Tổng hợp câu hay và khó chương 7 phần 1

* Ta thấy ${z_A}.{z_B} < 0$ $\Rightarrow A,\,\,B$ nằm khác phía với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $\left( {Oxy} \right)$ $\Rightarrow A'\left( {1; - 3; - 2} \right)$.

Khi đó $P = \left| {AM - BN} \right| = \left| {A'M - BN} \right|\,\,\,\left( 1 \right)$.

Gọi ${A_1}$ là điểm sao cho $\overrightarrow {A'{A_1}}  = \overrightarrow {MN}$.

Do $MN = 4$ $\Rightarrow {A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $A'$ bán kính bằng 4.

Khi đó $A'{A_1}NM$ là hình bình hành $\Rightarrow A'M = {A_1}N\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow P = \left| {{A_1}N - BN} \right| \le {A_1}B$.

$\Rightarrow {P_{\max }} = {A_1}B$ khi ${A_1},\,\,B,\,\,N$ thẳng hàng $\left( {N = {A_1}B \cap \left( {Oxy} \right)} \right)$ và ${A_1}B$ lớn nhất khi ${A_1}$ ở vị trí $\left( C \right)$ như hình vẽ.

Khi đó ${P_{\max }} = {A_1}{B_{\max }} = \sqrt {B{I^2} + I{A_1}^2}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BI = 2\\I{A_1} = IA' + A'{A_1} - 5 + 4 = 9\end{array} \right.$ .

$\Rightarrow {P_{\max }} = \sqrt {{2^2} + {9^2}}  = \sqrt {85}$.

(Vị trí $M,\,\,N$ để ${P_{\max }}$ như hình vẽ).

Ta thấy ${z_A}.{z_B} < 0$ nên $A,B$ nằm khác phía so với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right).$

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $\left( {Oxy} \right)$$\Rightarrow A'\left( { - 2;1;3} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A'$ trên $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 2;1;0} \right)$

Gọi $I$ là hình chiếu của $B$ trên $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 3;0} \right)$

Suy ra $HI = 5$

Khi đó $P = \left| {AM - BN} \right| = \left| {A'M - BN} \right|$                                                   $\left( 1 \right)$

Gọi ${A_1}$ là điểm sao cho $\overrightarrow {{A_1}A'}  = \overrightarrow {NM}$

Do $MN = 3$ nên ${A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $A'$ bán kính bằng $3.$

Khi đó ${A_1}A'MN$ là hình bình hành $\Rightarrow A'M = {A_1}N$                             $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra $P \le {A_1}B$

$\Rightarrow {P_{\max }} = {A_1}B$ khi ${A_1},B,N$ thẳng hàng với $N$ là giao điểm của ${A_1}B$ và $\left( {Oxy} \right)$

Khi đó ${A_1}B$ có giá trị lớn nhất khi ${A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $A'$ bán kính bằng $3.$

${P_{\max }} = {A_1}B$ max $= \sqrt {K{B^2} + {A_1}{K^2}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}A'H = 3\\d\left( {B,\left( {Oxy} \right)} \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow BK = 1$

Và ${A_1}K = A'{A_1} + A'K = {A_1}B' + HI = 3 + 5 = 8$

$\Rightarrow {P_{\max }} = \sqrt {{1^2} + {8^2}}  = \sqrt {65}$

* Ta thấy ${z_A}.{z_B} < 0$ $\Rightarrow A,\,\,B$ nằm khác phía với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $\left( {Oxy} \right)$ $\Rightarrow A'\left( {1; - 3;4} \right)$.

Khi đó $P = \left| {AM - BN} \right| = \left| {A'M - BN} \right|\,\,\,\left( 1 \right)$.

Gọi ${A_1}$ là điểm sao cho $\overrightarrow {A'{A_1}}  = \overrightarrow {MN}$.

Do $MN = 2$ $\Rightarrow {A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $A'$ bán kính bằng 2.

Khi đó $A'{A_1}NM$ là hình bình hành $\Rightarrow A'M = {A_1}N\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow P = \left| {{A_1}N - BN} \right| \le {A_1}B$.

$\Rightarrow {P_{\max }} = {A_1}B$ khi ${A_1},\,\,B,\,\,N$ thẳng hàng $\left( {N = {A_1}B \cap \left( {Oxy} \right)} \right)$ và ${A_1}B$ lớn nhất khi ${A_1}$ ở vị trí $\left( C \right)$ như hình vẽ.

Khi đó ${P_{\max }} = {A_1}{B_{\max }} = \sqrt {K{B^2} + {A_1}{K^2}}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}A'H = 4\\d\left( {B;\left( {Oxy} \right)} \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow BK = 2$ và ${A_1}K = A'{A_1} + A'K = 2 + 5 = 7$.

$\Rightarrow {P_{\max }} = \sqrt {{2^2} + {7^2}}  = \sqrt {53}$.

(Vị trí $M,\,\,N$ để ${P_{\max }}$ như hình vẽ).

Ta thấy ${z_A}.{z_B} < 0$ nên $A,B$ nằm khác phía so với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right).$

Gọi $B'$ là điểm đối xứng với $B$ qua $\left( {Oxy} \right)$$\Rightarrow B'\left( { - 2;1;3} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $B'$ trên $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 2;1;0} \right)$

Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 3;0} \right)$

Suy ra $HI = 5$

Khi đó $P = \left| {AM - BN} \right| = \left| {AM - B'N} \right|$                                                   $\left( 1 \right)$

Gọi ${A_1}$ là điểm sao cho $\overrightarrow {{A_1}B'}  = \overrightarrow {MN}$

Do $MN = 1$ nên ${A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $B'$ bán kính bằng $1.$

Khi đó ${A_1}B'NM$ là hình bình hành $\Rightarrow B'N = {A_1}M$                             $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra $P = \left| {{A_1}M - AM} \right| \le {A_1}A$

$\Rightarrow {P_{\max }} = {A_1}A$ khi ${A_1},A,M$ thẳng hàng với $M$ là giao điểm của ${A_1}A$ và $\left( {Oxy} \right)$

Khi đó ${A_1}A$ có giá trị lớn nhất khi ${A_1}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $B'$ bán kính bằng $1.$

${P_{\max }} = {A_1}A$ max $= \sqrt {K{A^2} + {A_1}{K^2}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}B'H = 3\\d\left( {A,\left( {Oxy} \right)} \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow AK = 1$

Và ${A_1}K = B'{A_1} + B'K = {A_1}B' + HI = 1 + 5 = 6$

$\Rightarrow {P_{\max }} = \sqrt {{1^2} + {6^2}}  = \sqrt {37}$

$AB = \sqrt 3 ,\,\,AD = \sqrt 6 ,\,\,AA' = 2\sqrt 2$

Gọi độ dài đoạn $DM = x,\,\,\left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)$. Khi đó, tổng các khoảng cách: 

$AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}}  + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3  - x} \right)}^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6  + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3  - x} \right)}^2}}  = \sqrt {6 + 8\sqrt 3  + 8 + 3}  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 }$

$\Rightarrow AM + MC'\,\,\min  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 }$ khi và chỉ khi $\dfrac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \dfrac{x}{{\sqrt 3  - x}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3$.

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

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow a = \dfrac{1}{3},\,b = \dfrac{4}{3},\,c = \dfrac{7}{3} \Rightarrow T = \dfrac{1}{3} + 2.\dfrac{4}{3} + 3.\dfrac{7}{3} = 10$

+) Xác định điểm $I(a;b;c)$ sao cho: $2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  - 4\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0$:

Ta có:$\overrightarrow {IA}  = \left( {2 - a;1 - b; - c} \right),\,\,\overrightarrow {IB}  = \left( { - a;2 - b;1 - c} \right),\,\,\overrightarrow {IC}  = \left( {1 - a;3 - b; - 1 - c} \right)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {2 - a} \right) + 3\left( { - a} \right) - 4\left( {1 - a} \right) = 0\\2\left( {1 - b} \right) + 3\left( {2 - b} \right) - 4\left( {3 - b} \right) = 0\\2\left( { - c} \right) + 3\left( {1 - c} \right) - 4\left( { - 1 - c} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b =  - 4\\c = 7\end{array} \right. \Rightarrow I(0; - 4;7)$

Khi đó: $\left| {2\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 4\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI}  + 2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {MI}  + 3\overrightarrow {IB}  - 4\overrightarrow {MI}  - 4\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \underbrace {\left( {2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  - 4\overrightarrow {IC} } \right)}_{\overrightarrow 0 }} \right| = MI$, $\Rightarrow \left| {2\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 4\overrightarrow {MC} } \right|$ đạt GTNN khi và chỉ khi MI ngắn nhất

$\Leftrightarrow$M là chân đường vuông góc kẻ từ I đến mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$.

+) Xác đinh tọa độ điểm $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $I(0; - 4;7)$ đến mặt phẳng $\left( \alpha  \right):2x + y - 2z + 9 = 0$.

Đường thẳng IH nhận $\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}} \left( {2;1; - 2} \right)$ là VTCP, phương trình đường thẳng IH:  $\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y =  - 4 + t\\z = 7 - 2t\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}H \in IH \Rightarrow H\left( {2t; - 4 + t;7 - 2t} \right)\\H \in \left( \alpha  \right) \Rightarrow 2\left( {2t} \right) + \left( { - 4 + t} \right) - 2\left( {7 - 2t} \right) + 9 = 0 \Leftrightarrow 9t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {2; - 3;5} \right)\end{array}$

Vậy, điểm M cần tìm có tọa độ $M\left( {2; - 3;5} \right) \Rightarrow {x_M} + {y_M} + {z_M} = 4$.

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow$ A, B, $\Delta$ đồng phẳng.

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

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

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

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

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

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

+) Tìm tọa độ điểm A’:

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

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

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

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

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

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

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

Vậy,  ${T_{max}} = 3$

Ta có: $\overrightarrow {IA}  = \left( {1;\;1; - 1} \right) \Rightarrow R = IA = \sqrt 3 .$

Lại có: $A:\;\;R = IA = \dfrac{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2} + A{D^2}} }}{2} = \sqrt 3  \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} = 12.$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} \ge 3\sqrt[3]{{A{B^2}.A{C^2}.A{D^2}}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{A{B^2}.A{C^2}.A{D^2}}} \le 4 \Leftrightarrow AB.AC.AD \le 8.\\ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD \le \dfrac{1}{6}.8 = \dfrac{4}{3}.\end{array}$

Ta có$\left( S \right)$ có tâm $O\left( {2;\;3; - 1} \right)$ và bán kính $R = 4.$

$\overrightarrow {AO}  = \left( {3;\;4;\;0} \right) \Rightarrow OA = 5.$

Tập hợp các điểm $M$ là đường tròn tâm $I$ bán kính $IM.$

Gọi $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng chứa đường tròn đó.

Khi đó ta có $OA \bot \left( \alpha  \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right)$ nhận $\overrightarrow {AO}  = \left( {3;\;4;\;0} \right)$ làm VTPT.

$\Rightarrow \left( \alpha  \right):\;\;3x + 4y + a = 0.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAM$ có đường cao $MI$ ta có:

$\begin{array}{l}OI = \dfrac{{O{M^2}}}{{OA}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = \dfrac{{16}}{5} = d\left( {O;\;\left( \alpha  \right)} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{16}}{5} = \dfrac{{\left| {2.3 + 4.3 + a} \right|}}{5} \Leftrightarrow \left| {18 + a} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a =  - 2\\a =  - 34\end{array} \right..\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right):\;\;3x + 4y - 2 = 0\\\left( \alpha  \right):\;3x + 4y - 34 = 0\end{array} \right..\end{array}$

Gọi hình lập phương có cạnh là $a.$

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:

$\begin{array}{l}B'\left( {0;\;0;\;0} \right),\;\;A'\left( {a;\;0;\;0} \right),\;C'\left( {0;\;a;\;0} \right),\;D'\left( {a;\;a;\;0} \right),\\A\left( {a;\;0;\;a} \right),\;I\left( {\dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2};\;0} \right),\;B\left( {0;\;0;\;a} \right),\;O\left( {\dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2}} \right).\\ \Rightarrow \overrightarrow {OI}  = \left( {0;\;0;\;\dfrac{a}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {OI}  = \left( {0;\;0;\;\dfrac{a}{6}} \right).\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} - {x_O} = 0\\{y_M} - {y_O} = 0\\{z_M} - {z_O} = \dfrac{a}{6}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \dfrac{a}{2}\\{y_M} = \dfrac{a}{2}\\{z_M} = \dfrac{{2a}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2};\;\dfrac{{2a}}{3}} \right).\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = \left( {\dfrac{a}{2};\; - \dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{3}} \right),\;\overrightarrow {MB}  = \left( { - \dfrac{a}{2};\; - \dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{3}} \right),\;\overrightarrow {MC'}  = \left( { - \dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2}; - \dfrac{{2a}}{3}} \right),\;\overrightarrow {MD'}  = \left( {\dfrac{a}{2};\;\dfrac{a}{2}; - \dfrac{{2a}}{3}} \right).\\ \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {MAB} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {MA} ,\;\overrightarrow {MB} } \right] = \left( {0; - \dfrac{{{a^2}}}{3}; - \dfrac{{{a^2}}}{2}} \right) =  - {a^2}\left( {0;\;\dfrac{1}{3};\;\dfrac{1}{2}} \right).\\{\overrightarrow n _{\left( {MC'D'} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {MC'} ,\;\overrightarrow {MD'} } \right] = \left( {0; - \dfrac{{2{a^2}}}{3}; - \dfrac{{{a^2}}}{2}} \right) =  - {a^2}\left( {0;\;\dfrac{2}{3};\;\dfrac{1}{2}} \right).\end{array}$

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( {MAB} \right)$ và $\left( {M'C'D'} \right).$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {MAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {MC'D'} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {MAB} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {MC'D'} \right)}}} \right|}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{4}} .\sqrt {\dfrac{4}{9} + \dfrac{1}{4}} }} = \dfrac{{17\sqrt {13} }}{{65}}.\\ \Rightarrow sin\alpha  = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }  = \dfrac{{6\sqrt {13} }}{{65}}.\end{array}$

Ta có: $\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {3;\;4;\;0} \right)$ và $d$ đi qua $A\left( {1;\;1;\;1} \right).$

$\Rightarrow d \cap \Delta  = A\left( {1;\;1;\;1} \right).$

Phương trình đường thẳng $\Delta :\;\;\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = 1 + t\\z = 1 + 2t\end{array} \right..$

Chọn $B\left( {4;\;5;\;1} \right)$ là một điểm thuộc đường thẳng $d.$

Ta có: $\overrightarrow {AB}  = \left( {3;\;4;\;0} \right) \Rightarrow AB = 5.$

Lấy điểm $C\left( {1 - 2t;\;1 + t;\;1 + 2t} \right) \in \Delta$ sao cho $AB = AC.$

$\Rightarrow {\left( { - 2t} \right)^2} + {t^2} + {\left( {2t} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow {t^2} = \dfrac{{25}}{9} \Leftrightarrow t =  \pm \dfrac{5}{3}.$

+) Với $t = \dfrac{5}{3} \Rightarrow C\left( { - \dfrac{7}{3};\;\dfrac{8}{3};\;\dfrac{{13}}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \left( { - \dfrac{{10}}{3};\;\dfrac{5}{3};\;\dfrac{{10}}{3}} \right).$

Khi đó ta có: $\cos \left( {d,\;\Delta } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \dfrac{{ - \dfrac{{10}}{3}}}{{5.5}} =  - \dfrac{2}{{15}} < 0 \Rightarrow \angle \left( {d;\;\Delta } \right)$ là góc tù.

+) Với $t =  - \dfrac{5}{3} \Rightarrow C\left( {\dfrac{{13}}{3}; - \dfrac{2}{3}; - \dfrac{7}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \left( {\dfrac{{10}}{3}; - \dfrac{5}{3}; - \dfrac{{10}}{3}} \right).$

Khi đó ta có: $\cos \left( {d,\;\Delta } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \dfrac{{\dfrac{{10}}{3}}}{{5.5}} = \dfrac{2}{{15}} > 0 \Rightarrow \angle \left( {d;\;\Delta } \right)$ là góc nhọn nên ta cần lập phương trình đường phân giác trong TH này.

Ta có VTCP của đường phân giác của góc tạo bởi $d$ và $\Delta$ là: $\overrightarrow u  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = \left( {\dfrac{{19}}{3};\;\dfrac{7}{3};\; - \dfrac{{10}}{3}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {19;\;7;\; - 10} \right).$

Khi đó phương trình đường phân giác $d'$  đi qua $A\left( {1;\;1;\;1} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow u  = \left( {19;\;7; - 10} \right)$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 19t\\y = 1 + 7t\\z = 1 - 10t\end{array} \right..$

Với $t =  - 1$ ta có: $I\left( { - 18; - 6;\;11} \right) \in d'.$

Vậy đường thẳng $d':\;\left\{ \begin{array}{l}x =  - 18 + 19t\\y =  - 6 + 7t\\z = 11 - 10t\end{array} \right..$

Gọi $A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;b;0} \right),\,\,C\left( {0;0;c} \right)$$\Rightarrow$ Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1.$

Vì $OA,\,\,OB,\,\,OC$ đôi một vuông góc $\Rightarrow$ Thể tích khối chóp $O.ABC$ là $V = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC = \dfrac{{abc}}{6}.$

Điểm $M \in \left( P \right)$ suy ra $1 = \dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{a}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{3}{c}}} \Leftrightarrow 1 \ge {3^3}.\dfrac{6}{{abc}} \Rightarrow abc \ge 162 \Rightarrow V \ge 27.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{1}{a} = \dfrac{2}{b} = \dfrac{3}{c} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 6\\c = 9\end{array} \right..$ Vậy $\left( P \right):\dfrac{x}{3} + \dfrac{y}{6} + \dfrac{z}{9} = 1.$

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

$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_d}} } \right].\overrightarrow {AM}  \ne 0 \Rightarrow AB$ và d chéo nhau.

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

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

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

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

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

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

$AB = 2\sqrt {11}  \Rightarrow {C_{\Delta MAB}} = 2\sqrt {11}  + 2\sqrt {29}  \Rightarrow {p_{\Delta MAB}} = \sqrt {11}  + \sqrt {29}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11\\b = 29\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 40$.