Thay tọa độ A và B vào pt \(\left(\alpha\right)\) ra 2 kết quả cùng dấu, do đó A và B nằm cùng phía so với \(\left(\alpha\right)\)

Gọi (d) là đường qua A và vuông góc \(\left(\alpha\right)\), phương trình (d) có dạng:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=1+2t\\y=1+t\\z=1-t\end{matrix}\right.\)

Gọi C là giao điểm (d) và \(\left(\alpha\right)\Rightarrow\) tọa độ C tỏa mãn:

\(2\left(1+2t\right)+1+t-\left(1-t\right)+3=0\Rightarrow t=-\dfrac{5}{6}\) \(\Rightarrow C\left(-\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{6};\dfrac{11}{6}\right)\)

Gọi D là điểm đối xứng A qua \(\left(\alpha\right)\Rightarrow\) C là trung điểm AD \(\Rightarrow D\left(-\dfrac{7}{3};-\dfrac{4}{3};\dfrac{8}{3}\right)\)

Do D đối xứng A qua \(\left(\alpha\right)\Rightarrow MA=MD\Rightarrow MA+MB=MD+MB\ge BD\)

Dấu = xảy ra khi B, D, M thẳng hàng hay M là giao của BD và \(\left(\alpha\right)\)

\(\overrightarrow{DB}=\left(\dfrac{13}{3};\dfrac{4}{3};-\dfrac{11}{3}\right)\Rightarrow\)BD nhận (13;4;-11) là 1 vtcp

Phương trình BD: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2+13t\\y=4t\\z=-1-11t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Tọa độ M thỏa mãn:

\(2\left(2+13t\right)+4t-\left(-1-11t\right)+3=0\Rightarrow t=-\dfrac{8}{41}\)

\(\Rightarrow M\left(-\dfrac{22}{41};-\dfrac{32}{41};\dfrac{47}{41}\right)\)

Đáp án C.

Bài 1:

Gọi tọa độ của \(A=(0,0,a)\) và \(B=(m,n,p)\)

Vì $(P)$ vuông góc với $(d)$ nên \(\overrightarrow {n_P}=\overrightarrow {u_d}=(2,-1,1)\) kết hợp với $(P)$ chứa $A$ nên PTMP: \((P):2x-y+z-a=0\)

Ta có \(B\in (P)\Rightarrow 2m-n+p-a=0(1)\)

Mặt khác \(B\in (d')\Rightarrow \frac{m-1}{1}=\frac{n}{2}=\frac{p+2}{1}=t\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m=t+1\\ n=2t\\ p=t-2\end{matrix}\right.\)

Thay vào $(1)$ ta thu được $t=a$

\(\Rightarrow AB=\sqrt{m^2+n^2+(p-a)^2}=\sqrt{(a+1)^2+(2a)^2+4}=\sqrt{5a^2+2a+5}\geq \frac{2\sqrt{30}}{5}\Leftrightarrow a=\frac{-1}{5}\)

Có nghĩa là để $AB$ min thì $a=\frac{-1}{5}$

Vậy PTMP: \(2x-y+z-\frac{1}{5}=0\)

Câu 2:

Thay toạ độ $A$ và $B$ vào $(P)$ có \([3.1-4(-1)+2-1](3.3-4.0+1-1)>0\) nên $A,B$ cùng phía so với $(P)$

Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $(P)$ \(\Rightarrow MA=MA'\Rightarrow MA+MB=MA'+MB\geq A'B\)

Do đó \((MA+MB)_{\min}\Leftrightarrow A',M,B\) thẳng hàng

Biểu thị $(d)$ là đường thẳng chứa đoạn $AA'$.

Hiển nhiên \((d)\perp (P)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow {n_P}=(3,-4,1)\)

Kết hợp với $A\in (d)$ nên \(d:\frac{x-1}{3}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z-2}{1}=t\)

Khi đó gọi \(H\equiv AA'\cap (P)\). Dễ có \(H=(\frac{1}{13},\frac{3}{13},\frac{22}{13})\)

Lại có $H$ là trung điểm của $AA'$ nên tọa độ của $A'$ là

\(\left\{\begin{matrix} x_{A'}=2x_H-x_A=\frac{-11}{13}\\ y_{A'}=2y_H-y_A=\frac{19}{13}\\ z_{A'}=2z_H-z_A=\frac{18}{13}\end{matrix}\right.\)

Khi đó ta dễ dàng viết được PTĐT chứa $A'B$ là \(\frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\)

Tọa độ của $M$ là nghiệm của hệ

\(\left\{\begin{matrix} \frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\\ 3x-4y+z-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow M(\frac{-213}{79},\frac{-171}{79},\frac{34}{79})\)

.

mf (a) đi wa O(0;0;0) có VTPT :n_a=u_d =(1,2,3) →pt :x+2y+3z=0

M ϵ d → M( t; -1+2t; -2+3t)      d(M; (p))=2= \(\frac{5-t}{\sqrt{5}}\)   tìm đk : t=5+2\(\sqrt{5}\)  và t=5-2\(\sqrt{5}\)    →tìm đk 2 tọa độ M

Lời giải:

Dễ tìm được \(A(0,5);B(1,4)\) là hai điểm cực trị của đồ thị \((C)\)

Xét điểm $I(a,b)$ sao cho \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IO}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow(-a,5-b)+(1-a,4-b)+(-a,-b)=0\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{3}\\ b=3\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow{IA}=(\frac{-1}{3},2)\\ \overrightarrow{IB}=(\frac{2}{3},1)\\ \overrightarrow{IO}=(\frac{-1}{3},-3)\end{matrix}\right.\)

Ta có:

\(P=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IO})(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow {IO})(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})\)

\(P=3MI^2+2\overrightarrow{MI}(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC})+\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{IO}\)

\(P=3MI^2+\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{IO}=3MI^2-\frac{22}{3}\)

Để P min thì \(MI_{\min}\) hay $I$ là hình chiếu của $M$ lên mp \(x+3y+7=0\)

Từ đây dễ dàng tìm được \(M(\frac{-13}{10};\frac{-19}{10})\)

Lời giải:

Với $M\in (d)$ ta đặt tọa độ của \(M(3t+2,-2t,2t+4)\)

Khi đó \(MA=\sqrt{(3t+1)^2+(-2t-2)^2+(2t+5)^2}\); \(MB=\sqrt{(3t-5)^2+(-2t+2)^2+(2t+1)^2}\)

\(\Rightarrow f(t)=MA+MB=\sqrt{17t^2+34t+30}+\sqrt{17t^2-34t+30}\)

\(f(t)=\sqrt{(\sqrt{17}t+\sqrt{17})^2+13}+\sqrt{(\sqrt{17}t-\sqrt{17})^2+13}\)

Xét \(\overrightarrow{u}=(\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13});\overrightarrow{v}=(-\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13})\)

Ta biết rằng \(|\overrightarrow{u}|+|\overrightarrow{v}|\geq |\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}|\) nên \(f(t)\geq \sqrt{(2\sqrt{17})^2+(2\sqrt{13})^2}=2\sqrt{30}\)

Dấu $=$ xảy ra khi \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\) cùng hướng hay \(\frac{\sqrt{17}t+\sqrt{17}}{-\sqrt{17}t+\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}>0\Rightarrow t=0\)

\(\Rightarrow M=(2,0,4)\)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên d

\(\left(d\right)=\left\{\begin{matrix}x=3t+2\\y=-2t\\z=2t+4\end{matrix}\right.\)

+) Tìm tọa độ điểm H và K:

\(H\in\left(d\right)\Rightarrow H\left(3h+2;-2h;2h+4\right)\\ \Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\)

\(\overrightarrow{AH}\perp d\Rightarrow\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{u_d}=0\\ \Leftrightarrow\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\cdot\left(3;-2;2\right)=17h+17\\ \Rightarrow h=-1\Rightarrow H\left(-1;2;2\right)\)

Tiện thể tính ngay \(AH=\sqrt{13}\)

Làm tương tự, tìm được điểm \(K\left(5;-2;6\right)\) và \(BK=\sqrt{13}\)

+) Tìm tọa độ điểm M:

\(\left(MA+MB\right)min\Leftrightarrow\frac{MH}{MK}=\frac{AH}{BK}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}=1\) (cái này chứng minh bằng hàm số)

Suy ra M là trung điểm HK \(\Rightarrow M\left(2;0;4\right)\)

C nhé

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow G\left(2;1;0\right)\)

\(T=MA^2+MB^2+MC^2\)

\(T=\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)^2\)

\(T=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2+2\overrightarrow{MG}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)\)

\(T=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2\)

Do \(GA^2+GB^2+GC^2\) cố định nên \(T_{min}\) khi \(MG_{min}\)

\(\Rightarrow M\) là hình chiếu vuông góc của G lên (P)

Gọi (d) là đường thẳng qua G và vuông góc (P) \(\Rightarrow\) pt (d): \(\left\{{}\begin{matrix}x=2+t\\y=1+t\\z=t\end{matrix}\right.\)

M là giao điểm (d) và (P) nên thỏa mãn:

\(2+t+1+t+t=0\Leftrightarrow t=-1\) \(\Rightarrow M\left(1;0;-1\right)\)