Ta có: \(\overrightarrow a  = \left( {5;1;3} \right),\overrightarrow b  = \left( { - 1; - 3; - 5} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\ - 3\end{array}&\begin{array}{l}3\\ - 5\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}3\\ - 5\end{array}&\begin{array}{l}5\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}5\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l}1\\ - 3\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( {4;22; - 14} \right)\)

Do đó \(\overrightarrow n  = \left( {4;22; - 14} \right)\) là một VTPT của \(\left( P \right)\) nên \(\dfrac{1}{2}\overrightarrow n  = \left( {2;11; - 7} \right)\) cũng là một VTPT của \(\left( P \right)\).

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \dfrac{{1.2 + 1.1 + \left( { - 2} \right)\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} \sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{5}{6}\)

Do \(\overrightarrow u  = \overrightarrow v \) nên \(m = 0,n = 2,p = 1\).

Vậy \(m - n + p = 0 - 2 + 1 =  - 1\).

Ta có: \(\overrightarrow {OM}  = 2\vec i + \vec j \Rightarrow \overrightarrow {OM}  = 2.\vec i + 1.\vec j + 0.\overrightarrow k  \Leftrightarrow M\left( {2;1;0} \right)\)

\(A\left( {1;1;0} \right),B\left( {0;1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {0 - 1;1 - 1;2 - 0} \right) = \left( { - 1;0;2} \right)\)

Phương trình có dạng \({(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}\) với \(a = 1,b =  - 2,c = 4\) và \(R = 2\sqrt 5 \)

có tâm \(I\left( {1; - 2;4} \right)\).

Gọi I là trung trực của AB ta có \( \Rightarrow I\left( {1; - 1;1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {8; - 6;0} \right) =  - 2\left( {4; - 3;0} \right) \Rightarrow \left( P \right)\) đi qua I và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {4; - 3;0} \right)\). Vậy phương trình mặt phẳng (P) là \(4\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3y - 7 = 0\)

Đường thẳng $d$ có phương trình chính tắc \(\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 2}}{1}\).

Thay các điểm ở mối đáp án vào phương trình trên ta thấy chỉ có đáp án D là cả hai điểm đều thỏa mãn phương trình.

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 1;2;0 \right)\), bán kính R = 5.

\(d\left( I;\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 1+2.2+7 \right|}{\sqrt{1+4+4}}=4=d\).

Do đó mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\,\,x+2y-2z+7=0\) cắt nhau theo một đường tròn (C) có bán kính \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}}=3\).

Vậy chu vi đường tròn (C) bằng \(2\pi r=6\pi \).

Giải hệ:

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

Suy ra $d $ cắt $(S)$ tại hai điểm phân biệt.

Mặt khác $(S)$ có tâm \(I(1;2;3) \in d\) nên $d$ qua tâm của mặt cầu.

Do đó $AB$ đạt GTLN.

\(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M(1;-1;2)\) và chứa trục Ox\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\)nhận \(\overrightarrow{i}(1;0;0),\,\,\overrightarrow{OM}=(1;-1;2)\) là cặp vecto chỉ phương \(\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{i};\overrightarrow{OM} \right]=(0;-2;-1)\) là một vecto pháp tuyến của \(\left( \alpha  \right)\).

\(\left( \alpha  \right)\): \(0.(x-0)-2.(y-0)-1\left( z-0 \right)=0\Leftrightarrow 2y+z=0\)

Dễ dàng kiểm tra \(N(2;2;-4)\in \left( \alpha  \right)\)

Ta có: $I(1; - 2;2),R = \sqrt {{1^2} + {{( - 2)}^2} + {2^2} + m}  = \sqrt {9 + m} $

Ta có: $R = 5 \Leftrightarrow \sqrt {9 + m}  = 5 \Leftrightarrow m = 16$

Đường thẳng d có 1 VTCP là \(\overrightarrow{u}=\left( 3;-2;1 \right)\)

Mặt cầu nhận $AB$ làm đường kính có tọa độ tâm $I$ là trung điểm của $AB$. Suy ra ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_I} = \dfrac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\{z_I} = \dfrac{{{z_A} + {z_B}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} =  - 1\\{y_I} = 0\\{z_I} = 1\end{array} \right.\) 

Ta có \(d:\left\{ \begin{align} x=1+t \\  y=-\,1+2t \\  z=-\,2t \\ \end{align} \right.,\) với \(t=0\) \(\Rightarrow \) Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( 1;-\,1;0 \right).\)

$M$ thuộc trong mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$, giả sử \(M(0;m;n)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}MA = \sqrt {{{(0 - 0)}^2} + {{(m - 2)}^2} + {{(n + 1)}^2}}  = \sqrt {{{(m - 2)}^2} + {{(n + 1)}^2}} \\MB = \sqrt {{{(0 - 2)}^2} + {{(m - 0)}^2} + {{(n - 1)}^2}}  = \sqrt {{m^2} + {{(n - 1)}^2} + 4} \end{array}\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}M{A^2} + M{B^2} = {(m - 2)^2} + {(n + 1)^2} + {m^2} + {(n - 1)^2} + 4\\ = 2{m^2} - 4m + 2{n^2} + 10 = 2({m^2} - 2m + 1) + 2{n^2} + 8\\ = 2{(m - 1)^2} + 2{n^2} + 8 \ge 8\end{array}\)

\( \Rightarrow \min \left( {M{A^2} + M{B^2}} \right) = 8 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 0\end{array} \right.\).

Vậy \(M(0;1;0)\)

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AM} \).

Do tính chất trọng tâm có \(\overrightarrow {AM}  = \dfrac{3}{2}\overrightarrow {AG} \). Suy ra\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 3\overrightarrow {AG} \).

Mà \(\overrightarrow {AG}  = \left( {2 - 2;1 - 4;0 - ( - 3)} \right) = \left( {0; - 3;3} \right)\). Suy ra \(3\overrightarrow {AG}  = (0; - 9;9)\).

Vì  \({d_{(A,(P))}} = 3{d_{(B,(P))}}\)  nên AB cắt (P) tại điểm I \( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {AI}  = 3\overrightarrow {BI} \\\overrightarrow {AI}  =  - 3\overrightarrow {BI} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}I\left( { - 4; - 1;3} \right)\\I\left( { - 1;2;0} \right)\end{array} \right.\)

Vì có vô số mặt phẳng (P) chứa C, D và khoảng cách từ A đến (P) gắp 3 lần khoảng cách từ B đến (P) nên I, C, D  thẳng hàng hay \(D = IC \cap (\alpha )\)

+ Nếu \(I\left( { - 4; - 1;3} \right) \Rightarrow  {IC} :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 6t\\y = t\\z = 1 - 2t\end{array} \right. \)

Thay các tọa độ trên vào phương trình \((\alpha) \) ta được:

$3\left( {2 + 6t} \right) + 4t + 5\left( {1 - 2t} \right) + 1 = 0 $ $\Leftrightarrow 12t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = - 1$

\(\Rightarrow D\left( { - 4; - 1;3} \right)\) ( thỏa mãn )

+  Nếu \(I( - 1;2;0) \Rightarrow {IC} :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y =  - 2t\\z = 1 + t\end{array} \right. \)

Thay các tọa độ trên vào phương trình \((\alpha) \) ta được:

$3\left( {2 + 3t} \right) + 4.(-2t) + 5\left( {1 +t} \right) + 1 = 0 $ $\Leftrightarrow 6t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = - 2$

\(\Rightarrow D\left( { - 4;4; - 1} \right)\) ( loại)

 Vậy \(D\left( { - 4; - 1;3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4\\b =  - 1\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow S = 16 + 1 + 9 = 26\)

Đường \({d_1}\) có VTCP \(\overrightarrow a  = \left( {1; - 4;6} \right)\);  \({d_2}\) có VTCP \(\overrightarrow b  = \left( {2;1; - 5} \right)\).

Vì \({d_3}\) vuông góc với \({d_1};\,\,{d_2}\) nên có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {14;17;9} \right)\).

- Liệt kê các phương trình mặt cầu cho trong 4 đáp án

+ A cho mặt cầu tâm \({I_A}(1, - 1,1)\)  và \({R_A} = \sqrt {13} \)

+ B cho mặt cầu tâm \({I_B}(2, - 1,3)\)  và \({R_B} = 4\)

+ C cho mặt cầu tâm \({I_C}( - 2,1, - 3)\)  và \({R_C} = 2\sqrt 3 \)

+ D cho mặt cầu tâm \({I_D}(1, - 1,1)\)  và \({R_D} = \sqrt 5 \)

- Kiểm tra các tâm có thuộc mặt phẳng \((\alpha )\)  hay không. Loại được đáp án C.

- Ta thấy\({I_A} \equiv {I_D} = I(1, - 1,1)\), nên ta tính bán kính $R = IM$ rồi so sánh với \({R_A},{R_D}\) .

Có \(IM = \sqrt {{1^2} + {4^2} + {2^2}}  = \sqrt {21} \) . Ta thấy \(IM \ne {R_A} \ne {R_D}\). Loại A và D

Theo đề bài ta có: \(r=\sqrt{8}.\)

\(OI=d\left( I;\ \left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.1-2+2.\left( -1 \right)-1 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{\left| -3 \right|}{\sqrt{9}}=1.\)

Khi đó ta có: \(R=\sqrt{O{{I}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{1+8}=3.\)

Ta có phương trình mặt cầu cần tìm là: \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9.\)

Tâm mặt cầu $I(1;-2;1)$, bán kính $R=3$.

Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với $\Delta $ có phương trình dạng $2{\rm{x - }}2y + z + D = 0$

Vì $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu nên ${\rm{d}}\left( {I,\left( P \right)} \right) = R \Rightarrow \left| {D - 7} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{D = -2}\\{D =   16}\end{array}} \right.$

Phương trình $(P)$ là $2x-2y+z-2=0;  2x-2y+z+16=0$.

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);\,\,B\left( {0;b;0} \right);\,\,C\left( {0;0;c} \right)\), khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)

\(M\left( {1;2;3} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\begin{array}{l}1 = {\left( {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c}} \right)^2} \le \left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right)\left( {{1^2} + {2^2} + {3^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge \frac{1}{{14}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} \ge \frac{1}{{14}} \Rightarrow {T_{\min }} = \frac{1}{{14}}\end{array}\)

Dấu = xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{a} = \frac{1}{{2b}} = \frac{1}{{3c}}\\\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{a}{2}\\c = \frac{a}{3}\\\frac{1}{a} + \frac{4}{a} + \frac{9}{a} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 14\\b = 7\\c = \frac{{14}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):\,\,\frac{x}{{14}} + \frac{y}{7} + \frac{{3z}}{{14}} = 1 \Leftrightarrow x + 2y + 3z - 14 = 0\)

Có

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1 - 1;0 - 2;2 - 5} \right) = \left( {0; - 2; - 3} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {4 - 1;7 - 2; - 1 - 5} \right) = \left( {3;5; - 6} \right)\\\overrightarrow {AD}  = \left( {4 - 1;1 - 2;a - 5} \right) = \left( {3; - 1;a - 5} \right)\end{array} \right.\\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2}&{ - 3}\\5&{ - 6}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3}&0\\{ - 6}&3\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ - 2}\\3&5\end{array}} \right|} \right) = \left( {27; - 9;6} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  = \left( {27; - 9;6} \right).\left( {3; - 1;a - 5} \right) = 60 + 6a\end{array}$

$A,B,C,D$ đồng phẳng khi \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  = 0 \Leftrightarrow 60 + 6a = 0 \Leftrightarrow a =  - 10\).

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( 1;1;-2 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{7}\).

Để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất thì \(d\left( I;\left( P \right) \right)\) nhỏ nhất.

Ta có \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1+1-\left( -2 \right)-m \right|}{\sqrt{3}}=\frac{\left| 4-m \right|}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow d{{\left( I;\left( P \right) \right)}_{\min }}=0\Leftrightarrow m=4\)