Có \(\overrightarrow {OM} = 2\vec i + 3\vec j - 4\vec k\) suy ra \(M\left( {2;3; - 4} \right)\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(H\left( {0;3; - 4} \right)\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 3; - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( {4; - 6;0} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \cdot 4 + \left( { - 3} \right) \cdot \left( { - 6} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot 0 = 18 = 2 \cdot 9\).

Vậy \(m = 9\). Chọn B.

Có \(\vec u \cdot \vec v = \left( { - 1} \right) \cdot 0 + 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 0 \cdot 0 = - 1;\,\,\left| {\vec u\left| { = \sqrt 2 ;\,\,} \right|\vec v} \right| = 1\).

\( \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {\vec u,\vec v} \right) = \frac{{\vec u \cdot \vec v}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec v} \right|}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 \cdot 1}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\vec u,\vec v} \right) = 135^\circ \). Chọn C.

a) Đúng. Tọa độ trọng tâm \[G\] của tam giác \[ABC\] là \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{14}}{3}\\{y_G} = \frac{2}{3}\\{z_G} = \frac{7}{3}\end{array} \right.\].

b) Sai. Ta có \[BC = \sqrt {{{\left( {8 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2}} = 5\sqrt 3 \].

c) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4; - 1; - 3} \right)\,;\,\overrightarrow {AC} = \left( {3; - 6; - 2} \right)\].

Suy ra \[\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\] nên \[AB \bot AC\]. Vậy tam giác\[ABC\] là tam giác vuông tại \[A\].

d) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {BD} = \left( {a - 1;b - 2;c - 1} \right)\], \[\overrightarrow {DC} = \left( {8 - a; - 3 - b;2 - c} \right)\].

Tam giác \[ABC\] có \[D\] là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh \[A\]\[ \Rightarrow \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{\sqrt {26} }}{7}\].

Khi đó \[\overrightarrow {BD} = \frac{{\sqrt {26} }}{7}\overrightarrow {DC} \]\[ \Leftrightarrow \left( {a - 1;b - 2;c - 1} \right) = \frac{{\sqrt {26} }}{7}\left( {8 - a; - 3 - b;2 - c} \right)\]

\[ \Leftrightarrow a = \frac{{7 + 8\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,b = \frac{{14 - 3\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,c = \frac{{ - 3 + 7\sqrt {26} }}{{23}}\].

Vậy \[a + 2b + 3c = 8\].

a) Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {20;\,30;\,30} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = \left( {4;\,6;\,6} \right)\).

Ta có \(\frac{{20}}{4} = \frac{{30}}{6} = \frac{{30}}{6}\). Suy ra \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AD} \) cùng phương. Vậy 3 điểm \(A\), \(B\), \(D\) thẳng hàng.

Do đó flycam bay qua vị trí \[D\left( {5;\,8;\,9} \right)\].

b) Sai. Flycam ở vị trí \(A\left( {1;\,2;\,3} \right)\) và sau 10 phút nó ở vị trí \(B\left( {21;\,32;\,33} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\overrightarrow {AB} = 10\overrightarrow v \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow v = \frac{{\overrightarrow {AB} }}{{10}} = \left( {2;\,3;\,3} \right)\).

c) Đúng. Độ lớn của vận tốc flycam là \(\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {3^2}} = \sqrt {22} \) (m/phút).

d) Đúng. Tại thời điểm \(t = 0\), flycam ở vị trí \(A\) và sau 15 phút flycam ở vị trí \(C\).

Suy ra \(\overrightarrow {AC} = 15\overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \left( {{x_C} - 1;\,{y_C} - 2;\,{z_C} - 3} \right) = 15\left( {2;\,3;\,3} \right)\).\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 31\\{y_C} = 47\\{z_C} = 48\end{array} \right.\).

Vậy \(C\left( {31;\,47;\,48} \right)\).

a) Đúng. Theo bài ra, ta có tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {2;0;0} \right)\).

b) Sai. Ta có \[OD = AD - OA = 8 - 2 = 6\]m. Tọa độ điểm \[C\left( { - 6;\,6;0} \right)\].

Vì vậy \[\overrightarrow {AC} = \left( { - 8;6;0} \right)\].

c) Sai. Gọi \[M\] là trung điểm của \[HG\] nên \[QM = 7 - 5 = 2\]m, \[MG = \frac{{HG}}{2} = \frac{{AB}}{2} = 3\]m.

Ta có \[QG = \sqrt {Q{M^2} + M{G^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \]m.

Diện tích cần lợp là \[S = 2{S_{PQGF}} = 2 \cdot 8 \cdot \sqrt {13} = 16\sqrt {13} \] (m²).

Số tiền cần phải trả là \[S \cdot 22 \cdot 11\,000 \approx 13\,961\,000\] đồng.

d) Đúng. Gọi \[J\] là trung điểm của \[BC\] nên \[J\left( { - 2;6;0} \right)\].

Gọi \[I\] là trung điểm của \[FG\] nên \[I\left( { - 2;6;5} \right)\].

Ta có \[KI = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = 2\sqrt {10} \]m.

Vì vậy \[{d_{\min }} = OK + KI = 5 + 2\sqrt {10} \].

a) Sai. Theo bài ra ta có, tàu thám hiểm ở vị trí \(A\left( {25; - 15; - 10} \right)\).

Khoảng cách từ tàu thám hiểm đến radar là \(OA = \sqrt {{{25}^2} + {{15}^2} + {{10}^2}} = 5\sqrt {38} \approx 30,8\;{\rm{km}}\).

b) Đúng. Radar đặt tại \(O\) có phạm vi theo dõi là 30 km, mà khoảng cách từ tàu thám hiểm đến radar là 30,8 \( > 30\) nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A\).

c) Đúng. Khoảng cách từ tàu đánh cá đến radar là \(OB = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\;{\rm{km}} < 30\;{\rm{km}}\).

Vậy radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B\).

d) Đúng. Giả sử chiếc tàu của cảnh sát biển ở vị trí \(C\left( {15\,;y\,;0} \right)\).

Khoảng cách từ tàu của cảnh sát biển đến radar là \(OC = \sqrt {{{15}^2} + {y^2}} \).

Để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển thì:

\(OC \le 30 \Leftrightarrow {15^2} + {y^2} \le {30^2} \Leftrightarrow - 15\sqrt 3 \le y \le 15\sqrt 3 \).

Vậy để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa một khoảng \(15\sqrt 3 \;{\rm{km}}\).

Gán các lực \[\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {SB} ,\,\,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {SC} .\]

Vì \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\) và góc tạo bởi mỗi chân của giá đỡ với mặt đất bằng \(60^\circ \) nên \(S.ABC\) là hình chóp đều.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC,\,\,G\) là trọng tâm \(\Delta ABC \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right).\)

Ta có \(\widehat {SAG} = 60^\circ \Rightarrow SG = SA \cdot \sin 60^\circ = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = \frac{{2SG}}{{\sqrt 3 }}.\)

Đặt \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = 30\left( {\rm{N}} \right){\rm{.}}\)

Vì \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = 3\left| {\overrightarrow {SG} } \right| \Rightarrow SG = \frac{{\left| {\overrightarrow F } \right|}}{3} = 10.\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| = 2\frac{{SG}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20}}{{\sqrt 3 }} \approx 11,5\left( {\rm{N}} \right){\rm{.}}\)

Đáp án: 11,5.

Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) gấp đôi thời gian bay từ \(B\) đến \(C\) nên ta có \(\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Mà \(\overrightarrow {AB} = \left( {140;50;2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {x - 940;y - 550;x - 9} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 940 = \frac{1}{2} \cdot 140}\\{y - 550 = \frac{1}{2} \cdot 50\,\,}\\{z - 9 = \frac{1}{2} \cdot 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1010}\\{y = 575\,\,}\\{z = 10\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(x + y + z = 1010 + 575 + 10 = 1595\).

Đáp án: 1595.

Gọi I là tâm của hình chữ nhật \[ABCD\].

Ta có \(BD = \sqrt[{}]{{{{900}^2} + {{1200}^2}}} = 1500 \Rightarrow ID = 750\).

Theo giả thiết ta có \(\tan \widehat {SDI} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{{SI}}{{ID}} = \frac{1}{5} \Rightarrow SI = \frac{1}{5}ID = \frac{1}{5} \cdot 750 = 150\).

Gọi H là tâm của hình chữ nhật OKNM. Từ giả thiết ta có \(H\left( {450;600;0} \right)\).

Ta có \(SH = IH + SI = 450 + 150 = 600\).

Do đó \(S\left( {450;600;600} \right) \Rightarrow a + b + c = 450 + 600 + 600 = 1650\).

Đáp án: 1650.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của máy bay, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất sao cho 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 kilômét.

Khi đó tọa độ của máy bay là điểm \(A\left( { - 55; - 20;1,5} \right)\).

Khoảng cách của chiếc máy bay với vị trí tại điểm xuất phát bằng:

\(OA = \sqrt {{{\left( { - 55} \right)}^2} + {{\left( { - 20} \right)}^2} + 1,{5^2}} \approx 58,5\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Đáp án: 58,5.

Ta chứng minh được ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {MB} \).

Nên \[\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {CM} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {MN} + 3\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {NB} } \right|\].

Gọi \(N\) là điểm thỏa \(3\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {NB} = \vec 0\) nên \(\left| {3\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {MB} \left| = \right|4\overrightarrow {MN} } \right|\).

Để \(\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {CM} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(\left| {4\overrightarrow {MN} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất hay \(M\) là hình chiếu của \(N\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: \(G\left( {\frac{4}{3};2;1} \right)\).

\(3\overrightarrow {NG} + \overrightarrow {NB} = \vec 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\left( {{x_G} - {x_N}} \right) + \left( {{x_B} - {x_N}} \right) = 0}\\{3\left( {{y_G} - {y_N}} \right) + \left( {{y_B} - {y_N}} \right) = 0}\\{3\left( {{z_G} - {z_N}} \right) + \left( {{z_B} - {z_N}} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_N} = \frac{1}{4}\left( {3{x_G} + {x_B}} \right)}\\{{y_N} = \frac{1}{4}\left( {3{y_G} + {y_B}} \right)}\\{{z_N} = \frac{1}{4}\left( {3{z_G} + {z_B}} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_N} = \frac{1}{4}\left( {3 \cdot \frac{4}{3} + 2} \right)}\\{{y_N} = \frac{1}{4}\left( {3 \cdot 2 - 1} \right)}\\{{z_N} = \frac{1}{4}\left( {3 \cdot 1 + 3} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_N} = \frac{3}{2}}\\{{y_N} = \frac{5}{4}}\\{{z_N} = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\] nên \(\left. {N\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{4};\frac{3}{2}} \right.} \right)\).

Vậy tọa độ điểm \(M\left( {0;\frac{5}{4};\frac{3}{2}} \right)\). Hay \(2b + c = 4\).

Đáp án: 4.

Chọn hệ trục Oxyz với gốc \(O\) đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, 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 khinh khí cầu thứ nhất, khinh khí cầu 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 khinh khí cầu là:

\(OM = \frac{{100\sqrt 2 }}{3} \approx 47\) (m).

Đáp án: 47.