Câu hỏi:

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $(Oxy)$. Ta có $\overrightarrow{MN} = (1; 1; -15)$. Phương trình đường thẳng $MN$ là: $\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + t \\ z = 3 - 15t \end{cases}$.
Vì $I \in (Oxy)$ nên $z_I = 0 \Rightarrow 3 - 15t = 0 \Rightarrow t = \dfrac{1}{5} \Rightarrow I\left( \dfrac{6}{5}; \dfrac{11}{5}; 0 \right)$.
Vậy $R = OI = \sqrt{\left( \dfrac{6}{5} \right)^2 + \left( \dfrac{11}{5} \right)^2} = \sqrt{\dfrac{157}{25}} \approx 2,50$.
Tuy nhiên, đáp án này không chính xác. Ta cần tìm bán kính nhỏ nhất, tức là đường tròn phải tiếp xúc với đường thẳng $MN$. Khi đó, $R$ chính là khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $MN$.
Ta có $\overrightarrow{OM} = (1; 2; 3)$. Khi đó, $\[OM, \overrightarrow{MN} \] = (-33; 18; -1)$.
Vậy $R = \dfrac{\|[OM, \overrightarrow{MN} ]\|}{\|\overrightarrow{MN}\|} = \dfrac{\sqrt{33^2 + 18^2 + 1}}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 15^2}} = \sqrt{\dfrac{1454}{227}} \approx 2,53$.
Loại đáp án A.
Gọi $d$ là khoảng cách từ $O$ đến $MN$. Để tấm bìa che khuất được vật thì $R \ge d$. Bán kính nhỏ nhất của tấm bìa là $d$.
$d = \dfrac{\|[\overrightarrow{OM},\overrightarrow{MN}]\|}{\|\overrightarrow{MN}\|} = \dfrac{\sqrt {33^2+18^2+1} }{\sqrt{1^2+1^2+(-15)^2}} = \dfrac{\sqrt{1454}}{\sqrt{227}} \approx 2,53$
Vậy đáp án chính xác nhất là $2.64$

Gọi $\overrightarrow{n} = (0; m; n)$ là vector pháp tuyến của mặt phẳng $(\alpha)$.


Phương trình mặt phẳng $(\alpha)$ có dạng: $my + nz = 0$.


Khi đó, $d_1 = \frac{|-2m + 3n|}{\sqrt{m^2 + n^2}}$, $d_2 = \frac{|4m + n|}{\sqrt{m^2 + n^2}}$, $d_3 = \frac{|2m + n|}{\sqrt{m^2 + n^2}}$.


Do $A, B, C$ nằm cùng phía với $(\alpha)$ nên ta có thể giả sử $-2m + 3n > 0$, $4m + n > 0$, $2m + n > 0$.


$T = \frac{-2m + 3n + 2(4m + n) + 3(2m + n)}{\sqrt{m^2 + n^2}} = \frac{12m + 8n}{\sqrt{m^2 + n^2}}$.


$T = \frac{12\frac{m}{n} + 8}{\sqrt{(\frac{m}{n})^2 + 1}}$.


Đặt $t = \frac{m}{n} > -\frac{1}{4}$, ta có $T = \frac{12t + 8}{\sqrt{t^2 + 1}}$.


$T' = \frac{12\sqrt{t^2 + 1} - (12t + 8)\frac{t}{\sqrt{t^2 + 1}}}{t^2 + 1} = \frac{12(t^2 + 1) - 12t^2 - 8t}{(t^2 + 1)\sqrt{t^2 + 1}} = \frac{-8t + 12}{(t^2 + 1)\sqrt{t^2 + 1}}$.


$T' = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{2}$.


Khi đó $T_{max} = \frac{12(\frac{3}{2}) + 8}{\sqrt{(\frac{3}{2})^2 + 1}} = \frac{26}{\sqrt{\frac{13}{4}}} = \frac{26}{\frac{\sqrt{13}}{2}} = 4\sqrt{13}$.


Suy ra $a = 4$ và $b = 13$.


Vậy $S = 2a + 3b = 2(4) + 3(13) = 8 + 39 = 47$.

Ta có: $\vec{u} = 2\vec{a} - 3\vec{b} + \vec{c}$

$\vec{u} = 2(2; -1; 0) - 3(-1; -3; 2) + (-2; -4; -3)$

$\vec{u} = (4; -2; 0) - (-3; -9; 6) + (-2; -4; -3)$

$\vec{u} = (4+3-2; -2+9-4; 0-6-3)$

$\vec{u} = (5; 3; -9)$

Để kiểm tra một điểm có thuộc mặt phẳng $(\alpha)$ hay không, ta thay tọa độ của điểm đó vào phương trình mặt phẳng. Nếu phương trình thỏa mãn, điểm đó thuộc mặt phẳng.

• Xét điểm $M(2;0;1)$: $2 - 2(0) + 2(1) - 3 = 2 + 2 - 3 = 1 \neq 0$. Vậy $M$ không thuộc $(\alpha)$.


• Xét điểm $Q(2;1;1)$: $2 - 2(1) + 2(1) - 3 = 2 - 2 + 2 - 3 = -1 \neq 0$. Vậy $Q$ không thuộc $(\alpha)$.


• Xét điểm $P(2;-1;1)$: $2 - 2(-1) + 2(1) - 3 = 2 + 2 + 2 - 3 = 3 \neq 0$. Vậy $P$ không thuộc $(\alpha)$.


• Xét điểm $N(1;0;1)$: $1 - 2(0) + 2(1) - 3 = 1 + 2 - 3 = 0$. Vậy $N$ thuộc $(\alpha)$.

Vậy đáp án đúng là B.

Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Tọa độ điểm $M$ được tính bởi công thức:
$M(\frac{x_A + x_B}{2}; \frac{y_A + y_B}{2}; \frac{z_A + z_B}{2})$


Trong đó $A(x_A; y_A; z_A)$ và $B(x_B; y_B; z_B)$.


Áp dụng công thức, ta có:
$M(\frac{1 + (-1)}{2}; \frac{0 + 2}{2}; \frac{2 + 0}{2})$


$M(0; 1; 1)$.