Trong không gian Oxyz với đơn vị dài trên mỗi trục là 1 cm, một chiếc máy bay mini điều khiển từ xa xuất phát tại vị trí A(3;2;1). Nó bay hạ xuống mặt phẳng (Oxy) để nghỉ một lát, rồi lại bay

Giả sử máy bay bay từ \(A\) đến điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), sau đó bay đến điểm \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\), di chuyển một đoạn \(NM = 2\,cm\), và từ \(M\) bay về \(A\). Vì bài toán tìm độ dài ngắn nhất nên ta xem mỗi đoạn bay của máy bay luôn là đoạn thẳng.

Yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của tổng \(AB + BN + NM + MA\).

Vì \(MN = 2\) nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(S = AB + BN + MA\)

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\) là mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( {Oxz} \right)\).

Dễ thấy \(A\left( {3;2;1} \right)\) nằm trong miền góc nhị diện tạo bởi các nửa mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (chứa tia \(Oy\)) và nửa mặt phẳng\(\left( P \right)\)(nằm phía trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) với bờ là trục \(Ox\).

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A\) qua các mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Suy ra \(E\left( {3;2; - 1} \right)\) và \(F\left( {3;1;2} \right)\).

Gọi \(J\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FJ}  = \overrightarrow {MN} \). Vì \(MN \subset \left( P \right)\) nên \(FJ \subset \left( Q \right)\) với \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(F\) và song song với \(\left( P \right)\). Phương trình của \(\left( Q \right)\) là \(y - z + 1 = 0\).

Do \(FJ = MN = 2\)nên tập hợp điểm \(J\) là đường tròn \(\left( T \right)\) tâm \(F\) bán kính \(r = 2\) nằm trên \(\left( Q \right)\).

Khi đó ta có \(AB = EB,\,\,MA = MF = NJ\) .

Suy ra \(AB + BN + MA = EB + BN + NJ \ge EJ\) (1)

Ta có (1) xảy ra đẳng thức \( \Leftrightarrow E,\,B,N,\,J\) thẳng hàng\( \Leftrightarrow B,\,\,N\) là giao điểm của đường thẳng \(EJ\) với \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Mặt khác, gọi \(I\) là hình chiếu của \(E\) lên \(\left( Q \right)\).

Vì \(IE \bot \left( Q \right):y - z + 1 = 0\) nên phương trình đường thẳng \(EI\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2 + t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.\)

Vì \(I = IE \cap \left( Q \right)\) nên \(I\left( {3;0;1} \right)\) . Suy ra \(IE = 2\sqrt 2 \) và \[IF = \sqrt 2 \] .

Gọi \(G\) là giao điểm của \(IF\) với đường tròn \(\left( T \right)\) sao cho \(G\) gần \(I\) nhất.

Khi đó \(IJ \ge \left| {IF - JF} \right| = \left| {IF - 2} \right| = 2 - \sqrt 2  = IG\) . Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\).

Suy ra \(JE = \sqrt {E{I^2} + I{J^2}}  \ge \sqrt {E{I^2} + I{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB + BN + MA \ge \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\) và \(N,B\) là giao điểm của đường thẳng \(GE\) với \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Do đó \(\min \left( {AB + BN + NM + MA} \right) = 2 + \min JE = 2 + \sqrt {14 - 4\sqrt 2 }  \approx 4,89\) \(cm\).

Đáp án cần nhập là: 4,89.