Bài tập ôn tập Toán 12 Cánh diều Chương 5 có đáp án

Đáp án đúng: D

Ta có: .

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng có phương trình là .

Đáp án đúng: C

Nhận thấy \(A\left( { - 1;1;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\).

Nhận thấy đường thẳng \(\Delta \): \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = 1 - t\\z = 0\end{array} \right.\) đi qua \(A,O\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng: B

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2;2} \right)\) và vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {2;2; - 1} \right)\).

Suy ra \[\cos \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}} = \frac{{\left| {1.2 + \left( { - 2} \right).2 + 2.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} .\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{4}{9}\].

Đáp án đúng: A

Ta có \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {2;\,2;\, - 2} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = 2\overrightarrow {{n_P}} \).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là \(0^\circ \).

Đáp án đúng: D

Phương trình đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1; - 2; - 3} \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u \left( {2;5; - 4} \right)\) có phương trình là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{{z + 3}}{{ - 4}}\).

Đáp án đúng: B

Đường thẳng \[d\] có phương trình tham số \[\left\{ \begin{array}{l}x = - 2t\\y = 6 + t\\z = 1 - 3t\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow d\] có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = \left( { - 2;1; - 3} \right)\]. Mặt phẳng \[\left( P \right):2x - y + 3z + 12 = 0 \Rightarrow \left( P \right)\] có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow n = \left( {2; - 1;3} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow u = - \overrightarrow n \] nên \[d \bot \left( P \right) \Rightarrow \left( {d,\left( P \right)} \right) = 90^\circ \Rightarrow \sin \left( {d,\left( P \right)} \right) = 1.\]

Đáp án đúng: A

Đường thẳng \[\Delta \] đi qua điểm \[M\left( {0;\, - 2;\,0} \right)\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2;\,3;\,4} \right)\].

Đường thẳng \[d\] đi qua điểm \[N\left( {1;\,2;\,1} \right)\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1;\,2} \right)\].

Khi đó: \[\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ;\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {1;\,2;\, - 2} \right)\].

Mặt phẳng \[\left( P \right):\,1\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y + 2} \right) - 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 2z + 4 = 0\].

Thử lại \[N \notin \left( P \right)\] nên thỏa mãn.

Vậy \[d\left( {M;\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2.0 - 2\left( { - 1} \right) + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 3\].

Đáp án đúng: A

Đường thẳng \({d_1}\) có vectơ chỉ phương \({\overrightarrow u _1}\left( {2; - 2;1} \right)\); \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \({\overrightarrow u _2}\left( {1;3;4} \right)\)

\({\rm{cos}}\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \left| {{\rm{cos}}\left( {{{\overrightarrow u }_1},{{\overrightarrow u }_{_2}}} \right)} \right| = \frac{{\left| {{{\overrightarrow u }_1}.{{\overrightarrow u }_{_2}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow u }_1}} \right|.\left| {{{\overrightarrow u }_{_2}}} \right|}} = \frac{{\left| 0 \right|}}{{3\sqrt {26} }} = 0\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng là \(90^\circ \).

Đáp án đúng: A

Ta có: đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left( {1\,;\,2\,; - 1} \right)\); mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\, - 1\,;\,2} \right)\).

Áp dụng công thức \[\sin \alpha = \sin \left( {{{\vec u}_\Delta },{{\vec n}_P}} \right) = \frac{{\left| {{{\vec u}_\Delta }.{{\vec n}_P}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_\Delta }} \right|.\left| {{{\vec n}_P}} \right|}}\]

\[ \Leftrightarrow \sin \alpha = \frac{{\left| {1.1 + 2.( - 1) + ( - 1).2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} .\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{2}\] \[ \Leftrightarrow \alpha = 30^\circ \].

Đáp án đúng: D

Vectơ chỉ phương của \[\left( D \right)\]: \[\vec a = \left( {2;m;m - 2} \right)\].

Vectơ pháp tuyến của \[\left( P \right)\]: \[\vec n = \left( {1;3;2} \right)\].

\[\left( D \right) \bot \left( P \right)\]\[ \Leftrightarrow \] \[\vec a\] và \[\overrightarrow n \] cùng phương: \[2 = \frac{m}{3} = \frac{{m - 2}}{2}\]\[ \Leftrightarrow m = 6\].

Đáp án đúng: A

Phương trình tổng quát của mặt cầu trong không gian \(Oxyz\) là: \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\)

Khi đó: \({R^2} = 16 \Rightarrow R = 4\).

Đáp án đúng: A

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

Đáp án đúng: A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3; - 1;2} \right)\) và bán kính \(R = 2.\)

Đáp án đúng: C

Phương trình: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)\) là phương trình mặt cầu có tâm \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \).

Ở đáp án A và B không đúng dạng phương trình mặt cầu vì hệ số của \({x^2},{y^2},{z^2}\) không bằng nhau nên phương trình ở đáp án A, B không là phương trình mặt cầu.

Trong đáp án D ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\\c = - 1\\d = 8\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - d = - 2 < 0\) nên phương trình ở đáp án D không là phương trình mặt cầu.

Trong đáp án C ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\\c = - 1\\d = 2\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - d = 4 > 0\) nên phương trình ở đáp án C là phương trình mặt cầu.

Đáp án đúng: C

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) nên: \({a^2} + {c^2} = 16\). \(\left( 1 \right)\)

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua \(M\left( {1;0;1} \right)\) nên: \({\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {1 - c} \right)^2} = 16\). \(\left( 2 \right)\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {a^2} + {c^2} - 2\left( {a + c} \right) + 2 = 16\) \(\left( 3 \right)\).

Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\) \( \Rightarrow 16 - 2\left( {a + c} \right) + 2 = 16 \Leftrightarrow a + c = 1\)\( \Rightarrow a = 1 - c\).

Thay \(a = 1 - c\) vào \(\left( 1 \right)\) \( \Rightarrow {\left( {1 - c} \right)^2} + {c^2} = 16 \Rightarrow c = \frac{{1 \pm \sqrt {31} }}{2}\) \( \Rightarrow \) Có tồn tại mặt cầu \(\left( S \right)\) thỏa mãn đề bài. Vậy \(a + c = 1\).

Đáp án đúng: A

Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)\) và bán kính \(R = 3\) là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\).

Đáp án đúng: B

Mặt cầu có tâm \(I\left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)\). Mặt cầu có bán kính \(R = AI = \sqrt 2 \).

Vậy mặt cầu có phương trình: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\).

Đáp án đúng: A

Bán kính mặt cầu \(R = IA = \sqrt {{{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 3 + 1} \right)}^2}} = 3\).

Vậy mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) và đi qua điểm \(A\) có phương trình là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).

Đáp án đúng: D

Thay tọa độ điểm \(P\left( {2;1;1} \right)\) vào phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 16\) (thỏa mãn). Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua điểm \(P\).

Đáp án đúng: D

Thay tọa độ ba điểm vào phương trình mặt cầu, ta có:

\[{0^2} + {0^2} + {0^2} - 2.0 - 4.0 - 6.0 = 0\](Đúng) \[ \Rightarrow O\left( {0;0;0} \right) \in \left( S \right)\].

\[{1^2} + {2^2} + {3^2} - 2.1 - 4.2 - 6.3 = 0\] (Sai) \[ \Rightarrow A\left( {1;2;3} \right) \notin \left( S \right)\].

\[{2^2} + {0^2} + {6^2} - 2.2 - 4.0 - 6.6 = 0\](đúng) \[ \Rightarrow B\left( {2;0;6} \right) \in \left( S \right)\].

Vậy trong ba điểm đề cho, có hai điểm nằm trên mặt cầu \[\left( S \right)\].

Đáp án đúng: A

Gọi \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(M\) và song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

\( \Rightarrow \left( Q \right):2x - 2y + z + m = 0\,\left( {m \ne 3} \right)\) .

Thay \(M(2; - 3;1)\) vào \(\left( Q \right)\) ta được: \(m = - 11\) (nhận).

\( \Rightarrow \left( Q \right):2x - 2y + z - 11 = 0.\)

a) Đúng. Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {10;\,\,20;\,\,30} \right)\), bán kính \(R = 3\)km = \(3000\)m có phương trình

\({\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y - 20} \right)^2} + {\left( {z - 30} \right)^2} = {3000^2}\).

b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {IA} = \left( {40;\,0;\, - 30} \right) \Rightarrow IA = \sqrt {{{40}^2} + {0^2} + {{30}^2}} = 50\,{\rm{m}} < \,R = 3000\,{\rm{m}}\)nên điểm \(A\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\) nên người đi biển ở vị trí \(A\left( {50;20;0} \right)\) nhìn thấy được ánh sáng của ngọn hải đăng.

c) Sai. Ta có \(\overrightarrow {IB} = \left( {4020;\,30;\,10} \right) \Rightarrow IB = \sqrt {{{4020}^2} + {{30}^2} + {{10}^2}} \approx 4020,12\,{\rm{m}} > R = 3000\,{\rm{m}}\)nên điểm \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\) nên người đi biển ở vị trí \(B\left( {4030;\,\,50;\,\,40} \right)\) không nhìn thấy được ánh sáng của ngọn hải đăng.

d) Đúng. Vì bán kính phủ sáng là \(3\)km nên đường kính phủ sáng là \(6\)km nên nếu hai người đi biển có thể nhìn thấy ánh sáng của ngọn hải đăng thì hai người đó nằm trong mặt cầu, do đó khoảng cách giữa hai người đó không quá \(6\)km.

a) Đúng. Ta có \[AA' = 4\,{\rm{m}}\] nên toạ độ \(A'\left( {0;\,0;\,4} \right)\).

b) Đúng. Toạ độ điểm \(D'\left( {25;\,0;\,3} \right)\) nên vectơ chỉ phương \[{\overrightarrow u _{A'D'}} = \overrightarrow {A'D'} = \left( {25;\,0;\, - 1} \right)\].

Phương trình đường thẳng \(A'D'\) có vectơ chỉ phương \[{\overrightarrow u _{A'D'}} = \left( {25;\,0;\, - 1} \right)\] và đi qua điểm \(A'\left( {0;\,0;\,4} \right)\)là \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 25t}\\{y = 0\,\,\,\,\,\,}\\{z = 4 - t}\end{array}\,\,\,\begin{array}{*{20}{c}}{}\\{,t \in \mathbb{R}}\\{}\end{array}} \right.\].

c) Sai. Điểm \[E\]nằm trên cột \(AA'\) và cách mặt đất 7 m suy ra toạ độ \(E\left( {0;\,0;\,7} \right)\).

Gọi \[I\]là giao điểm của \[AC\]và \[\;BD\]. Do \(ABCD\) là hình vuông có cạnh \(AB = 25\,{\rm{m}}\) nên điểm \[I\]có toạ độ \(I\left( {\frac{{25}}{2};\frac{{25}}{2};0} \right)\) mà \(MA = MB = MC = MD\), do đó \(I\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Suy ra \(M\left( {\frac{{25}}{2};\frac{{25}}{2};c} \right)\) mà \(MA = \sqrt {\frac{{697}}{2}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2} + {c^2} = \frac{{697}}{2} \Leftrightarrow c = 6\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{25}}{2};\frac{{25}}{2};6} \right)\) \( \Rightarrow ME = 17,706\).

d) Sai. Ta có \[\overrightarrow {A'D'} = \left( {25;\,0;\, - 1} \right)\] và vectơ pháp tuyến của mặt đất là \({\overrightarrow n _{\left( {Oxy} \right)}} = \left( {0;\,0;\,1} \right)\) do đó góc hợp với đường thẳng \(A'D'\) và mặt đất là \(\sin \alpha = \frac{{\left| {25.0 + 0.0 + ( - 1).1} \right|}}{{\sqrt {{{25}^2} + {{( - 1)}^2}} .\sqrt {{1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {626} }}.\)

a) Đúng. Phương trình tham số của đường cáp là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

b) Đúng. Ta có \(AM = v.t = 4,5t\) và ta gọi \(M\left( {10 + 2m\,;\,\,3 - 2m\,;\,\,m} \right)\) thuộc đường thẳng \(d\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AM} = \left( {2m;\, - 2m;\,m} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow u \) nên \(m\) dương.

Suy ra \(m = 1,5t\) nên \(M\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

c) Sai. Từ câu trên suy ra \(M \equiv B \Leftrightarrow 10 + 3t = 550 \Leftrightarrow t = 180\).

Khi đó: \(AB = vt = 4,5.t = 4,5.180 = 810\)mét.

d) Sai. Ta có \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;\, - 2;\,1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(z = 0\) nên ta có \(\overrightarrow n = \left( {0\,;\,0;\,1} \right)\).

Từ đó: \(\sin \alpha = \left| {\frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow n }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}}} \right| = \frac{1}{3}\) nên \(\alpha \ne 30^\circ \).

a) Sai. Phương trình mặt cầu \[\left( S \right)\] tâm \[I\left( {1;\,3;\,7} \right)\] bán kính 3 km mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian là \[{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 7} \right)^2} = 9\].

b) Đúng. Ta có: \[IA = \sqrt {{{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2} + {{\left( {7 - 7} \right)}^2}} = \sqrt 2 < 3\] nên điểm \[A\] nằm trong mặt cầu. Vì điểm \[A\] nằm trong mặt cầu nên người dùng điện thoại ở vị trí có toạ độ \[A\left( {2;\,2;\,7} \right)\] có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng đó.

c) Đúng. Ta có: \[IB = \sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {6 - 3} \right)}^2} + {{\left( {7 - 7} \right)}^2}} = 5 > 3\] nên điểm \[B\] nằm ngoài mặt cầu. Vậy người dùng điện thoại ở vị trí có toạ độ \[B\left( {5;\,6;\,7} \right)\] không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng đó.

d) Đúng. Ta có: \[\overrightarrow {IB} \left( {4;\,3;\,0} \right);\] \[IB = \sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {6 - 3} \right)}^2} + {{\left( {7 - 7} \right)}^2}} = 5 > 3\] nên điểm \[B\] nằm ngoài mặt cầu. Phương trình đường thẳng \[BI\] dạng: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4t\\y = 3 + 3t\\z = 7\end{array} \right.\].

Gọi mặt cầu \[\left( S \right) \cap BI \equiv E\]suy ra tọa độ \[E\] là nghiệm của hệ

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4t\\y = 3 + 3t\\z = 7\\{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 7} \right)^2} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}t = \frac{3}{5}\\x = \frac{{17}}{5}\\y = \frac{{24}}{5}\\z = 7\end{array} \right. \Rightarrow E\left( {\frac{{17}}{5};\,\frac{{24}}{5};7} \right) \Rightarrow EB \approx 1,7\\\left\{ \begin{array}{l}t = - \frac{3}{5}\\x = - \frac{7}{5}\\y = \frac{6}{5}\\z = 7\end{array} \right. \Rightarrow E\left( { - \frac{7}{5};\,\frac{6}{5};7} \right) \Rightarrow EB = 8\end{array} \right.\]

Vậy khoảng cách lớn nhất để một người ở vị trí có toạ độ \[B\left( {5;\,6;\,7} \right)\] di chuyển được tới vùng phủ sóng theo đơn vị kilômét là \[8\,\]km.

a) Sai. Điểm \(A\left( {1;\, - 1;\, - 2} \right)\) không nằm đường thẳng \(d\) vì \(\frac{{1 - 1}}{2} = \frac{{ - 1 + 1}}{{ - 1}} \ne \frac{{ - 2 - 2}}{1}\).

b) Đúng.Đường thẳng \(d\) có 1 vectơ chỉ phương là \({\overrightarrow u _d} = \left( {2;\, - 1;\,1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có 1 vectơ pháp tuyến là \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có 1 vectơ pháp tuyến là \({\overrightarrow n _{\left( Q \right)}} = \left[ {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}},\,{{\overrightarrow u }_d}} \right] = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\).

c) Đúng. Ta có \(\sin \left( {d,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\overrightarrow u }_d} \cdot {{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow u }_d}} \right| \cdot \left| {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right|}} = \frac{3}{{\sqrt 6 \cdot \sqrt 6 }} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(\left( {d,\left( P \right)} \right) = 30^\circ \).

d) Sai. \(N = \Delta \cap d\).

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

\(\Delta \) có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {MN} = \left( {2t + 4;\, - t - 2;\,t} \right)\).

Ta có \(\Delta \)song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Suy ra \(\overrightarrow {MN} \bot {\overrightarrow n _{\left( P \right)}}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot {\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = 0\)\( \Rightarrow \left( {2t + 4} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - t - 2} \right) \cdot 2 + t \cdot 1 = 0\)

Suy ra \(t = - \frac{8}{3}\).

Vậy \(N\left( { - \frac{{13}}{3};\frac{5}{3};\, - \frac{2}{3}} \right)\).

Suy ra \(a + b + c = - \frac{{13}}{3} + \frac{5}{3} - \frac{2}{3} = - \frac{{10}}{3}\).

a) Đúng. Ta có: \(4.0 - 1 + 2.\left( { - 6} \right) + 13 = 0\) \( \Rightarrow B \in \left( P \right)\).

b) Đúng. \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 1; - 9} \right)\).

Ta thấy \(\overrightarrow v = 2\overrightarrow {AB} \) \( \Rightarrow \) Hướng chuyển động theo vectơ \(\overrightarrow v \) chính là hướng chuyển động từ \(A\) đến \(B\).

\(AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {9^2}} = \sqrt {83} \left( {{\rm{km}}} \right) = 1000\sqrt {83} \left( {\rm{m}} \right)\).

Suy ra thời gian viên đạn bay từ \(A\) đến \(B\) là: \(\frac{{AB}}{{800}} = \frac{{5\sqrt {83} }}{4} \approx 11,39\) giây.

Do đó sau 1 phút viên đạn đã đi qua điểm \(B\).

c) Sai. \(\overrightarrow {BA} = \left( {1;1;9} \right)\); \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {4; - 1;2} \right)\).

\[\sin \left( {AB,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| {4 - 1 + 18} \right|}}{{\sqrt {83} .\sqrt {21} }} = \frac{{\sqrt {1743} }}{{83}}\]\( \Rightarrow \widehat {\left( {AB,\left( P \right)} \right)} \approx 30^\circ \).

d) Sai. Hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(H\left( {1;2;0} \right)\).

a) Sai. Vì đài kiểm soát không lưu của một sân bay ở vị trí \(O\left( {0;0;0} \right)\) và được thiết kế phát hiện máy bay ở khoảng cách tối đa \(600\)km nên ranh giới vùng phát sóng của đài kiểm soát không lưu trong không gian là mặt cầu có bán kính bằng \(600\)km.

b) Đúng. Ranh giới vùng phát sóng của đài kiểm soát không lưu trong không gian là mặt cầu tâm \(O\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\) có bán kính bằng \(R = 600\,\)có phương trình là: \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 360000\).

c) Đúng. Ta có \(OM = \sqrt {{{\left( { - 500} \right)}^2} + {{\left( {100} \right)}^2} + {{\left( {100\sqrt {11} } \right)}^2}} \approx 608 > 600 = R\).

Vậy, tại vị trí điểm \(M\left( { - 500\,;\,100\,;\,100\sqrt {11} } \right)\) máy bay nằm ngoài vùng kiểm soát không không lưu của đài kiểm soát không lưu sân bay.

d) Sai. Thay \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 1000 + 100t\\y = - 300 + 80t\\z = 100\sqrt {11} \end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\] vào phương trình mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 360000\):

\(\begin{array}{l}{\left( {100t - 1000} \right)^2} + {\left( {80t - 300} \right)^2} + {\left( {100\sqrt {11} } \right)^2} = 360000\\ \Leftrightarrow 164{t^2} - 2480t + 8400 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10 \Rightarrow B\left( {0\,;\,500\,;\,100\sqrt {11} } \right)\\t = \frac{{210}}{{41}} \Rightarrow C\left( { - \frac{{20000}}{{41}}\,;\,\frac{{4500}}{{41}}\,;\,100\sqrt {11} } \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Quãng đường máy bay di chuyển trong vùng kiểm soát không lưu là:

\(BC = \sqrt {{{\left( { - \frac{{20000}}{{41}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4500}}{{41}} - 500} \right)}^2} + {{\left( {100\sqrt {11} - 100\sqrt {11} } \right)}^2}} \approx 625\,\)km.

Vậy thời gian máy bay di chuyển theo đường thẳng \(d\) và trong phạm vi kiểm soát không lưu của sân bay là: \(\frac{{625}}{{900}} = \frac{{25}}{{36}}\) giờ.

a) Đúng . \(A\left( {0; - 4;0} \right),B\left( {4\sqrt 3 ;0;0} \right),C\left( {0;4;0} \right)\) và \(A'\left( {0; - 4;10} \right),B'\left( {4\sqrt 3 ;0;9} \right),C'\left( {0;4;8} \right)\).

b) Sai . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right).\)

c) Đúng. \[\overrightarrow {A'B'} = \left( {4\sqrt 3 ;4; - 1} \right);\overrightarrow {A'C'} = \left( {0;8; - 2} \right)\], khi đó vectơ pháp tuyến của \(\left( {A'B'C'} \right)\) là:

\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right] = \left( {0;\,8\sqrt 3 ;\,32\sqrt 3 } \right) = 8\sqrt 3 \left( {0;\,1;\,4} \right)\).

Vậy vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) là: \(\overrightarrow n = \left( {0;1;4} \right)\).

d) Sai. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right)\).

Khi đó: \[\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{{\left| 4 \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}\] nên \(\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( {A'B'C'} \right)} \right) \approx 14^\circ \) nên mái nhà không ở mức tiêu chuẩn.

a) Đúng. \(\overrightarrow {CD} = \left( {60;80;0} \right) = 20.\left( {3;4;0} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(CD:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 3t\\y = 5 + 4t\\z = 0,1\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Gọi \[K\] là hình chiếu của \(I\) lên đường thẳng \(CD\).

Ta có: \[K\left( {10 + 3t;5 + 4t;0,1} \right) \in CD\]

\(\overrightarrow {IK} = \left( {3t - 10;4t - 60; - 0,1} \right)\)

\(\overrightarrow {CD} \overrightarrow {.IK} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{54}}{5}\) nên \[K\left( {\frac{{212}}{5};\frac{{241}}{5};0,1} \right)\].

Vậy khi tín hiệu gửi về trạm quan sát nhanh nhất thì \(K\) là hình chiếu của \(I\) lên \(CD\) nên \[K\left( {\frac{{212}}{5};\frac{{241}}{5};0,1} \right)\].

b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {60;80;0} \right)\)\( \Rightarrow AB = 100\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Gọi \(h\) (giờ) là thời gian hai xe xuất phát đến lúc gặp nhau.

Ta có \(40h + 60h = 100\)\( \Leftrightarrow h = 1\) (giờ).

Quảng đường \(AM = 40\,\left( {{\rm{km}}} \right)\) nên \(\overrightarrow {AM} = \frac{2}{5}\overrightarrow {AB} \) suy ra \(M\left( {34;37;0} \right)\).

\[H\left( {10 + 3t;5 + 4t;0,1} \right) \in CD\] và \(\overrightarrow {MH} = \left( {3t - 24;4t - 32;0,1} \right)\).

Do \(M\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AB\) nên \(\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {AB} = 0 \Leftrightarrow t = 8\).

Vậy \[H\left( {34;37;0,1} \right)\].

c) Sai. Ta có \(AB = 100\), \(IA = \frac{{\sqrt {92501} }}{5}\), \(IB = \frac{{\sqrt {72501} }}{5}\).

Xét tam giác \(IAB\) có: \(\cos \widehat {AIB} = \frac{{I{A^2} + I{B^2} - A{B^2}}}{{2.IA.IB}} \approx - 0,51896\) nên \(\widehat {AIB} \approx 121^\circ \).

d) Đúng. \(\overrightarrow {CD} = \left( {60;80;0} \right) = 20\left( {3;4;0} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(CD:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 3t\\y = 5 + 4t\\z = 0,1\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Nên phương trình đường thẳng mô tả cho tuyến đường bay của drone là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10 + 3t}\\{y = 5 + 4t}\\{z = 0,1}\end{array}} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

a) Sai. Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài vùng phát sóng của thiết bị phát sóng \(M\) trong không gian là mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(A\left( {80;60;60} \right)\), bán kính \(500\) có phương trình \({\left( {x - 80} \right)^2} + {\left( {y - 60} \right)^2} + {\left( {z - 60} \right)^2} = {500^2}\).

Gọi \[E\left( {0;t;0} \right)\] là giao điểm của \(Oy\) và \(\left( S \right)\). Khi đó

\[{\left( { - 80} \right)^2} + {\left( {t - 60} \right)^2} + {60^2} = {500^2} \Leftrightarrow {\left( {t - 60} \right)^2} = 240000 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{t_1} = 60 + 200\sqrt 6 \\{t_2} = 60 - 200\sqrt 6 \end{array} \right.\].

_{Ta có:}

\[{t_1} = 60 + 200\sqrt 6 \Rightarrow {E_1}\left( {0;60 + 200\sqrt 6 ;0} \right) \Rightarrow {E_1}B = 550 + 200\sqrt 6 > 60,3\].

\[{t_2} = 60 - 200\sqrt 6 \Rightarrow {E_2}\left( {0;60 - 200\sqrt 6 ;0} \right) \Rightarrow {E_2}B = 550 - 200\sqrt 6 \approx 60,1\].

Thiết bị thu sóng \(N\)phải di chuyển một đoạn đường ngắn nhất bằng \[60,1\]mét thì vào được vùng phủ sóng của thiết bị \[M\].

b) Đúng. Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 80\,;\,550\,;\, - 60} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 80} \right)}^2} + {{550}^2} + {{\left( { - 60} \right)}^2}} > 500 = R\).

Vậy điểm \[B\] nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\) nên điểm \[B\] không thuộc vùng phủ sóng của thiết bị \[M\].

c) Sai. Đường thẳng \[d\] đi qua điểm \(B\left( {0; - 490;0} \right)\) và song song với trục \(Ox\) có VTCP \[\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\] có PTTS là \[\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 490\\z = 0\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\].

Suy ra: \(\left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {0\,;\,60\,;\, - 550} \right)\).

Khoảng cách ngắn nhất từ \(A\left( {80;60;60} \right)\) đường thẳng \(d\) là:

\(d\left( {A;d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow i } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {{60}^2} + {{\left( { - 550} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} }} > 500 = R\).

Vì vậy thiết bị thu sóng \(N\)(coi như một điểm) di chuyển trên đường thẳng \(d\) thì không thể vào được vùng phủ sóng của thiết bị \[M\].

d) Sai. Đường thẳng \[d\] đi qua điểm \(B\left( {0; - 490;0} \right)\) và song song với trục \(Ox\) có VTCP \[\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\] có PTTS là \[\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 490\\z = 0\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\].

Gắn hình chóp cụt vào hệ trục \[Oxyz\] ta có:

\[O\left( {0;0;0} \right),\,\,\,A\left( {100;0;0} \right),\,\,\,G\left( {100;60;0} \right),\,\,\,D\left( {0;60;0} \right),\,\,\,B\left( {10;10;8} \right)\].

Do \[\overrightarrow {OA} = \left( {100;0;0} \right),\,\,\overrightarrow {OB} = \left( {10;10;8} \right)\] nên \[\vec n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {0; - 100;1000} \right)\].

Suy ra mặt phẳng \[\left( {OACB} \right)\] có vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_1}\,} = \left( {0;1; - 10} \right)\].

Phương trình tổng quát của mặt phẳng \[\left( {OACB} \right)\] là \[y - 10z = 0\].

Do đó \[a = 0,\,c = - 10,\,d = 0\]. Vậy \[a + c + d = 0 - 10 + 0 = - 10\].

Đáp án: −10.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \[O \equiv A\], tia \[Ox \equiv AD\]; tia \(Oy \equiv AB\).

Khi đó: \(A\left( {0;\,0;\,0} \right)\); \(B\left( {0;\,2500;\,0} \right)\); \(C\left( {1800;\,2500;\,0} \right)\); \(D\left( {1500;\,0;\,0} \right)\).

Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm \(B\), \(C\), \(D\) xuống thấp hơn so với độ cao ở \(A\) là \(10\,{\rm{cm}}\), \(a\,\,{\rm{cm}}\)\(6\,{\rm{cm}}\) tương ứng ta có các điểm mới \(B'\left( {0\,;\,2500\,;\, - 10} \right)\); \(C'\left( {1800\,;\,2500\,;\, - a} \right)\); \(D'\left( {1500\,;\,0\,;\, - 6} \right)\). Theo bài ra có bốn điểm \(A\); \(B'\); \(C'\); \(D'\) đồng phẳng.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right):x + y + 250z = 0\).

Do \(C'\left( {1800\,;\,\,2500\,;\, - a} \right) \in \left( {AB'D'} \right)\) nên ta có \(1800 + 2500 - 250a = 0 \Leftrightarrow a = 17,2\).

Vậy \(a = 17,2\,{\rm{cm}}\).

Đáp án: 17,2.

Gọi \(A,B\) là giao điểm của mp \(\left( Q \right)\) với trục \(Ox\) và \(Oy\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên \(AB\).

Vì khoảng cách giữa hai mặt phẳng bằng \(30\)m nên \(OH = 30\).

Theo giả thiết ta có góc \(\widehat {OAH} = 38^\circ \) nên khi đó \(OA = \frac{{OH}}{{\sin 38^\circ }} = \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }}\).

\({x_H} = - OH.\cos 52^\circ = - 30.\cos 52^\circ \), \({y_H} = - OH\cos 38^\circ = - 30\cos 38^\circ \).

Tọa độ điểm \(A\left( { - \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }};\,0\,;\,0} \right)\), \(H\left( { - 30\cos 52^\circ ;\, - 30\cos 38^\circ ;0} \right)\) và chọn một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;\,\frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}\,;\,0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(A\) vuông góc \(OH\) nhận \(\overrightarrow n \) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

\(\left( {x + \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }}} \right) + \frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}y = 0 \Leftrightarrow x + \frac{{\cos 38^\circ }}{{\cos 52^\circ }}y + \frac{{30}}{{\sin 38^\circ }} = 0\).

Vậy \(m + n = 68\).

Đáp án: 68.

Gọi \(A,B,C\) là các điểm như hình vẽ bên dưới và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Hình vẽ minh hoạ

Theo đề \(\widehat {BAC} = 116^\circ \Rightarrow \widehat {BAH} = 58^\circ \). Khi đó \(AH = {\rm{d}}\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 2 - 1 - 2 \cdot 5 + 13} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = 2\) (đvđd).

Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có: \(\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}} \Rightarrow BH = \tan 58^\circ \cdot 2 = 2\tan 58^\circ \) (đvđd).

Suy ra \(BC = 2BH = 2 \cdot 2\tan 58^\circ \approx 6,4\)(đvđd).

Vậy vùng quan sát của camera trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) là hình tròn có đường kính khoảng \(6,4\) (đvđd).

Đáp án: 6,4.

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\). Khi đó ta có:

\({\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = 36 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2a - 12b - 6c + 10 = 0\) \(\left( 1 \right)\)

\({\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b - 8} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2} = 49 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 16b - 2c + 32 = 0\) \(\left( 2 \right)\)

\({\left( {a - 9} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = 144 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 18a - 12b - 14c + 22 = 0\) \(\left( 3 \right)\)

\({\left( {a + 15} \right)^2} + {\left( {b - 18} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = 576 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 30a - 36b - 14c + 22 = 0\) \(\left( 4 \right)\)

Giải hệ gồm 4 phương trình trên ta được \(a = 1;b = 2;c = - 1\) nên \(M\left( {1;2; - 1} \right)\).

Vậy \(T = 1 + 2 + \left( { - 1} \right) = 2\).

Đáp án: 2.

Ta có \(AB\) ngắn nhất khi \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\).

Gọi \(A\left( {2 + a;2 + a; - a} \right) \in {d_1};\,\,B\left( {2 + b; - 1 + 2b; - 3b} \right) \in {d_2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( {b - a;2b - a - 3; - 3b + a} \right)\).

\({d_1},\,{d_2}\) lần lượt có các véc tơ chỉ phương là \({\vec u_{{d_1}}} = \left( {1;1; - 1} \right)\) và \({\vec u_{{d_2}}} = \left( {1;2; - 3} \right)\)

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .{{\vec u}_{{d_1}}} = 0\\\overrightarrow {AB} .{{\vec u}_{{d_2}}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1\left( {b - a} \right) + 1\left( {2b - a - 3} \right) - 1\left( { - 3b + a} \right) = 0\\1\left( {b - a} \right) + 2\left( {2b - a - 3} \right) - 3\left( { - 3b + a} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6b - 3a - 3 = 0\\14b - 6a - 6 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;1;1} \right)\\B\left( {2; - 1;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\]

Do đó \[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt 6 \approx 2,45\].

Đáp án: 2,45.

Do máy bay bay trên đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {200;70;118} \right)\) và \(\left( {80;105;113} \right)\) nên quỹ đạo bay của máy bay là đường thẳng có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 200 - 24t}\\{y = 70 + 7t}\\{z = 118 - t}\end{array}} \right.\)

Sau 50 giây, độ cao của máy bay giảm 400 m, tức là cao độ của máy bay giảm đi 4. Do máy bay bay với vận tốc không đổi nên sau 25 giây, độ cao của máy bay sẽ giảm đi thêm 200 m, tức là cao độ giảm đi thêm 2. Khi đó, tại thời điểm này, cao độ của máy bay là \(118 - 4 - 2 = 112\).

Xét phương trình \(118 - t = 112 \Leftrightarrow t = 6\). Khi đó, sau 75 giây, toạ độ của máy bay là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 200 - 24.6 = 56}\\{{y_0} = 70 + 7.6 = 112}\\{{z_0} = 118 - 6 = 112}\end{array}} \right.\).

Khoảng cách từ sân bay đến máy bay khi đó là

\(S = \sqrt {{{5600}^2} + {{11200}^2} + {{11200}^2}} = 16800\,{\rm{(m)}} = 16,8\,\,{\rm{(km)}}\).

Đáp án: 16,8.

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right):\,{x^2} + {y^2} + {z^2} = 36\).

Ta có \(MA + MB = \sqrt {{{\left( {x - 26} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}} + \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 26} \right)}^2} + {z^2}} \).

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có:

\(MA + MB = \sqrt {{{\left( {x - 26} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}} + \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 26} \right)}^2} + {z^2}} \)\( \ge \sqrt {{{\left( {x + y - 52} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2} + 4{z^2}} \)

\( \ge \sqrt {{{\left( {x + y - 52} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2}} \).

Điều kiện để \(MA + MB = \sqrt {{{\left( {x + y - 52} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2}} \) là khi \(z = 0\), khi đó \(\,{x^2} + {y^2} = 36\)

Mặt khác, vì \(M\left( {x;y;z} \right)\) thuộc mặt cầu tâm \(O\), bán kính bằng 6 nên \( - 6 \le x;y;z \le 6\) dó đó \(x + y > - 12\).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có \(x + y \le \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} = \sqrt {2.36} = 6\sqrt 2 \).

Đặt \(t = x + y \Rightarrow - 12 < t \le 6\sqrt 2 \), khi đó \(f\left( t \right) = MA + MB = \sqrt {{{\left( {t - 52} \right)}^2} + {t^2}} = \sqrt {2{t^2} - 104t + {{52}^2}} \).

\(f'\left( t \right) = \frac{{2t - 52}}{{\sqrt {2{t^2} - 104t + {{52}^2}} }}\).

Dễ thấy hàm số \[f'\left( t \right) \le 0\,\]khi \( - 12 < t \le 6\sqrt 2 \). Do đó \(f\left( t \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất trên \( - 12 < t \le 6\sqrt 2 \) khi \(t = 6\sqrt 2 \) và bằng \(f\left( {6\sqrt 2 } \right) = \sqrt {2{t^2} - 104t + {{52}^2}} = \sqrt {2776 - 624\sqrt 2 } \approx 44\).

Đáp án: 44 .

Gọi vị trí của con chim bói cá ban đầu là \(C\) và vị trí của con cá là \(A\).

Khi đó ta có \(C\left( {2;6;5} \right)\) và \(A\left( {1,5\,;1\,; - 0,5} \right).\)

Điểm \(B\) lúc chim bói cá tiếp xúc với mặt nước là giao điểm của đường thẳng \(AC\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Đường thẳng \(AC\) đi qua điểm \(C\left( {2;6;5} \right)\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 0,5;\, - 5; - 5,5} \right),\) chọn \(\vec u = \left( { - 1; - 10; - 11} \right).\)

Khi đó phương trình của \(AC:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 6 - 10t\\z = 5 - 11t\end{array} \right.\).

Phương trình của \(\left( {Oxy} \right)\) là \(z = 0.\)

Tọa độ điểm \(B\) là nghiệm \(\left( {x;y;z} \right)\)của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 6 - 10t\\z = 5 - 11t\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{5}{{11}}\\x = \frac{{17}}{{11}}\\y = \frac{{16}}{{11}}\\z = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(B\left( {\frac{{17}}{{11}};\frac{{16}}{{11}};0} \right)\) , độ dài đoạn \(CB = \frac{{5\sqrt {222} }}{{11}}\).

Thời gian đi quãng đường \[BC\]là \[t = \frac{{BC}}{v} = \frac{{\frac{{5\sqrt {222} }}{{11}}}}{4} = \frac{{5\sqrt {222} }}{{44}} \approx 1,69\,\left( {\rm{s}} \right)\].

Vậy sau 1,69 giây thì chim bói cá chạm tới mặt nước.

Đáp án: 1,69.

Chọn hệ trục Oxyz với gốc \(O\) đặt tại điểm xuất phát của hai flycam, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía Nam, trục Oy hướng về phía Đông và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo mét.

Gọi \(A,B,M\) lần lượt là vị trí của flycam thứ nhất, flycam thứ hai và người quan sát.

Khi đó \(A\left( {300;100;100} \right),B\left( { - 200; - 100;50} \right),M\left( {a;b;0} \right)\).

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \(B'\left( { - 200; - 100; - 50} \right)\).

Ta có \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Do đó \(MA + MB\) nhỏ nhất khi bằng \(AB'\) hay \(M\) là giao điểm của \(AB'\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \(A,B',M\) thẳng hàng hay \(\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB'} \) cùng phương.

Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AM} = \left( {a - 300;b - 100; - 100} \right)}\\{\overrightarrow {AB'} \left( { - 500; - 200; - 150} \right)}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow \frac{{a - 300}}{{ - 500}} = \frac{{b - 100}}{{ - 200}} = \frac{{ - 100}}{{ - 150}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - \frac{{100}}{3}}\\{b = - \frac{{100}}{3}}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(M\left( { - \frac{{100}}{3}; - \frac{{100}}{3};0} \right)\).

Vậy khoảng cách từ vị trí người quan sát đến địa điểm xuất phát của hai chiếc flycam là: \(OM = \frac{{100\sqrt 2 }}{3} \approx 47\).

Đáp án : 47.

Những điểm thuộc đường nóc nhà có tọa độ thỏa mãn hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2y + 5 = 0}\\{x - 2y - 3z + 20 = 0}\end{array}} \right.\,\).

Từ phương trình thứ nhất chọn \(x = - 5 \Rightarrow y = 0\). Thay vào phương trình còn lại ta được \(z = 5\).

Vậy điểm \(A\left( { - 5;0;5} \right)\) là một điểm thuộc đường nóc nhà. Khi đó chiều cao cần tìm của ngôi nhà là khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và bằng 5 mét.

Phương trình mô tả quỹ đạo chuyển động của viên đạn là:  \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3 + t\\z = 4 + 6t\end{array} \right.\).

a) Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình chuyển động ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}7 = 1 + 2t\\\frac{7}{2} = 3 + t\\21 = 4 + 6t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t = \frac{1}{2}\\t = \frac{{17}}{6}\end{array} \right.\).

Ta thấy các giá trị \(t\) này đều khác nhau do đó điểm \(M\) không nằm trên quỹ đạo chuyển động của viên đạn nên viên đạn không bắn trúng mục tiêu đặt tại điểm \(M\).

b) Thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình chuyển động của viên đạn ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 3 = 1 + 2t\\1 = 3 + t\\ - 8 = 4 + 6t\end{array} \right. \Leftrightarrow t = - 2\)

Suy ra điểm \(N\) nằm trên quỹ đạo chuyển động của viên đạn. Do đó viên đạn trên có bắn trúng mục tiêu đặt tại điểm \(N\).

Giả sử mái nhà của ngôi nhà được minh họa như hình vẽ trên. Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Gọi các cạnh đáy của hình chóp có độ dài là \(a\) và các cạnh bên có độ dài là \(b\).

Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\) nên  \(OA = OB = OC = OD = a\sqrt 2 \).

Vì \(SO\) là đường cao của tam giác \(SOC\)nên \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} \).

Khi đóta có: \(O\left( {0;0;0} \right);\,A\left( {\frac{{ - a\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),C\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),B\left( {0;\frac{{ - a\sqrt 2 }}{2};0} \right);D\left( {0;\frac{{a\sqrt 2 }}{2};0} \right)\) và \(S\left( {0;0;\sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} } \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {SC} = \left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2};0; - \sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} } \right);\,\overrightarrow {DC} = \left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2};0} \right)\); \(\,\overrightarrow {BC} = \left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2};\frac{{a\sqrt 2 }}{2};0} \right)\).

Mặt khác: \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ;\frac{{\sqrt 2 }}{a}\overrightarrow {DC} } \right] = \left( {\sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} ;\sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} ; - \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\);

\(\overrightarrow {{n_2}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ;\frac{{\sqrt 2 }}{a}\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {\sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} ; - \sqrt {\frac{{2{b^2} - {a^2}}}{2}} ;\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_1}} \) làm một vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) nhận  \(\overrightarrow {{n_2}} \) làm một vectơ pháp tuyến.

Vì  \(\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} = \frac{{ - {a^2}}}{2} \ne 0\) do đó hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\)không vuông góc với nhau.

Do đó ý tưởng trên không thực hiện được.

a) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {2;0;2} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {P'} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \({\vec n^{\rm{'}}} = \left( {1;0;1} \right)\) nên \({\rm{cos}}\left( {\left( P \right),\left( {P'} \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 0.0 + 2.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {0^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{4} = 1\)

Suy ra \(\left( {\left( P \right),\left( {P'} \right)} \right) = 0^\circ \).

b) Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {0;0;1} \right)\).

\({\rm{cos}}\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2.0 + 0.0 + 2.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {0^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2}} }} = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow \left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = 45^\circ \).

\({\rm{cos}}\left( {\left( {P'} \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {1.0 + 0.0 + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow \left( {\left( {P'} \right),\left( Q \right)} \right) = 45^\circ \).