oxyz thuc te dung sai 2025

 PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG OXYZ

Bài toán 1: Nguyên lí phản xạ ánh sáng: Khi ánh sáng bị phản xạ, tia phản xạ sẽ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến của gương ở điểm tới. Góc phản xạ cũng sẽ bằng góc tới, tức là $i=i'$.

Chú ý. Khi ta lấy đối xứng tia $SI$ qua gương thì tia $IS'$ là tia đối của tia $IR$.

Trong căn phòng có dạng hình hộp chữ nhật, có gương phẳng tròn tâm $E$ với độ dày không đáng kể, được treo trên tường là mặt phẳng $\left(FOC\right)$. Biết rằng $OCGF,OCND,OFKD$ là các hình chữ nhật; $OC=5\mathrm{\,\;m};OD=OF=4\mathrm{\,\;m};OM=3\mathrm{\,\;m};EM=1,5\mathrm{\,\;m};CA=1\mathrm{\,\;m}$. Một tia sáng được chiếu từ vị trí điểm $A$ tới $E$, tia sáng phản xạ qua gương phẳng tới điểm $B$ trên tường (tham khảo hình vẽ). Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ, mỗi đơn vị có độ dài 1 m .
a) Phương trình mặt phẳng $\left(ACE\right)$ là $3x+4z-15=0$.
b) Đường thẳng $AE$ đi qua điểm $J\left(1;3;3\right)$.
c) Gọi $\left(d\right)$ là đường thẳng đối xứng với đường thẳng $AE$ qua mặt phẳng $\left(OCGF\right)$. Góc giữa đường thẳng $\left(d\right)$ và mặt phẳng $\left(OCGF\right)$ là $41^{\circ }$ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
d) Gọi tọa độ điểm $B$ là $B\left(x_{0};y_{0};z_{0}\right)$ thì $2y_{0}+4z_{0}=18$.

Lòi giải

Ta có $O\left(0;0;0\right),A\left(5;1;0\right),C\left(5;0;0\right),D\left(0;4;0\right),E\left(3;0;1,5\right),F\left(0;0;4\right),M\left(3;0;0\right)$
Ta có $\overrightarrow {CA} =\left(0;1;0\right),\overrightarrow {CE} =\left(-2;0;1,5\right),\left[\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CE} \right]=\left(1,5;0;2\right)$.
Phương trình mặt phẳng $\left(ACE\right):3x+4z-15=0$. Do đó ý a) Đúng.
Ta có $\overrightarrow {AE} =\left(-2;-1;1,5\right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $AE$.
Phương trình đường thẳng $AE:\dfrac{x-5}{-4}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z}{3}$. Kiểm tra đường thẳng $AE$ không đi qua điểm $J$ (1;3;3). Do đó ý b) Sai.

Do đường thẳng $\left(d\right)$ đối xứng với đường thẳng $AE$ qua mặt phẳng (OCGF) nên góc giữa đường thẳng $\left(d\right)$ và mặt phẳng $\left(OCGF\right)$ bằng góc giữa đường thẳng $AE$ và mặt phẳng $\left(OCGF\right)$.

Khi đó: $\vec n=\left(0;1;0\right),\overrightarrow {AE} =\left(-2;-1;1,5\right)$, $\mathrm{\,sin}\left(AE,\left(OFGC\right)\right)=\dfrac{\left|\vec n\cdot \overrightarrow {AE} \right|}{\left|{\vec n}\right|\left|\overrightarrow {AE} \right|}=\dfrac{2}{\sqrt {29} }\Rightarrow \left(AE,\left(OFGC\right)\right)\approx 22^{\circ }$. Do đó ý c) Sai.

Ta có tia $AE$ nằm trong mặt ( $ECA$ ) vuông góc với mặt phẳng chứa gương.
Khi đó tia $EB$ thuộc mặt phẳng $\left(ACE\right)$.
Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $C$, ta có $A'$ thuộc đường thẳng $EB$, đồng thời có toạ độ $A'\left(5;-1;0\right)$. Khi đó, $\overrightarrow {A'E} =\left(-2;1;1,5\right)$. Phương trình đường thẳng $A'E:\dfrac{x-5}{-4}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{3}$.

Do $B$ là giao điểm của $A'E$ và mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ nên toạ độ điểm $B\left(0;\dfrac{3}{2};\dfrac{15}{4}\right)$.
Vậy $2y_{0}+4z_{0}=18$. Do đó ý d) Đúng.
Bài toán 2: Một căn phòng khách có hình dạng là một hình hộp chữ nhật được gắn trong hệ trục toạ độ $Oxyz$ với các thông số như hình bên (đơn vị trên mỗi trục là mét). Coi mặt sàn nằm trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Theo thiết kế, chủ nhà muốn trang trí một đèn pha lê hình cầu có bán kính 15 cm được nối với trần nhà ở vị trí điểm $H$ bởi một dây dài 1 m ( $H$ là trung điểm của $EF$, biết $EF//PQ$ và $QF=4m$, hình bên).

a) Cao độ tâm $I$ của đèn pha lê hình cầu là 3 .
b) Phương trình mặt cầu của đèn pha lê là $(x-2)^{2}+(y-6)^{2}+(z-3)^{2}=0,0225$.
c) Một người cao $1,8\mathrm{\,\;m}$ thì khi đi ngang qua phía dưới sẽ cách đèn ít nhất là 60 cm .
d) Tia sáng từ tâm đèn chiếu ra cắt sàn nhà tại $K$. Khoảng cách xa nhất từ $K$ tới $B$ là khoảng $10,77\mathrm{\,\;m}$ (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Lòi giải

Khoảng cách từ mối nối sợi dây và đèn pha lê đến sàn nhà là: $4-1=3\left(m\right)$.
Đèn pha lê có bán kính $15\mathrm{\,\;cm}=0,15\mathrm{\,\;m}$ nên khoảng cách từ tâm đèn đến sàn nhà là: $3-0,15=2,85\left(\mathrm{\,\;m}\right)$
Vậy cao độ tâm $I$ của đèn hình cầu là 2,85 . Do đó ý a) Sai.
Ta có $MF=10-4=6\left(m\right)$ nên tâm $I$ của đèn hình cầu có toạ độ là $I\left(2;6;2,85\right)$.
Do đó phương trình mặt cầu của đèn pha lê là: $(x-2)^{2}+(y-6)^{2}+(z-2,85)^{2}=0,0225$. Do đó ý b)
Sai.
Vị trí thấp nhất của đèn cách sàn nhà là: $3-0,15\cdot 2=2,7\left(\mathrm{\,\;m}\right)$.
Ta có: $2,7-1,8=0,9\left(\mathrm{\,\;m}\right)=90\left(\mathrm{\,\;cm}\right)$ nên một người cao $1,8\mathrm{\,\;m}$ khi đi ngang qua phía dưới sẽ cách đèn ít nhất 90 cm . Do đó ý c) Sai.
Khoảng cách xa nhất từ $K\equiv O$ tới $B$ là: $\sqrt {10^{2}+4^{2}} =2\sqrt {29} \approx 10,77\left(\mathrm{\,\;m}\right)$. Do đó ý d) Đúng.
Bài toán 3: Một cáp treo xuất phát từ điểm $A10;3;0$ và chuyển động đều theo đường cáp có véctơ chỉ phương $\vec u=2;-2;1$ với tốc độ là $4,5\left(\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}\right)$ (đơn vị trên mỗi trục là mét) được mô hình hoá như các hình vẽ sau:

a) Phương trình chính tắc của đường cáp là $\dfrac{x-10}{2}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z}{1}$.
b) Giả sử sau $t$ giây kể từ lúc xuất phát $t>0$, cabin đến vị trí điểm $M$. Khi đó tọa độ của điểm $M$ là $\left(3t+10;-3t+3;\dfrac{3t}{2}\right)$.
c) Cabin dừng ở điểm $B$ có hoành độ $x_{B}=550$. Quãng đường $AB$ có độ dài bằng $810\left(\mathrm{\,\;m}\right)$.
d) Đường cáp $AB$ tạo với mặt $Oxy$ một góc $22^{\circ }$ (làm tròn đến hàng đơn vị theo độ).

Lòi giải

a) Vì đường cáp đi qua điểm $A10;3;0$ có véctơ chỉ phương $\vec u=2;-2;1$ nên có phương trình chính tắc là $\dfrac{x-10}{2}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z}{1}$. Do đó ý a) đúng.
b) Sau $t$ giây kể từ lúc xuất phát $t>0$, cabin đến vị trí điểm $M$. Khi đó cabin đi được đoạn đường có độ dài bằng đoạn $AM=4,5t$. Đặt $\dfrac{x-10}{2}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z}{1}=u\Rightarrow \left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=10+2u\\y=3-2u\\z=u\end{array}\right. $. Suy ra toạ độ điểm $M$ là $M10+2u;3-2u;u\mathrm{\,\;}u>0$. Khi đó $\mathrm{\,\;}AM=4,5t\Leftrightarrow 2u^{2}+-2u^{2}+u^{2}=4,5t^{2}\Leftrightarrow 9u^{2}=\dfrac{81}{4}t^{2}$. Vì $u>0\Rightarrow u=\dfrac{3}{2}t\Rightarrow M\left(10+3t;3-3t;\dfrac{3}{2}t\right)$. Do đó ý b) đúng.
c) Ta có: $B10+2u;3-2u;u\mathrm{\,\;}u>0.B$ có hoành độ $x_{B}=550\Rightarrow 10+2u=550\Rightarrow u=270$.

d) Đường cáp $AB$ có một véctơ chỉ phương $\vec u=2;-2;1$, mặt phẳng $Oxy$ có một véctơ pháp tuyến là $\vec k=0;0;1$. Suy ra góc giữa đường cáp $AB$ và mặt phẳng $Oxy$ là $\varphi $ với $\mathrm{\,sin}\varphi =\dfrac{\left|\vec u\cdot \vec k\right|}{\left|\vec u\left|\cdot \right|\vec k\right|}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \varphi \approx 19^{\circ }$. Do đó ý d) sai.

Bài toán 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, xét mô hình phòng không như sau: Rađa đặt tại gốc toạ độ $O\left(0;0;0\right)$, tên lửa phòng không đặt tại điểm $A\left(0;100;0\right)$; mỗi đơn vị tương ứng với 10 m ; mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất; giả sử mọi UAV (phương tiện bay không người lái) và tên lửa đều chuyển động thẳng đều. Tại thời điểm $t=0$, rađa phát hiện ra UAV $M$ ở tọa độ $M_{0}\left(20000;0;20\right)$ ; tại thời điểm $t=1$ rađa theo dõi thấy UAV $M$ ở toạ độ $M_{1}\left(19995;1;19,5\right)$ trên đường thẳng $d$.

a) Góc nghiêng của đường thẳng $d$ và mặt đất là $0,02\mathrm{\,rad}$.
b) Khoảng cách giữa UAV $M$ và gốc $O$ tại thời điểm 6 giây là 19970 m .
c) Khoảng cách ngắn nhất từ điểm $A$ tới đường thẳng $d$ xấp xỉ 42684 m (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị của mét).
d) Tại thời điểm $t=6\mathrm{\,\;s}$, một tên lửa được phóng lên và chuyển động thẳng đều với vận tốc $3400\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$ , va chạm và phá huỷ UAV $M$ tại điểm $B$ trên $d$. Khi đó, sau 57,88 giây kể từ lúc phóng thì tên lửa va chạm với UAV (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của giây).

Lòi giải

Ta có $\overrightarrow {M_{0}M_{1}} =\left(-5;1;-0,5\right)$ là một vectơ chỉ phương của $d$ và một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ là $\vec k=\left(0;0;1\right)$. Khi đó $\mathrm{\,sin}\left(d,\left(Oxy\right)\right)=\dfrac{\left|-0,5\right|}{\sqrt {5^{2}+1^{2}+0,5^{2}} \cdot 1}=\dfrac{1}{\sqrt {105} }\Rightarrow \left(d,\left(Oxy\right)\right)\approx 0,098\left(\mathrm{\,rad}\right)$. Do đó ý a) Sai.

Phương trình tham số của đường thẳng $d$ là: $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=20000-5t\\y=t\\z=20-0,5t\end{array}\right. $
(Do UAV chuyển động thẳng đều nên ta có thể đồng nhất $t$ với số giây bay được của UAV, tính từ lúc nó bị rađa phát hiện). Toạ độ của UAV lúc 6 giây là $M_{6}\left(19970;6;17\right)$.

Suy ra $OM_{6}\approx 19970$. Vậy khoảng cách thực tế là 199700 m (do quy đơn vị 1 đơn vị bằng 10 m ). Do đó ý b) Sai.

Ta có: $MA=\sqrt {(20000-5t)^{2}+(100-t)^{2}+(20-0,5t)^{2}} =\sqrt {26,25t^{2}-200220t+400010400} \geq 4268,4$
Vậy khoảng cách ngắn nhất từ $A$ tới $d$ là 42684m. Do đó ý c) Đúng.
Tốc độ $\left(10\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}\right)$ của UAV là $v_{1}=\dfrac{M_{1}M_{0}}{1}=\sqrt {26,25} $;
Tốc độ của tên lửa $\left(10\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}\right)$ là $v_{2}=340$.
Mặt khác, toạ độ $B$ có dạng $B\left(19970-5a;6+a;17-0,5a\right)(a\geq 0,a=0$ tính từ lúc UAV đi qua điểm $M_{6}$ ). Tên lửa va chạm và phá huỷ UAV tại $B$, tức là

$\begin{array}{*{20}{r}}{}&\dfrac{M_{6}B}{v_{1}}=\dfrac{AB}{v_{2}}\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt {(5a)^{2}+a^{2}+(0,5a)^{2}} }{\sqrt {26,25} }=\dfrac{\sqrt {(19970-5a)^{2}+(a-94)^{2}+(17-0,5a)^{2}} }{340}\\{}&340a=\sqrt {(19970-5a)^{2}+(a-94)^{2}+(17-0,5a)^{2}} \\{}&\;\Leftrightarrow 115573,75a^{2}+199905a-398810025=0\Leftrightarrow a\approx 57,88.\end{array}$

Vậy sau 57,88 giây kể từ lúc phóng thì tên lửa va chạm với UAV. Do đó ý d) Đúng.
Bài toán 5: Sao Thủy gần như không có khí quyển thật sự như Trái Đất hay sao Kim. Tuy nhiên, nó có một lớp khí rất mỏng gọi là exosphere - tức là thượng quyển loãng, gồm các hạt khí cực kỳ thưa thớt như hydro, heli, oxy, natri...Trong không gian Oxyz, đơn vị trên mỗi trục là nghìn km, vùng thượng quyển loãng của sao Thủy được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu $x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x-4y-4=0$. Các nhà khoa học không gian đang quan sát các tiểu hành tinh ở các vị trí có tọa độ $A\left(4;2;4\right),B\left(1;4;2\right)$ và xem xét sự di chuyển của chúng. Nếu tiểu hành tinh nằm trong vùng thượng quyển loãng thì nó sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy.
a) Vùng thượng quyển loãng sao Thủy có tâm $\left(1;2;0\right)$, bán kính bằng 3 .
b) Hai tiểu hành tinh ở các vị trí $A,B$ sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy.
c) Các nhà quan sát cho rằng có một sao chổi mang tên Haxen di chuyển theo quỹ đạo đường thẳng với vận tốc $51,5\mathrm{\,\;km}/\mathrm{\,s}$; khoảng cách ngắn nhất từ tâm sao Thủy đến sao chổi bằng $\dfrac{\sqrt {871} }{10}$ nghìn $km$. Thời gian sao chổi đi trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy bằng 20 giây (làm tròn đến hàng đơn vị của giây).
d) Sao chổi Haxen di chuyển theo phương vectơ $\vec u=\left(0;5;2\right)$. Giả sử $M,N$ là điểm đầu và điểm cuối mà sao chổi này đi qua thuộc vùng thượng quyển loãng của sao Thủy. Giá trị nhỏ nhất của tổng $AM+BN$ bằng 3970 km (làm tròn đến hàng đơn vị của km ).

Lòi giải:

a) Mệnh đề đúng.

Vùng thượng quyển loãng sao Thủy có tâm $I\left(1;2;0\right)$, bán kính $R=\sqrt {1^{2}+2^{2}+0^{2}+4} =3$.

b) Mệnh đề sai.

Ta có $IA=\sqrt {(4-1)^{2}+(2-2)^{2}+(4-0)^{2}} =5;IB=\sqrt {(1-1)^{2}+(4-2)^{2}+(2-0)^{2}} =2\sqrt {2} $.
Vì $IA>R;IB<R$ nên tiểu hành tinh $A$ nằm ngoài vùng thượng quyển loãng, còn tiểu hành tinh $B$ thì nằm tròn vùng thượng quyển loãng của sao Thủy và nó sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy.

c) Mệnh đề sai.

Gọi $d$ là quỹ đạo đường thẳng của sao chổi và $H$ là hình chiếu vuông góc của tâm $I$ trên $d$.

Gọi $M,N$ là điểm đầu và điểm cuối của sao chổi trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Ta có $IH=\dfrac{\sqrt {871} }{10}$; suy ra $MN=2MH=2\sqrt {R^{2}-IH^{2}} =2\sqrt {9-\dfrac{871}{100}} =\dfrac{\sqrt {29} }{5}$ (nghìn km ).
Thời gian sao chổi di chuyển trong vùng thượng quyển loãng: $\dfrac{\sqrt {29} }{5} \times 1000:51,5\approx 21$ (giây).
d) Mệnh đề đúng.

Đặt $\overrightarrow {MN} =\left(0;5k;2k\right)$; ta có $MN^{2}=25k^{2}+4k^{2}=\dfrac{29}{25}\Rightarrow k=\dfrac{1}{5}$; suy ra $\overrightarrow {MN} =\left(0;1;\dfrac{2}{5}\right)$.

Chọn $C$ sao cho $AMNC$ là hình bình hành; suy ra $C\left(4;3;\dfrac{22}{5}\right)$.
Khi đó $AM=CN$ và $AM+BN=CN+BN\geq BC=\dfrac{\sqrt {394} }{5}\approx 3,97$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $AM+BN$ là khoảng 3970 km .

Bài toán 6: Xét một hệ trục tọa độ $Oxyz$ được cho sẵn, đơn vị trên mỗi trục là $dm$, mặt ngoài của một quả bóng được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}=6$, quả bóng nằm yên trên sàn nhà. Người ta nhìn thấy một tấm ván ngã xuống đè lên quả bóng, phần giao của tấm ván và sàn nhà là đường thẳng $d$ có phương trình $\dfrac{x+2}{2}=\dfrac{y+1}{-3}=\dfrac{z}{1}$. Gọi $A,B$ lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với quả bóng và $I$ là tâm quả bóng.
a) Quả bóng có tâm $I\left(2;-1;-1\right)$ và bán kính $R=\sqrt {6} $.
b) Khoảng cách từ tâm quả bóng đến đường thẳng $d$ bằng $2\sqrt {6} $.
c) Nếu $\mathrm{\,cos}AIB$ bằng $\dfrac{a}{b}$ (phân số tối giản) thì giá trị $a^{2}+b^{2}=82$.
d) Một con kiến bò từ vị trí $A$ đến vị trí $B$ trên quả bóng với tốc độ $2\mathrm{\,\;cm}/\mathrm{\,s}$; thời gian ngắn nhất cho chuyến đi này là 21 giây (làm tròn đến hàng đơn vị).

Lòi giải:

a) Mệnh đề đúng.

Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(2;-1;-1\right)$ và bán kính $R=\sqrt {6} $.
b) Mệnh đề sai.

Đường thẳng $d:\dfrac{x+2}{2}=\dfrac{y+1}{-3}=\dfrac{z}{1}$ qua $A\left(-2;-1;0\right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec u_{d}=\left(2;-3;1\right)$.
Ta có: $\overrightarrow {AI} =\left(4;0;-1\right);\left[{\vec u}_{d},\overrightarrow {AI} \right]=\left(3;6;12\right)$.
Do đó $d\left(I,d\right)=\dfrac{\mid {\vec u}_{d},\overrightarrow {AI} ||}{\left|{\vec u}_{d}\right|}=\dfrac{\sqrt {3^{2}+6^{2}+12^{2}} }{\sqrt {2^{2}+(-3)^{2}+1^{2}} }=\dfrac{3\sqrt {6} }{2}$.
c) Mệnh đề đúng.

Gọi $K$ là hình chiếu của $I$ trên $d$ thì $KI=\dfrac{3\sqrt {6} }{2}$ và $KA\bot IA$; suy ra $\mathrm{\,cos}AIK=\dfrac{IA}{IK}=\dfrac{2}{3}$.

Do vậy $\mathrm{\,cos}AIB=2\mathrm{\,co}\mathrm{\,s}^{2}AIK-1$

$=2 \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}-1=-\dfrac{1}{9}=\dfrac{a}{b}\Rightarrow a^{2}+b^{2}=82$.
d) Mệnh đề sai.

Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: $l_{AB}=R \times AIB=\sqrt {6}  \times \mathrm{\,arccos}\left(-\dfrac{1}{9}\right)\approx 4,12\mathrm{\,dm}$.
Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là $\dfrac{l_{AB} \times 10}{2}\approx 21$ giây.
Bài toán 7: Trong một mô hình game 3D, với hệ trục tọa độ thích hợp, người chơi cùng với khẩu súng của anh ta được mô phỏng như một chất điểm di chuyển trên mặt phẳng $\left(P\right):x-2y+2z-3=0$ và nhắm bắn các mục tiêu di động trên mặt cầu $\left(S\right)$ có phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2x-4y-2z+5=0$ . Người chơi vẫn có thể bắn trúng mục tiêu nếu nó di chuyển trên bán cầu khuất phía sau tầm nhìn. Sau khi trò chơi bắt đầu, anh ta quyết định nhắm bắn theo phương vectơ $\vec u=\left(1;0;1\right)$.
a) Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(-1;2;1\right)$ và bán kính $R=1$.
b) Mặt phẳng $\left(P\right)$ và mặt cầu $\left(S\right)$ không có điểm chung.
c) Người chơi đứng ở vị trí giao điểm của $\left(P\right)$ và $Ox$, khoảng cách từ tâm quả cầu đến đường bay viên đạn bằng bằng $\dfrac{\sqrt {66} }{2}$.
d) Khoảng cách lớn nhất từ vị trí người bắn đến mục tiêu bằng $3\sqrt {2} $.

Lòi giải:

a) Mệnh đề đúng.

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(-1;2;1\right)$ và bán kính $R=1$.
b) Mệnh đề đúng.

Ta có $d\left(I,\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|-1-4+2-3\right|}{\sqrt {1+4+4} }=2>R$; do đó $\left(P\right)$ và mặt cầu $\left(S\right)$ không có điểm chung.
c) Mệnh đề đúng.

Giao điểm của $\left(P\right)$ và $Ox$ là điểm $M_{0}\left(3;0;0\right)\Rightarrow \overrightarrow {IM} =\left(4;-2;-1\right);\left[\overrightarrow {IM} ,\vec u\right]=\left(-2;-5;2\right)$.
Khoảng cách từ $I$ đến đường bay viên đạn là $d=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow {IM} ,\vec u\right]\right|}{\left|{\vec u}\right|}=\dfrac{\sqrt {4+25+4} }{\sqrt {1+0+1} }=\dfrac{\sqrt {66} }{2}$.
d) Mệnh đề đúng.

Gọi $M$ thuộc $\left(P\right),N$ thuộc $\left(S\right)$ theo thứ tự là vị trí người chơi và vị trí mục tiêu đang bắn; $H$ là hình chiếu của điểm $N$ trên $\left(P\right)$.
$MN$ hợp với $\left(P\right)$ một góc $\varphi $ thỏa mãn $\mathrm{\,sin}\varphi =\dfrac{\left|\vec u\cdot {\vec n}_{P}\right|}{\left|{\vec u}\right|\cdot \left|{\vec n}_{P}\right|}=\dfrac{\left|1+0+2\right|}{\sqrt {1+0+1} \cdot \sqrt {1+4+4} }=\dfrac{\sqrt {2} }{2}$.
Xét tam giác $MNH$ vuông tại $H$, ta có $\mathrm{\,sin}\varphi =\dfrac{NH}{MN}\Rightarrow MN=\dfrac{NH}{\mathrm{\,sin}\varphi }$ hay $MN=\sqrt {2} NH$.

Dễ thấy $MN$ lớn nhất khi và chỉ khi $NH$ lớn nhất; mà $NH\leq d\left(I,\left(P\right)\right)+R=2+1=3$.

Do đó $MN$ lớn nhất bằng $3\sqrt {2} $; khi đó $N,I,H$ nằm trên đường thẳng

 vuông góc với $\left(P\right)$.

Bài toán 8: Vệ tinh hoạt động dựa trên nguyên lý của vật lý Newton. Một vật thể bị kéo bởi một lực hấp dẫn từ một vật thể khác sẽ chuyển động theo một quỹ đạo elip xung quanh vật thể đó. Để đưa vệ tinh lên quỹ đạo, người ta sử dụng các loại tên lửa đẩy khác nhau để cung cấp cho vệ tinh động lượng cần thiết để thoát khỏi trọng lực của Trái Đất và duy trì quỹ đạo ổn định. Để thuận tiện ta quy ước một quỹ đạo gần tròn thành một đường tròn. Trong hệ tọa độ $Oxyz$, gốc tọa độ là tâm trái đất, một vệ tinh nhân tạo có quỹ đạo được coi như một đường tròn có bán kính 13440 km có điểm xuất phát là điềm $B\left(4032;0;-5376\right)$ và đây cũng là điểm gần Trái Đất nhất của vệ tinh. Quỹ đạo của vệ tinh này nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung và có tâm nằm trên đường thẳng $OB$. Coi trái đất là hình cầu hoàn hảo có bán kính bằng 6400 km .
a) Phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là $x+z=0$.
b) Khi xuất phát tại điểm $B$ vệ tinh đang ở độ cao 320 km so với mặt đất.
c) Quỹ đạo của tên lửa là đường tròn có tâm $I\left(-4032;0;5736\right)$.
d) Khi Trái Đất quay, điểm cực Nam và cực Bắc của Trái Đất không thay đổi vị trí. Biết rằng điểm cực Nam của Trái Đất có tọa độ là $M\left(0;3840;5120\right)$. Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam bằng 10112km ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Lòi giải

a) Sai: Quỹ đạo của vệ tinh này nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung nên một vectơ chỉ phương của mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là $\left(0;1;0\right)$.

Khi đó phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có dạng $y+a=0$
Quỹ đạo đi qua điểm $B\left(4032;0;-5376\right)$ nên $0+a=0\Rightarrow a=0$
Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là $y=0$.
b) Đúng: Khoảng cách ngắn nhất từ Trái Đất đến vệ tinh là:

$OB-R=\sqrt {4032^{2}+0^{2}+(-5376)^{2}} -6400=320\mathrm{\,\;km}$

Vậy khi xuất phát tại điểm $B$ thì vệ tinh đang ở độ cao 320 km so với mặt đất
c) Sai: Quỹ đạo của vệ tinh có tâm nằm trên đường thẳng $OB$ nên tâm $I$ nằm trên đường thẳng $OB$

Mặt khác: $IB=R_{qd}=13440=2.OB$ nên $O$ là trung điểm của $IB$
Khi đó $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x_{I}=2x_{O}-x_{B}\\y_{I}=2y_{O}-y_{B}\\z_{I}=2z_{O}-z_{B}\end{array}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{*{20}{l}}x_{I}=-4032\\y_{I}=0\\z_{I}=5376\end{array}\right. \right. $ nên tọa độ điểm $I\left(-4032;0;5376\right)$
d) Sai: Gọi $H$ là hình chiếu của $K$ lên mặt phẳng quỹ đạo $y=0\Rightarrow H\left(0;0;5120\right)$

Khi đó: $KH=d\left(K,\left(y=0\right)\right)=3840;IH=\sqrt {4032^{2}+(5376-5120)^{2}} =64\sqrt {3985} $
Từ đó suy ra: $NH=IN-IH=13440-64\sqrt {3985} $
Nối $I$ và $H$ cắt vệ tinh tại $N$ thì khi đó:

$KN_{\mathrm{\,min}}=\sqrt {KH^{2}+NH^{2}} =\sqrt {3840^{2}+(13440-64\sqrt {3985} )^{2}} \approx 10154\left(\mathrm{\,\;km}\right)$

Bài toán 9: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho hai viên bi xanh và đỏ ban đầu dạng hai mặt cầu lần lượt là $\left(S_{do}\right):(x-10)^{2}+y^{2}+(z-3)^{2}=9$ và $\left(S_{xanh}\right):(x+12)^{2}+y^{2}+(z-4)^{2}=16$. Biết mặt đất trùng với mặt phẳng $Oxy$ và hai mặt cầu này tiếp xúc với mặt phẳng $Oxy$ với điểm tiếp xúc nằm trên trục $Ox$. Truyền cho hai viên bi đỏ và xanh lần lượt các tốc độ không đổi $v_{\mathrm{\,d}}=5\left(\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}\right)$ và $v_{x}=3$ $\left(\mathrm{\,m}/\mathrm{\,s}\right)$ thì hai viên bi lăn thẳng về phía nhau dọc theo trục $Ox$ (Điểm tiếp xúc luôn nằm trên $Ox$ ). Sau
khoảng thời gian bằng bao nhiêu giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên (Đơn vị trên hệ trục tọa độ là mét và kết quả làm tròn đến hàng phần chục)

Lòi giải

Gọi $M,N$ lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục $Ox$
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là 22 m

Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau 1 m .

Khi đó: $\mathrm{\,sin}\alpha =\dfrac{1}{7}$ suy ra $MN=7\cdot \mathrm{\,cos}\alpha =4\sqrt {3} $ nên hai viên va chạm nhau khi $MN=4\sqrt {3} $.
Phương trình tọa độ điểm $M$ theo trục $Ox:10-5t$
Phương trình tọa độ điểm $N$ theo trục $Ox:-12+3t$

$\mathrm{\,\;Do\;}MN=4\sqrt {3} \Leftrightarrow \left|10-5t+12-3t\right|=4\sqrt {3} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{20}{l}}8t-22=4\sqrt {3} \\8t-22=-4\sqrt {3} \end{array}\Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{20}{l}}t\approx 1,88\left(\mathrm{\,\;nhan\;}\right)\\t\approx 3,61\left(\mathrm{\,\;loai\;}\right)\end{array}\right. \right. $

Vậy sau khoảng 1,88 giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Bài toán 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, một con chim bồ câu xuất phát từ $O\left(0;0;0\right)$ di chuyển với vectơ vận tốc $\overrightarrow {v_{1}} =\left(1;2;2\right)$. Cùng lúc đó, một con chim én cũng bắt đầu di chuyển từ $A\left(0;0;5\right)$ với vectơ vận tốc $\overrightarrow {v_{2}} =\left(0;3;4\right)$. Tồn tại một vùng không gian nguy hiểm, nơi mà ở đó thường xuyên xuất hiện những người săn bắt chim có dạng mặt cầu $(x-2)^{2}+(y-4)^{2}+(z-4)^{2}=16$. Biết
rằng mỗi đơn vị trên các trục tọa độ trong không gian tương đương 1 m và đơn vị đo thời gian tính bằng giây.
a) Tốc độ di chuyển của chim bồ câu là $3\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$
b) Chim én có di chuyển vào vùng nguy hiểm trong quá trình bay
c) Thời gian mà chim bồ câu di chuyển trong vùng nguy hiểm nhỏ hơn 5 giây
d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng quỹ đạo của hai con chim bằng $\dfrac{2}{3}\mathrm{\,\;m}$.

Lòi giải:

a) Đúng: Vận tốc của chim bồ câu: $v_{1}=\sqrt {1^{2}+2^{2}+2^{2}} =3\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$.
b) Đúng: Phương trình quỹ đạo bay của chim én là $d_{1}:\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=0\\y=3t\\z=5+4t\end{array}\right. $ nên $M\left(0;3t;5+4t\right)\in d_{1}$

Thay tọa độ điểm $M\left(0;3t;5+4t\right)$ vào phương trình mặt cầu $\left(S\right)$ ta được:
$4+(3t-2)^{2}+(4t+1)^{2}=16\Leftrightarrow $Vậy chim én có bay vào vùng nguy hiểm
c) Đúng: Phương trình quỹ đạo bay của chim bồ câu là: $d_{2}:\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=t\\y=2t\mathrm{\,\;n\^e n\;}N\left(t;2t;2t\right)\in d_{2}\\z=2t\end{array}\right. $

Thay tọa độ điểm $N\left(t;2t;2t\right)$ vào phương trình mặt cầu $\left(S\right)$ ta được:

$(t-2)^{2}+(2t-4)^{2}+(2t-4)^{2}=16\Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{20}{l}}t=\dfrac{2}{3}\\t=\dfrac{10}{3}\end{array}\right. $

Khi đó $A\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3}\right)$ và $B\left(\dfrac{10}{3};\dfrac{20}{3};\dfrac{20}{3}\right)$ nên $AB=\sqrt {\left(\dfrac{10}{3}-\dfrac{2}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{20}{3}-\dfrac{4}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{20}{3}-\dfrac{4}{3}\right)^{2}} =8\mathrm{\,\;m}$
Thời gian chim bồ câu bay trong vùng nguy hiểm là: $t_{1}=\dfrac{8}{3}\approx 2,66\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$ nhỏ hơn $5\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$.
d) Sai: Đường thẳng $d_{1}$ đi qua $M_{1}\left(0;0;5\right)$ và $d_{2}$ đi qua $M_{2}\left(0;0;0\right)$ nên $\overrightarrow {M_{1}M_{2}} =\left(0;0;-5\right)$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng quỹ đạo bay của hai con chim:

$d\left(d_{1};d_{2}\right)=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow {u_{1}} ;\overrightarrow {u_{2}} \right]\cdot \overrightarrow {M_{1}M_{2}} \right|}{\left|\left[\overrightarrow {u_{1}} ;\overrightarrow {u_{2}} \right]\right|}\approx 2,78\mathrm{\,\;m}.$

Bài toán 11: Một kho chứa hàng có dạng hình lăng trụ đứng $ABFPE$.DCGQH với $ABFE$ là hình chữ nhật và $EFP$ là tam giác cân tại $P$. Gọi $T$ là trung điểm của $DC$. Các kích thước của kho chứa lần lượt là $AB=6\mathrm{\,\;m};AE=5\mathrm{\,\;m};AD=8\mathrm{\,\;m};QT=7\mathrm{\,\;m}$. Người ta mô hình hoá nhà kho bằng cách chọn hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là điểm $O$ thuộc đoạn $AD$ sao cho $OA=2\mathrm{\,\;m}$ và các trục tọa độ tương ứng như hình vẽ dưới đây. Khi đó:

a) Toạ độ điểm $Q$ là $\left(-6;3;5\right)$.
b) Véc tơ $\overrightarrow {OC} $ có toạ độ là $\left(-6;6;0\right)$.
c) Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của $FG$ và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí $O$. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ $O$ đến $K$ sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng $5+2\sqrt {10} \mathrm{\,\;m}$.
d) Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130.000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3.750 .000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

Lòi giải :

(a) Kẻ $TM\bot Oy,CN\bot Oy$. Vì $T$ là hình chiếu của $Q$ lên ( $Oxy$ ) nên

$\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x_{Q}=x_{T}=-OD=-\left(AD-OA\right)=-6\\y_{Q}=y_{T}=OH=\dfrac{AB}{2}=3\end{array}.\mathrm{\,\;V\`a \;}z_{Q}=QT=7.\mathrm{\,\;Suy\;ra\;}Q\left(-6;3;7\right).\right. $

(b) Vì $C\in \left(Oxy\right)$ nên $z_{C}=0$. Ta có $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x_{C}=-OD=-6\\y_{C}=ON=AB=6\end{array}\right. $, suy ra $C\left(-6;6;0\right)$. Vậy $\overrightarrow {OC} =\left(-6;6;0\right)$.
(c) Gọi $L$ là trung điểm của $FG$. Ta có: $z_{K}=OK=AE=5$. Suy ra $K\left(0;0;5\right)\Rightarrow OK=5$.
$B,C$ lần lượt là hình chiếu của $F,G$ lên $\left(Oxy\right)$. Suy ra $F\left(2;6;5\right),G\left(-6;6;5\right)$.
Mà $L$ là trung điểm của $FG$ nên $L\left(-2;6;5\right)\Rightarrow KL=2\sqrt {10} $.
Vậy độ dài đoạn cáp tối thiểu từ $O$ đến $K$ sau đó nối thẳng đến camera là

$OK+KL=5+2\sqrt {10} \left(\mathrm{\,\;m}\right)$

(d) $FG=\sqrt {(-6-2)^{2}+(6-6)^{2}+(5-5)^{2}} =8$ (m).
$GQ=\sqrt {(-6+6)^{2}+(3-6)^{2}+(7-5)^{2}} =\sqrt {13} \left(\mathrm{\,\;m}\right)$. Suy ra $S_{FGQP}=FG\cdot GQ=8\sqrt {13} \left(\mathrm{\,\;}\mathrm{\,m}^{2}\right)$.
Diện tích lợp tôn mái nhà là $2S_{FGQP}=16\sqrt {13} \left(\mathrm{\,\;}\mathrm{\,m}^{2}\right)$.
Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là $16\sqrt {13} \cdot 130000\approx 7500000$ đồng).
Bài toán 12 : Hình 1 mô tả một chiếc đồng hồ mặt trời với một mặt đáy hình chữ nhật nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang, trên đó có một mặt đồng hồ hình tròn. Trên mặt đáy này có gắn một chiếc cọc, bóng của cọc khi chiếu sáng sẽ chi giờ trên mặt đồng hồ. Chiếc đồng hồ mặt trời như vậy được mô hình hóa trong một hệ tọa độ $Oxyz$ như hình 2 . Ở đây, hình chữ nhật $ABCD$ với $A\left(5;-4;0\right)$ và $B\left(5;4;0\right)$ mô tả mặt đáy của đồng hồ mặt trời. Điểm gắn cọc trên mặt đáy trong mô hình được biểu diễn bởi tâm $M\left(2,5;0;2\right)$ của hình chữ nhật $ABCD$. Một đơn vị độ dài trong hệ tọa độ tương ứng 10 cm trong thực tế. Mặt phẳng ngang trong mô hình được biểu diễn bởi mặt phẳng (Oxy)

Hình 1

Hình 2
a) Mặt phẳng $\left(E\right)$ chứa hình chữ nhật $ABCD$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n=\left(4;0;5\right)$.
b) Mặt đáy của đồng hồ nghiêng một góc $\alpha $ so với mặt phẳng ngang. Để đồng hồ hiển thị thời gian chính xác tại vĩ độ $\phi $ thì $\alpha +\phi =90^{\circ }$. Vậy chiếc đồng hồ này được thiết kế tại nơi có vĩ độ nhỏ hơn $51^{\circ }$.
c) Trong mô hình, cọc đồng hồ được biểu diễn bởi đoạn thẳng $MS$ với $S\left(4,5;0;4,5\right)$. Ánh sáng mặt trời chiếu vào đồng hồ mặt trời tại thời điểm $t_{0}$ nhất định trong một ngày hè được mô hình hóa bằng các đường thẳng song song có vectơ chỉ phương $\vec u=\left(6;6;-13\right)$ thì bóng của đỉnh cọc nằm trong hình chữ nhật $ABCD$
d) Lúc 6 giờ, bóng của cọc đồng hồ đi qua trung điểm cạnh $BC$. Lúc 12 giờ, bóng đi qua trung điểm cạnh $AB$ và lúc 18 giờ, bóng đi qua trung điểm cạnh $AD$ thì thời điểm $t_{0}$ mà ta đang xét xảy ra trước 12 giờ.

Lòi giải

a) Đúng: $\overrightarrow {MA} =\left(\dfrac{5}{2};-4;-2\right);\overrightarrow {MB} =\left(\dfrac{5}{2};4;-2\right)$ suy ra $\vec n//\left[\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} \right]//\left(4;0;5\right)$
b) Sai: $\overrightarrow {n_{\left(Oxy\right)}} =\vec k=\left(0;0;1\right)$ nên $\mathrm{\,cos}\alpha =\dfrac{\left|\vec n\cdot \overrightarrow {n_{1}} \right|}{\left|{\vec n}\right|\cdot \left|\overrightarrow {n_{1}} \right|}=\dfrac{5}{\sqrt {4^{2}+5^{2}} }=\dfrac{5}{\sqrt {41} }\Rightarrow \alpha \approx 38,66^{\circ }\Rightarrow \phi \approx 51,34^{\circ }$
c) Sai: Tọa độ điểm $S\left(\dfrac{9}{2};0;\dfrac{9}{2}\right)$

Ánh sáng mặt trời đi qua $S$ tại thời điểm $t_{0}$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và có $\overrightarrow {u_{d}} =\left(6;6;-13\right)$

Phương trình đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=\dfrac{9}{2}+6t\\y=6t\\z=\dfrac{9}{2}-13t\end{array}\right. $
Mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ đi qua $A\left(5;4;0\right)$ có vectơ pháp tuyến $\vec n=\left(4;0;5\right)$ nên có phương trình là:

$4\left(x-5\right)+5\left(z-0\right)=0\Leftrightarrow 4x+5z-20=0$

Vậy $S'=d\cap \left(ABCD\right)\Rightarrow S'\left(\dfrac{15}{2};3;-2\right)$ mà $x_{{S'}}=\dfrac{15}{2}>5$ nên điểm $S'$ nằm ngoài miền hình chữ nhật $ABCD$.
d) Đúng: Gọi $I;J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $BC$, ta có $I\left(\dfrac{5}{2};4;2\right)\Rightarrow \overrightarrow {MI} =\left(0;4;0\right)$ Khi đó $\overrightarrow {MS'} =\left(5;3;-4\right)\Rightarrow \mathrm{\,cos}\alpha =\dfrac{3\sqrt {2} }{10}\Rightarrow \alpha =64,9^{\circ }$

Bài toán 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, coi Trái Đất là một hình cầu có tâm là gốc tọa độ và có bán kính bằng 16 (đơn vị dài trên mỗi hệ trục tọa độ là 400 km ). Coi tầng điện ly luôn cách bề mặt Trái Đất 400 km , tức là tầng điện li là một mặt cầu có tâm là gốc tọa độ $O$. Từ một đài phát $A$ đặt tại điểm $A\left(16;0;0\right)$ có phát một sóng điện từ với tần số 10 MHz lên trên cao (với tốc độ không đổi bằng $3.10^{8}\mathrm{\,\;m}/\mathrm{\,s}$ ) hướng theo vectơ $\vec u=\left(1;2;0\right)$, sóng điện từ này gặp tầng điện ly tại điểm $B$, sau đó bị phản xạ và truyền trả lại gặp bề mặt Trái Đất tại điểm $C$. Biết rằng tính chất phản xạ cho ta kết quả là: bốn điểm $O,A,B,C$ thẳng hàng và $ABO=OBC,AOB=BOC$

a) Tầng điện ly là một mặt cầu có tâm $O$ và bán kính 16
b) Phương trình tham số của đường thằng $AB$ là: $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=16+t\\y=2t\\z=0\end{array}\mathrm{\,\;}\left(t\in \mathbb{R}\right)\right. $
c) Nếu tọa độ điểm $B$ là $\left(a;b;c\right)$ thì ta có $(a+2b+c)^{2}=256$
d) Tính theo đơn vị km (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) thì quãng đường thực tế lớn nhất đi được giữa $A$ cad $C$ ở bề mặt Trái Đất khoảng 1361km.

Lòi giải

a) Đúng: Ta có tầng điện li luôn cách bề mặt Trái Đất 400 km tương ứng với 1 đơn vị độ dài trong hệ trục tọa độ Oxyz nên khi đó:

Tầng điện li là một mặt cầu tâm $O$ và bán kính bằng $R=16+1=17$.
Khi ấy ta có phương trình mặt cầu tầng điện $\mathrm{\,li}\left({S'}\right):x^{2}+y^{2}+z^{2}=17^{2}$
b) Đúng: Đường thẳng $AB$ đi qua $A\left(16;0;0\right)$ với vectơ chi phương là $\vec u=\left(1;2;0\right)$ nên ta suy ra phương trình tham số của đường thẳng tương ứng là $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=16+t\\y=2t\\z=0\end{array}\mathrm{\,\;}\left(t\in \mathbb{R}\right)\right. $
c) Sai: Ta có $B=AB\cap \left({S'}\right)$ thì khi đó ta có tọa độ $B\left(16+t;2t;0\right)$, từ đó ta có phương trình:

Do $\overrightarrow {AB} =k.\vec u$ nên $y_{B}-y_{A}=k>0\Rightarrow y_{B}=2t>0\Rightarrow t>0$ tức ta nhận $t=t_{0}=\dfrac{-16+\sqrt {421} }{5}$
Suy ra $T=(a+2b+c)^{2}=\left(x_{B}+2y_{B}+z_{B}\right)^{2}=(5t+16)^{2}$, thế vào ta có được $T=421$
d) Sai: Trước hết từ hình vẽ dưới, ta có:
$\mathrm{\,cos}\alpha =\mathrm{\,cos}AOB=\dfrac{\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} }{OA\cdot OB}=\dfrac{t_{0}+16}{17}\Rightarrow AOC=2AOB=2\dfrac{\pi }{180}\mathrm{\,arccos}\left(\dfrac{t_{0}+16}{17}\right)$ (radian)
Gọi $\left(C\right)$ là đường tròn giao tuyến tạo bởi mặt phẳng $\left(OABC\right)$ cắt mặt cầu $\left(S\right)$ tức Trái Đất.

Khi ấy quãng đường lớn nhất giữa hai điểm $A$ và $C$ chính là cung lớn $AC$ (kí hiệu là $L$ ) thuộc đường tròn $\left(C\right)$ như hình vẽ trên.

Ta có chu vi đường tròn $\left(C\right)$ là $C=2\pi R_{td}=32\pi $
Và độ dài cung nhỏ $AC$ là $l=AOC\cdot R_{td}=\dfrac{8\pi }{45}\mathrm{\,arccos}\left(\dfrac{t_{0}+16}{17}\right)$ (công thức độ dài cung tròn)
Suy ra quãng đường cần tìm là: $L=C-l=32\pi -\dfrac{8\pi }{45}\mathrm{\,arccos}\left(\dfrac{t_{0}+16}{17}\right)$
Với $t_{0}=\dfrac{-16+\sqrt {421} }{5}$ và 1 đơn vị dài $=400$ km thực tế, ta suy ra quãng đường thực tế lớn nhất cần tìm bằng $L_{tt}=400\mathrm{\,\;L}\approx 40189\mathrm{\,\;km}$.

Bài toán 14: (Sở Phú Thọ 2025) Đường ống dẫn dầu trên không là hệ thống đường ống được treo trên các giá đỡ hoặc cột cao, dùng để vận chuyển dầu thô hoặc các sản phẩm dầu mỏ từ nơi này đến

Trang. 30
nơi khác mà không cần chôn dưới lòng đất. Hệ thống này thường được sử dụng trong các khu vực có địa hình khó khăn, vùng băng giá, rừng rậm..., những nơi mà việc đào đường ống ngầm không khả thi.

Với hệ trục tọa độ $Oxyz$ thích hợp, mặt đất là mặt phẳng $\left(Oxy\right)$, đơn vị trên mỗi trục là mét, người ta thiết lập một đường ống dẫn dầu trên không dọc theo đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=0\\y=t\\z=20\end{array}\right. $ ( $t$ là tham số). Vì địa hình phức tạp, người ta chọn điểm $A\left(15;10;15\right)$ để làm điểm trung chuyển dầu từ mặt đất đến đường ống này.
a) Đường thẳng $d$ nằm trên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$.
b) Điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ có tọa độ $A'\left(-15;-10;15\right)$.
c) Do thực tế công việc, người ta cần xác định vị trí điểm $B\left(0;b;20\right)$ thuộc đường ống và vị trí điểm $C\left(m;n;0\right)$ thuộc mặt đất sao cho tổng độ dài các đoạn đường $AB,BC,AC$ nhỏ nhất. Ta có $m+n+b=$ $\dfrac{200}{7}$.
d) Giá trị nhỏ nhất của tổng độ dài các đoạn đường $AB,BC,AC$ làm tròn đến hàng phần chục bằng $45,5\mathrm{\,\;m}$.

Lòi giải

a) Đúng. Ta có $M\left(0;1;20\right)$ và $N\left(0;2;20\right)$ thuộc đường thẳng $d$. Mà $M\left(0;1;20\right)$ và $N\left(0;2;20\right)$ cũng thuộc mặt phẳng $\left(Oyz\right):x=0$ nên đường thẳng $d$ nằm trên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$.
b) Sai. Nếu điểm $I\left(a;b;c\right)$ thì điểm đối xứng với $I$ qua mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ là $I'\left(a;b;-c\right)$

Do đó điểm đối xứng với $A\left(15;10;15\right)$ qua mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ là $A'\left(15;10;-15\right)$.
c) Đúng. Ta có $AB+AC+BC=AB+A'C+BC\geq AB+A'B$

$=\sqrt {15^{2}+(t-10)^{2}+5^{2}} +\sqrt {15^{2}+(t-10)^{2}+35^{2}} \geq \sqrt {15^{2}+5^{2}} +\sqrt {15^{2}+35^{2}} =5\sqrt {58} +5\sqrt {10} $

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{*{20}{l}}t=10\\C=A'B\cap \left(Oxy\right)\end{array}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{*{20}{l}}B\left(0;10;20\right)\\C=A'B\cap \left(Oxy\right)\end{array}\right. \right. $.
Ta có $A'B$ đi qua $B\left(0;10;20\right)$ và có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {A'B} =\left(-15;0;35\right)=-5\left(3;0;-7\right)$ nên phương trình $A'B$ là $\left\{\begin{array}{*{20}{l}}x=3t\\y=10\\z=20-7t\end{array}\right. $. Vì $C=A'B\cap \left(Oxy\right)\Rightarrow z_{C}=0\Rightarrow t=\dfrac{20}{7}\Rightarrow C\left(\dfrac{60}{7};10;0\right)$

Do đó $m+n+b=\dfrac{60}{7}+10+10=\dfrac{200}{7}$.

d) Sai. Ta có $5\sqrt {58} +5\sqrt {10} \approx 53,9$