), \(C(0,a,0)\), \(S(0,0,a)\), \(M\left(\displaystyle\frac{a}{2};0;\displaystyle\frac{a}{2}\right)\), \(N\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};\displaystyle\frac{a}{2}\right)\).

Mặt phẳng \((ABC)\) có phương trình \(z=0\) nên có VTPT \(\overrightarrow{n_1}=(0;0;1)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right]=\left(-\displaystyle\frac{a^2}{4};-\displaystyle\frac{a^2}{4};\displaystyle\frac{a^2}{4}\right)=-\displaystyle\frac{a^2}{4}(1;1;-1)\), nên mặt phẳng \((AMN)\) có VTPT \(\overrightarrow{n_2}=(1;1;-1)\).

Gọi \(\alpha\) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((ABC)\).

Khi đó \(\cos\alpha=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\cdot \left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A\) trùng với gốc tọa độ và \(B\), \(D\), \(A'\) lần lượt thuộc tia \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\).

Ta có \(A(0;0;0)\), \(B'(a;0;a)\), \(B(a;0;0)\), \(C'(a;a;a)\).

\(\overrightarrow{AB'}=(a;0;a)\), \(\overrightarrow{BC'}=(0;a;a)\) và \(\overrightarrow{AB}=(a;0;0)\).

\(\mathrm{d}(AB',BC')=\displaystyle\frac{\left| \left[\overrightarrow{AB'},\overrightarrow{BC'}\right] \cdot \overrightarrow{AB} \right|}{\left|\left[\overrightarrow{AB'},\overrightarrow{BC'}\right] \right|}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

\(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \((ABCD)\) nên

\(\left(SB,(ABCD) \right)=\widehat{SBA}=45^{\circ} \Rightarrow SA=AB\cdot \tan 45^{\circ}=2a\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho điểm \(A\) trùng với điểm \(O\), các điểm \(B,D,S\) lần lượt thuộc các tia \(Ox, Oy, Oz\). Ta có \(A(0;0;0),B(2a;0;0),D(0;a;0),S(0;0;2a)\).

Phương trình mặt phẳng \((SBD)\) là

\(\displaystyle\frac{x}{2a}+\displaystyle\frac{y}{a}+\displaystyle\frac{z}{2a}=1\Leftrightarrow x+2y+z-2a=0\)

Ta có \(\mathrm{d}\left(A, (SBD)\right)=\displaystyle\frac{\left| 0+2\cdot0+0-2a\right|}{\sqrt{1^2+2^2+1^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{6}}\).

Khi đó \(R=\sqrt{r^2+\mathrm{d}^2(A,(SBD))}=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{3}\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A(0;0;0)\), \(B(0;a;0)\), \(D(2a;0;0)\), \(S(0;0;2a)\). Suy ra \(C(2a;a;0)\).

Ta có

\(\mathrm{d}(BD,SC)=\displaystyle\frac{\left|[\vec{BD},\vec{SC}]\cdot\vec{SB}\right|}{\left|[\vec{BD},\vec{SC}]\right|}.\qquad(1)\)

Trong đó,

\begin{eqnarray*}& & \vec{BD}=(2a;-a;0),\\& & \vec{SC}=(2a;a;-2a),\\& \Rightarrow & [\vec{BD},\vec{SC}]=(2a^2;4a^2;4a^2).\\& & \vec{SB}=(0;a;-2a).\end{eqnarray*}

Từ (1) ta có \(d=\displaystyle\frac{\left|4a^3-8a^3\right|}{\sqrt{4a^4+16a^4+16a^4}}=\displaystyle\frac{4a^3}{6a^2}=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(BD\). Do \(A'B = A'D\) nên \(A'K \perp BD\). Lại có \(MB = MD\) nên \(MK \perp BD\).

\((A'BD) \perp (MBD)\) nên \(A'K \perp MK\).

Ta có \(K\left(\displaystyle\frac{a}{2};\displaystyle\frac{a}{2};0 \right)\), \(M \left(a;a;\displaystyle\frac{b}{2} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow{A'K} = \left(\displaystyle\frac{a}{2};\displaystyle\frac{a}{2};-b \right)\), \(\overrightarrow{MK} = \left(-\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{b}{2} \right)\).

\begin{eqnarray*}A'K \perp MK &\Leftrightarrow & \overrightarrow{A'K} \cdot \overrightarrow{MK} = 0 \Leftrightarrow -\displaystyle\frac{a^2}{4}-\displaystyle\frac{a^2}{4}+\displaystyle\frac{b^2}{2} = 0\\&\Leftrightarrow & \displaystyle\frac{a^2}{2} = \displaystyle\frac{b^2}{2} \Leftrightarrow a^2 = b^2 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{a}{b} = 1. \,(\text{vì } a>0, b>0)\end{eqnarray*}