Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)\) là tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}}\\{{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}}\\{{z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = \frac{{1 + 7}}{2} = 4}\\{{y_M} = \frac{{ - 2 - 14}}{2} = - 8}\\{{z_M} = \frac{{ - 3 + 11}}{2} = 4}\end{array}} \right.} \right.\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right)\). Do \(M \in \left( {Oxy} \right)\) nên giả sử \(M\left( {x;y;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {x - 1;y + 2; - 3} \right)\).

Từ giả thiết ta có hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương nên \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{ - 3}}{1}\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = - 3\\y + 2 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1\end{array} \right.\). Vậy \(M\left( { - 2;1;0} \right)\). Chọn D.

Hình chiếu của điểm \(A\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(A'\left( {x\,;\,y\,;\,0} \right)\).

Vậy hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2\,;\, - 2\,;\,1} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(\left( {2\,;\, - 2\,;\,0} \right)\). Chọn C.

a) Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;3;6} \right)\).

b) Sai. Hình chiếu vuông góc của \(B\) lên trục \(Ox\) là \(B'\left( { - 2;0;0} \right)\).

c) Sai. Vì \(M\) thuộc trục hoành nên \(M\left( {m;0;0} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {MB} = \left( { - 2 - m;3;4} \right),\overrightarrow {MC} = \left( {4 - m; - 6;1} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} = \left( {m + 2} \right)\left( {m - 4} \right) - 18 + 4\).

Vì tam giác \(MBC\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} = 0\)

\( \Rightarrow \left( {m + 2} \right)\left( {m - 4} \right) - 18 + 4 = 0 \Leftrightarrow m = 1 \pm \sqrt {23} \).

Như vậy tồn tại 2 điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu.

d) Đúng. Gọi \(D\left( {a;b;c} \right)\).

Vì \(ABDC\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 4 = - 3}\\{b + 6 = 3}\\{c - 1 = 6}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\\{c = 7}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(D\left( {1; - 3;7} \right)\).

a) Đúng. Có điểm A trùng với gốc tọa độ \(O,D \in Oy \Rightarrow D\left( {0;{y_D};0} \right)\).

Mà \(AD = 7\), suy ra \({y_D} = 7\) hay \(D\left( {0;7;0} \right)\).

b) Đúng. Các điểm \(C,D\) có tung độ bằng nhau và bằng 7.

c) Sai. Ta có tọa độ điểm \(D'\left( {0;7;3,5} \right)\) và điểm \(C'\left( {6;7;3,5} \right)\). Suy ra vectơ \(\overline {C'D'} \left( { - 6;0;0} \right)\).

d) Sai. Ta có điểm \(A'\left( {0;0;3,5} \right)\) và điểm \(C'\left( {6;7;3,5} \right)\).

Tọa độ trung điểm của \(A'{\rm{C'}}\) là \(\left( {\frac{{6 + 0}}{2};\frac{{7 + 0}}{2};\frac{{3,5 + 3,5}}{2}} \right) = \left( {3;3,5;3,5} \right)\).

Mà bóng đèn được treo cách trần nhà \(0,5{\rm{\;m}}\).

Vậy bóng đèn nằm tại vị trí có toạ độ \(\left( {3;3,5;3} \right)\).

a) Sai. Ba vectơ \(\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} \) không đồng phẳng.

b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {{F_1}} \cdot \overrightarrow {{F_2}} = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| \cdot \left| {{{\vec F}_2}} \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {{{\vec F}_1},\overrightarrow {{F_2}} } \right)\).

c) Sai. Trọng lực \(P = 4,6 \cdot 9,8 = 45,08\,\left( {\rm{N}} \right)\).

d) Sai. Gọi \(O\) là tâm của đáy. Khi đó \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \vec 0\).

Ta có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OC} = 3\overrightarrow {SO} \).

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} \left| = \right|3\overrightarrow {SO} } \right| = 3SO\).

Mặt khác \(3SO = \left| {\vec P} \right| = 45,08 \Rightarrow SO = \frac{{1127}}{{75}}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của AB. Đặt \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó \(SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(CH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\).

Tam giác SOH vuông tại \(O\) nên \(S{H^2} = S{O^2} + O{H^2} \Rightarrow \frac{{3{x^2}}}{4} = {\left( {\frac{{1127}}{{75}}} \right)^2} + \frac{{{x^2}}}{{12}} \Rightarrow x = \frac{{1127\sqrt 6 }}{{150}}\).

Do đó \(SA = \frac{{1127\sqrt 6 }}{{150}} \approx 18,4\). Suy ra \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| \approx 18,4\,{\rm{(N)}}\).

Vậy độ lớn của các lực \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\,\overrightarrow {{F_2}} ,\,\,\overrightarrow {{F_3}} \) bằng \(18,4\,{\rm{N}}\).

a) Đúng. Radar đặt trên đỉnh tháp, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên phía trên, suy ra tọa độ của đỉnh tháp \(E\left( {0\,;0\,;\,0,1} \right)\).

b) Đúng. Tọa độ điểm \(F\left( {400; - 300;12} \right)\).

\[\overrightarrow {EF} = \left( {400; - 300;11,9} \right) \Rightarrow EF \approx 500,14 < 600\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\].

Vậy \(F\) nằm trong phạm vi điều khiển của radar.

c) Sai. Từ \(F\), máy bay bay 1 giờ đến \(A\) với vận tốc \(900\,{\rm{km/h}}\) theo phương \(\overrightarrow a = \left( {3;4;0} \right)\).

Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {FA} = k\overrightarrow a \\\left| {\overrightarrow {FA} } \right| = 900\end{array} \right. \Rightarrow k\left| {\overrightarrow a } \right| = 900 \Rightarrow k = \frac{{900}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = 180.\]

Suy ra \(\overrightarrow {FA} = \left( {540;720;0} \right) \Rightarrow A\left( {940;420;12} \right).\)

d) Sai. Gọi \(K\left( {x;y;z} \right)\) là điểm máy bay đạt đến phạm vi quan sát của radar, suy ra \(EK = 600\).

Khi đó \(\overrightarrow {FK} = k\overrightarrow a \left( {k > 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 400 = 3k\\y + 300 = 4k\\z - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400 + 3k\\y = - 300 + 4k\\z = 12\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {400 + 3k; - 300 + 4k;12} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {EK} = \left( {400 + 3k; - 300 + 4k;11,9} \right)\), mà \(EK = 600.\)

Nên \({\left( {400 + 3k} \right)^2} + {\left( { - 300 + 4k} \right)^2} + 11,{9^2} = {600^2} \Leftrightarrow 25{k^2} = 109858,39 \Leftrightarrow k \approx 66.\)

Khi đó \(K\left( {598; - 36;12} \right) \Rightarrow \overrightarrow {FK} = \left( {198;264;0} \right) \Rightarrow FK = 330\).

Thời gian máy bay trong phạm vi theo dõi của radar là \(t = \frac{{330 \cdot 60}}{{900}} = 22\) phút.

Từ giả thiết \( \Rightarrow B\) là trung điểm của \(AD\).

Suy ra \(D\left( {1080;\,600;\,9} \right) \Rightarrow x - y + z = 1080 - \,600 + 9 = \)\(489\).

Đáp án: 489.

Ta có CDFE là hình chữ nhật và I là trung điểm của CE, nên F và D đối xứng nhau qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Có \(F\left( {4; - 4;7} \right)\), suy ra \(D\left( {4;4;7} \right)\).

Xét hình thang cân ADFG, có A đối xứng với G qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Có \(G\left( {6; - 6;6} \right)\), suy ra \(A\left( {6;6;6} \right)\).

Ta có điểm B nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\), tọa độ điểm \(B\left( {0;6;6} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;0;0} \right)\) và \(\overrightarrow {DC} = \left( { - 1;0;1} \right)\).

Ta có \({\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {DC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {DC} } \right|}} = \frac{6}{{\sqrt {{6^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Vậy góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {DC} \) và \(\overrightarrow {AB} \) bằng \(45^\circ \).

Đáp án: 45.

Với hệ trục tọa độ được chọn, máy bay thứ nhất có tọa độ \(A\left( {23;18;2} \right)\) và máy bay thứ hai có tọa độ \(B\left( { - 22; - 27;3} \right)\).

Gọi \(M\) là vị trí mục tiêu. Vì mục tiêu di động trên mặt đất, nghĩa là \(M \in \left( {Oxy} \right)\) nên tọa độ của \(M\) có dạng \(M\left( {a;b;0} \right)\).

Ta cần tìm tọa độ của \(M\) để \(MA + MB\) nhỏ nhất.

Ta thấy \(A,B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Gọi \(B'\left( { - 22; - 27; - 3} \right)\) là điểm đối xứng của \(B\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right) \Rightarrow MB = MB'\).

Có \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Khi đó \(MA + MB\) nhỏ nhất bằng \(AB'\) khi \(M\) là giao điểm của \(AB'\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nghĩa là lúc này ba điểm \(A,M,B'\) thẳng hàng.

Có \(\overrightarrow {AM} = \left( {a - 23;b - 18; - 2} \right),\overrightarrow {AB'} = \left( { - 45; - 45; - 5} \right)\) mà ba điểm \(A,M,B'\) thẳng hàng.

Suy ra \(\frac{{a - 23}}{{ - 45}} = \frac{{b - 18}}{{ - 45}} = \frac{{ - 2}}{{ - 5}} = \frac{2}{5} \Rightarrow a = 5;b = 0 \Rightarrow M\left( {5;0;0} \right)\).

Lúc đó độ dài đoạn OM là khoảng cách từ mục tiêu đến điểm xuất phát của hai máy bay và \(OM = 5\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Đáp án: 5.

Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm \(M,N,P\) nằm trên các cạnh \[A'B',CC',AD\] như hình vẽ.

Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm \(M,N,P\) để chu vi tam giác \(MNP\) nhỏ nhất.

Đặt \[M\left( {x;5;0} \right),P\left( {0;0;z} \right),N\left( {5;y;5} \right)\]. Chu vi tam giác \[MNP\] là:

\[\begin{array}{l}MN + NP + PM = \sqrt {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + {{\left( {y - 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{5^2} + {y^2} + {{\left( {z - 5} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {5^2} + {z^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + {{\left( {y - 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{y^2} + {{\left( {z - 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { - x} \right)}^2} + {5^2}} .\end{array}\]

Áp dụng bất đẳng thức vectơ:

\[\begin{array}{l} \Rightarrow MN + NP + PM \ge \sqrt {{{\left( {5 - x + y} \right)}^2} + {{\left( {y + z - 10} \right)}^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { - x} \right)}^2} + {5^2}} \\ \ge \sqrt {{{\left( {5 - x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {y - 5 + z - 5 - x} \right)}^2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \\ = \sqrt {2{{\left( {y + z - x - \frac{5}{2}} \right)}^2} + \frac{{225}}{2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \ge 15\sqrt {\frac{3}{2}} = 15\frac{{\sqrt 6 }}{2}.\end{array}\]

Dấu bằng xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}y + z - x = \frac{5}{2}\\\frac{{5 - x}}{y} = \frac{{y - 5}}{{z - 5}} = \frac{5}{5}\\\frac{{5 - x + y}}{z} = \frac{{y + z - 10}}{{ - x}} = \frac{{10}}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = z\\2y - x = \frac{5}{2}\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \frac{5}{2}\].

Vậy giá trị cần tìm là \[\frac{{15}}{2}\sqrt 6 \] \( \Rightarrow {m^2} + {n^2} + {p^2} = 265.\)

Đáp án: 265.

Chọn hệ trục như hình vẽ.

Gọi vị trí của hai chiếc drone lần lượt là \(A\left( { - 2,5; - 1,5;0,06} \right)\), \(B\left( {3;2,5;0,04} \right)\).

Gọi \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\) là vị trí tiếp nhiên liệu cần tìm. Do \(A,B\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), ta gọi điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\) là \(A'\left( { - 2,5; - 1,5; - 0,06} \right)\).

Khi đó \(AM + BM = A'M + BM \ge A'B\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(A',M,B\) thẳng hàng theo thứ tự đó

\( \Leftrightarrow \) \(\overrightarrow {A'B} = \left( {5,5;4;0,1} \right);\overrightarrow {BM} = \left( {a - 3;b - 2,5; - 0,04} \right)\) cùng phương,

suy ra \(\frac{{a - 3}}{{5,5}} = \frac{{b - 2,5}}{4} = \frac{{ - 0,04}}{{0,1}} \Leftrightarrow a = 0,8;b = 0,9 \Rightarrow a + b = 1,7.\)

Đáp án: 1,7.

Biết ba sợi dây được thắt một đầu bên trên là điểm \(S\), ba sợi dây đỡ giá gỗ tại 3 điểm tạo thành tam giác đều \(ABC\), độ dài sợi dây \(SA = SB = SC = 60\,{\rm{cm}}\), bán kính hình tròn\(OA = OB = OC = 20\,{\rm{cm}}\).

Ta có hình chóp tam giác đều \(S.ABC\), gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\) và \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = 40\sqrt 2 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Gọi lực chịu đựng của mỗi sợi dây là \(\overrightarrow {{T_1}} ,\;\overrightarrow {{T_2}} ,\overrightarrow {{T_3}} \) các lực này có độ lớn bằng nhau và không quá \(15\,{\rm{N}}\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{T_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{T_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{T_3}} } \right| \le 15N\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SA} } \right| = \left| {\overrightarrow {SB} } \right| = \left| {\overrightarrow {SC} } \right| \le 15\,{\rm{N}}\).

Lại có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {SO} + \overrightarrow {OC} = 3\overrightarrow {SO} \).

Gọi \(P\) là lực tác động lên miếng kê (là tổng lực của miếng giá gỗ hình tròn và lực của các chậu hoa) nên \(P = \left| {3\overrightarrow {SO} } \right| = 3SO\).

Vì \(P\)chia đều ra ba sợi dây

\[ \Rightarrow \frac{P}{{3\overrightarrow {\left| {{T_1}} \right|} }} = \frac{{3SO}}{{3SA}} = \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{40\sqrt 2 }}{{60}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {{T_1}} } \right| = \frac{P}{{2\sqrt 2 }} \le 15\,{\rm{N}} \Leftrightarrow P \le 30\sqrt 2 \,{\rm{N}}\].

Suy ra \({P_{{\rm{hoa}}}} + {P_{{\rm{go}}}} \le 30\sqrt 2 \,{\rm{N}} \Leftrightarrow {P_{{\rm{hoa}}}} \le \left( {30\sqrt 2 - 5} \right)\,\,{\rm{N}} \approx 37,4\,{\rm{N}}\).

Vậy trọng lượng tối đa của các chậu hoa để dây treo không bị đứt là \(37,4\,{\rm{N}}\).

Đáp án: 37,4.