Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 6. Vectơ và phương pháp tọa độ trong không gian (Đề số 2)

Đặt \(N\left( {x;\,y;\,z} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {MN}  = \left( {x - 1;\,y - 2;\,z + 3} \right)\).

Khi đó, \(\vec v = \overrightarrow {MN}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\y - 2 =  - 1\\z + 3 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\\z =  - 5\end{array} \right.\). Vậy \(N\left( {3;1; - 5} \right)\). Chọn B.

Ta có \[\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 2y - 4z - 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} + 2y + 1} \right) + \left( {{z^2} - 4z + 4} \right) = 8\]\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 8\].

Do đó mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {1; - 1;2} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 \). Chọn B.

Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng \[\left( P \right)\] có dạng là \[3x - 2y + z + D = 0\,\,\left( {D \ne 1} \right)\].

Do mặt phẳng đó qua \[M\left( {2; - 1;4} \right)\] nên ta có \[3 \cdot 2 - 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 + D = 0 \Leftrightarrow D =  - 12\].

Vậy phương trình mặt phẳng là \[3x - 2y + z - 12 = 0\]. Chọn C.

Ta có \(OD = 60\,\,{\rm{m}}\) và \(D \in Oy\) nên \(D\left( {0;60;0} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {OD}  = \left( {0;60;0} \right)\).

Có \(OA = 100\,\,{\rm{m}}\) và \(A \in Ox\) nên \(A\left( {100\,;\,0\,;\,0} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {OA}  = \left( {100\,;\,0\,;\,0} \right)\).

Vì \(OAGD\) là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {OG}  = \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OA}  = \left( {100;60;0} \right)\). Do đó, \(G\left( {100;\,\,60;\,\,0} \right)\).

Ta có \(B\left( {10;10;8} \right)\) nên \(\overrightarrow {OB}  = \left( {10;10;8} \right)\).

Xét \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {OD} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {480;0; - 600} \right) = 120\left( {4;0; - 5} \right)\). Khi đó, \(\vec n' = \left( {4\,;\,0\,;\, - 5} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) đi qua \[O\left( {0;0;0} \right)\] và có vectơ pháp tuyến \(\vec n' = \left( {4\,;\,0\,;\, - 5} \right)\) nên có phương trình là: \(4x - 5z = 0\).

Khoảng cách từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {OBED} \right)\) là:

\(d\left( {G,\left( {OBED} \right)} \right) = \frac{{\left| {4 \cdot 100 - 5 \cdot 0} \right|}}{{\sqrt {16 + 25} }} = \frac{{400\sqrt {41} }}{{41}} \approx 62,5\,\,{\rm{m}}\).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,         c) Đúng,      d) Sai.

a) Ta có \(\Delta :\frac{x}{{ - 1}} = \frac{{y + 3}}{2} = \frac{{z - 2}}{3}\) có vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( { - 1;2;3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - z + 2025 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec v = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Ta có \(\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\vec u,\vec v} \right)} \right| = \frac{{\left| {\left( { - 1} \right) \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {3^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 0\).

Suy ra số đo góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng \(0^\circ \).

b) Hình chiếu của \(O\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là \(H\left( {3; - 1;2} \right)\) nên một vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) là \(\overrightarrow {OH}  = \left( {3; - 1;2} \right)\). Ta có \(\sin \alpha  = \left| {\cos \left( {\vec u,\overrightarrow {OH} } \right)} \right| = \frac{{\left| { - 3 - 2 + 6} \right|}}{{14}} = \frac{1}{{14}}\). Suy ra \({\rm{cos}}\alpha  = \frac{{\sqrt {195} }}{{14}}\).

c) Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\).

Đường thẳng \({d_1}\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra vectơ chỉ phương của \({d_1}\) là \(\left[ {\vec k,\vec v} \right] = \left( { - 2\,;\,1\,;\,0} \right) = \vec a\).

Mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] có vectơ pháp tuyến là \(\vec j = \left( {0;1;0} \right)\).

Ta có \(\sin \beta  = \left| {\cos \left( {\vec a,\vec j} \right)} \right| = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \beta  \approx 27^\circ  < 30^\circ \).

d) Đường thẳng \({d_2}\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên có vectơ chỉ phương là \(\vec v = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Mặt phẳng \[\left( Q \right):x + my - 3 = 0\] có vectơ pháp tuyến là \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1;m;0} \right)\).

Ta có \(\sin \left( {{d_2},\left( Q \right)} \right) = \left| {\cos \left( {{{\vec n}_{\left( Q \right)}},\vec v} \right)} \right| = \frac{{\left| {1 + 2m} \right|}}{{\sqrt 6  \cdot \sqrt {{m^2} + 1} }} = \sin 30^\circ  = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow 2\left| {1 + 2m} \right| = \sqrt 6  \cdot \sqrt {{m^2} + 1} \)

\( \Leftrightarrow 2\left( {1 + 4m + 4{m^2}} \right) = 3\left( {{m^2} + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow 5{m^2} + 8m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{ - 4 \pm \sqrt {21} }}{5}\).

Tổng tất cả các giá trị của tham số \(m\) bằng \(\frac{{ - 8}}{5}\).

Đáp án:       a) Sai,         b) Sai,         c) Sai,          d) Đúng.

Tọa độ tâm mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(I\left( { - 2;3;0} \right)\).

Ta thấy tọa độ điểm \(A\) thỏa mãn phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) nên mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua điểm \(A\).

Ta có bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R = \sqrt {36}  = 6\); \(IB = \sqrt {{{\left( {1 + 2} \right)}^2} + {{\left( {7 - 3} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {34}  < R\). Do đó điểm \(B\left( {1;\,7;\,3} \right)\) nằm bên trong mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 2} \right) - 3 + 2 \cdot 0 - 11} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 6 = R\). Do đó mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 2z - 11 = 0\) tiếp xúc mặt cầu \(\left( S \right)\).

Đáp án:       a) Sai,         b) Đúng,     c) Sai,          d) Đúng.

a) Tính được \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2;0;0} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {0;3;0} \right),\overrightarrow {AB'}  = \left( {0;0;4} \right) \Rightarrow AB = 2;AC = 3;AB' = 4\].

Có \[Oz \bot \left( {Oxy} \right)\] và \[AB' \subset Oz\], \[\left( {ABC} \right) \equiv \left( {Oxy} \right)\] nên \[AB' \bot \left( {ABC} \right)\].

Thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] là:

\[V = d\left( {B',\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta ABC}} = AB' \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 = 12\].

b) Gọi \[A'\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \left( {x;y;z} \right)\].

Có \[\overrightarrow {BB'}  = \left( { - 2;0;4} \right)\], mà \[\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {AA'} \], suy ra toạ độ điểm \[A'\] là \[\left( { - 2;0;4} \right)\].

Từ đó ta có \[\overrightarrow {A'B}  = \left( {4;0; - 4} \right),\overrightarrow {A'C}  = \left( {2;3; - 4} \right)\]. Vậy \[\overrightarrow u  = \overrightarrow {A'B}  + \overrightarrow {A'C} \] thì \[\overrightarrow u  = \left( {6;3; - 8} \right)\].

c) Gọi \[C'\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CC'}  = \left( {a;b - 3;c} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'} \], mà \[\overrightarrow {BB'}  = \left( { - 2;0;4} \right)\], suy ra toạ độ điểm \[C'\] là \[\left( { - 2;3;4} \right)\].

d) Hình chiếu vuông góc của điểm \[B\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là điểm \[A\] (do \[Ox \bot \left( {Oyz} \right)\]).

Do \[Ox\,{\rm{//}}\,A'B'\] mà \[Ox \bot \left( {Oyz} \right)\] nên \[A'B' \bot \left( {Oyz} \right)\], từ đó suy ra hình chiếu vuông góc của điểm \[A'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là điểm \[B'\].

Gọi \[{C_1}\left( {m;n;p} \right)\] là hình chiếu vuông góc của \[C'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]\[ \Rightarrow {C_1}\left( {0;3;4} \right)\].

Vậy hình chiếu của hình lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]là hình chữ nhật \[AB'{C_1}C\].

Diện tích đa giác là: \[{S_{AB'{C_1}C}} = AB' \cdot AC = 4 \cdot 3 = 12\].

Đáp án:       a) Sai,         b) Đúng,     c) Đúng,      d) Sai.

Ta có phương trình mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]: \[\frac{x}{1} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{1} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} - 1 = 0\].

Suy ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là \[{\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left( {1;\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right)\].

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( P \right)\] là \[{\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {0;1; - 1} \right)\].

Theo giả thiết: \[\left( {ABC} \right) \bot \left( P \right)\] nên \[{\vec n_{\left( {ABC} \right)}} \cdot {\vec n_{\left( P \right)}} = 0\] hay \[\frac{1}{b} - \frac{1}{c} = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,b = c\,\,\left( 1 \right)\].

Mà \[d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1} \right|}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{1}{3}\] hay \[\sqrt {1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}}  = 3\,\, \Leftrightarrow \,\,1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = 9\,\,\left( 2 \right)\].

Thay \[\left( 1 \right)\] vào \[\left( 2 \right)\] ta được: \[1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} = 9\, \Leftrightarrow \frac{2}{{{b^2}}} = 8 \Leftrightarrow {b^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow b = \frac{1}{2}\] (vì \[b\]là số hữu tỷ dương).

Suy ra \[c = \frac{1}{2}\]. Vậy \[b + c = 1\].

Đáp án: \(1\).

Từ \(6{\rm{h}}00\) đến \(6{\rm{h}}30\) máy bay \(A\) đi được quãng đường là: \(OA = 800 \cdot 0,5 = 400\) (km).

Vì \(OA\) tạo với ba trục tọa độ các góc bằng nhau nên suy ra \(OM = ON = OP\).

Đặt \(OM = ON = OP = x\)\( \Rightarrow OA = x\sqrt 3  = 400\)\( \Leftrightarrow x = \frac{{400\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow A\left( {\frac{{400\sqrt 3 }}{3};\frac{{400\sqrt 3 }}{3};\frac{{400\sqrt 3 }}{3}} \right)\).

Tương tự, từ \(6{\rm{h}}10\) đến \(6{\rm{h}}30\) máy bay \(B\) đi được quãng đường là: \(OB = 900 \cdot \frac{1}{3} = 300\) (km).

Vì \(OB\) tạo với ba trục các góc bằng nhau nên suy ra \(B\left( { - 100\sqrt 3 ; - 100\sqrt 3 ;100\sqrt 3 } \right)\).

Vậy \(AB = \sqrt {33 \cdot {{10}^4}}  \approx 574\) (km).

Đáp án: 574.

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {a + 1\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 3} \right)\) và \(\overrightarrow {BM}  = \left( {a + 1\,;\,\,b + 2\,;\,\, - 1} \right)\).

Tam giác \(MAB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  = 0 \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} = 1\)\( \Rightarrow {b^2} \le 1 \Rightarrow  - 1 \le b \le 1\).

Ta có \[\left[ {\overrightarrow {AM} ,\,\overrightarrow {BM} } \right] = \left( {2b + 8\,;\,\, - 2\left( {a + 1} \right)\,;\,\,4\left( {a + 1} \right)} \right)\].

\[ \Rightarrow {S_{\Delta MAB}} = \frac{1}{2}\sqrt {4{{\left( {b + 4} \right)}^2} + 20{{\left( {a + 1} \right)}^2}}  = \sqrt {{b^2} + 8b + 16 + 5\left( {1 - {b^2}} \right)}  = \sqrt { - 4{b^2} + 8b + 21} \].

Đặt \(f\left( b \right) =  - 4{b^2} + 8b + 21 \Rightarrow f'\left( b \right) =  - 8b + 8 \ge 0,\,\,\forall b \in \left[ { - 1;\,1} \right]\) \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( b \right) = f\left( { - 1} \right) = 9\).

\( \Rightarrow \)\[{S_{\Delta MAB}}\] có giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi \(b =  - 1\)\( \Rightarrow \,a =  - 1 \Rightarrow \)\({a^3} + {b^3} =  - 2\).

Đáp án: \( - 2\).

Khoảng cách giữa hai bạn học sinh là \(\sqrt {{4^2} - {2^2}}  = 2\sqrt 3 \).

Gọi \(M\) là điểm mà quả bóng rơi trên mặt đất. Khi đó \(M\left( {2;2\sqrt 3 ;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có cặp vectơ chỉ phương là \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {OM}  = \left( {2;2\sqrt 3 ;0} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( { - 2\sqrt 3 ;2;0} \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( P \right): - 2\sqrt 3 x + 2y = 0\).

Vậy \({a^2} - {b^2} + {c^2} = {\left( { - 2\sqrt 3 } \right)^2} - {2^2} + {0^2} = 8\).

Đáp án: \(8\).

Giả sử người quan sát không nhìn thấy vật khi và chỉ khi người quan sát không nhìn thấy điểm \(N,\) hay tấm bìa cứng che khuất điểm \(N.\) Khi đó, đoạn thẳng \(MN\) cắt tấm bìa cứng tại điểm \(I\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(MN:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 - 15t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có \(I = MN \cap \left( {Oxy} \right):z = 0 \Rightarrow 3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{5} \Rightarrow I\left( {\frac{6}{5};\frac{{11}}{5};0} \right)\).

Vì \({z_M} \cdot {z_N} =  - 36 < 0\) nên \(M,N\) nằm về hai phía của \(I\) hay tấm bìa có thể che khuất vật.

Mặt khác, tấm bìa hình tròn có tâm là gốc tọa độ nên tấm bìa muốn che khuất vật khi và chỉ khi

\(R \ge OI = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{11}}{5}} \right)}^2} + {0^2}}  = \frac{{\sqrt {157} }}{5} \approx 2,51.\)

Đáp án: \(2,51\).

Cách 1.

Bài toán phụ: Cho mặt phẳng \(\left( P \right)\) với ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\); \(A',B',C',G'\) lần lượt là hình chiếu của \(A,B,C,G\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\), khi đó ta có \[AA' + BB' + CC' = 3GG'\].

Trong hệ trục \[Oxyz\] lấy điểm \(A'\) sao cho \(\overrightarrow {OA'}  = \frac{1}{6}\overrightarrow {OA}  \Rightarrow A'\left( {\frac{1}{6}; - \frac{1}{3};\frac{1}{2}} \right)\) và \({d_1} = 6d\left( {A',\left( \alpha  \right)} \right) = 6{d'_1};\)

lấy điểm \(B'\) sao cho \(\overrightarrow {OB'}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {OB}  \Rightarrow B'\left( {1;\frac{4}{3};\frac{1}{3}} \right)\) và \[{d_2} = 3d\left( {B',\left( \alpha  \right)} \right) = 3{d'_2}\];

lấy điểm \(C'\) sao cho \(\overrightarrow {OC'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {OC}  \Rightarrow C'\left( { - \frac{5}{2};1;\frac{1}{2}} \right)\) và \({d_3} = 2d\left( {C',\left( \alpha  \right)} \right) = 2{d'_3}\).

Khi đó \[T = {d_1} + 2{d_2} + 3{d_3} = 6\left( {{{d'}_1} + {{d'}_2} + {{d'}_3}} \right) = 6 \cdot 3GG' = 18GG'\] với \(G\left( {\frac{{ - 4}}{9};\frac{2}{3};\frac{4}{9}} \right)\) là trọng tâm tam giác \(A'B'C'\) và \(G'\) là hình chiếu của G lên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Ta lại có \(GG'\, = d\left( {G,\left( \alpha  \right)} \right) \le d\left( {G,Ox} \right) = \sqrt {\frac{4}{9} + \frac{{16}}{{81}}}  = \frac{{2\sqrt {13} }}{9}\); suy ra \(T \le 4\sqrt {13} \).

Vậy \(S = 2a + 3b = 2 \cdot 4 + 3 \cdot 13 = 47\).

Cách 2.

Ta có \(T = {d_1} + 2{d_2} + 3{d_3} = \left( {{d_1} + {d_2}} \right) + \left( {{d_2} + {d_3}} \right) + 2{d_3}\).

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(BA\), \(BC\), ta có \(M\left( {2;1;2} \right)\), \(N\left( { - 1;3;1} \right)\).

Suy ra \({d_1} + {d_2} = 2d\left( {M,\left( \alpha  \right)} \right) = 2{d_M}\), \({d_2} + {d_3} = 2d\left( {N,\left( \alpha  \right)} \right) = {d_N}\)\( \Rightarrow T = 2{d_M} + 2{d_N} + 2{d_3}\)  \(\left( 1 \right)\).

Gọi \(M'\), \(N'\), \(C'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\), \(N\), \(C\) trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(MNC\) và \(G'\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(G\) trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)\( \Rightarrow G\left( { - \frac{4}{3};2;\frac{4}{3}} \right)\).

Theo tính chất của phép chiếu vuông góc, ta suy ra \(G'\) là trọng tâm của tam giác \(M'N'C'\).

Do đó, \(\overrightarrow {G'M'}  + \overrightarrow {G'N'}  + \overrightarrow {G'C'}  = \overrightarrow 0 \).

Mặt khác \(\overrightarrow {MM'}  + \overrightarrow {NN'}  + \overrightarrow {CC'}  = 3\overrightarrow {GG'} \) \(\left( * \right)\).

Và do các vectơ \(\overrightarrow {MM'} \), \(\overrightarrow {NN'} \), \(\overrightarrow {CC'} \), \(\overrightarrow {GG'} \) cùng hướng nên \(\left( * \right)\)\( \Leftrightarrow MM' + NN' + CC' = 3GG'\)

hay \({d_M} + {d_N} + {d_C} = 3{d_G}\)\(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(T = 6d\left( {G,\left( \alpha  \right)} \right) \le 6d\left( {G,Ox} \right)\).

Gọi \(G''\) là hình chiếu của \(G\) xuống trục \(Ox\)\( \Rightarrow G''\left( { - \frac{4}{3};0;0} \right)\).

Suy ra \(T = 6d\left( {G,\left( \alpha  \right)} \right) \le 6d\left( {G,Ox} \right) = 6GG' = 6\sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^2}}  = 4\sqrt {13} \).

Vậy \(\mathop {\max T}\limits_{}  = 4\sqrt {13} \) khi và chỉ khi \(GG' \bot Ox\).

Vậy \(a = 4,b = 13 \Rightarrow 2a + 3b = 47\).

Đáp án: \(47\).