Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)

Ta có:
$$\left|\overrightarrow{OB}\right|=\sqrt{3^2+(-4{)}^2+0^2}=5$$
$$\left|\overrightarrow{OC}\right|=\sqrt{6^2+0^2+0^2}=6$$
$$\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{(6-3{)}^2+(0-(-4){)}^2+0^2}=5$$
Vậy $OC>OB=BC$. Do $(OBC)\equiv (Oxy)$ nên ta xét điểm $M$ thuộc miền trong tam giác $OBC$ thì cũng nằm trong mặt phẳng $Oxy$. Lúc này, ta xét tọa độ tương ứng của các đỉnh $O,B,C,M$ trong mặt phẳng $Oxy$ tương ứng với bộ số gồm hoành độ và tung độ của chính điểm đó trong không gian $Oxyz$.

Do $BO=BC$ nên $B$ nằm trên đường trung trực của $OC$. Đường thẳng này đi qua $B(3,-4)$ và nhận $\overrightarrow{OC}(6,0)$ làm vecto pháp tuyến nên có phương trình $6(x-3)+0(y+4)=0\iff x-3=0\iff x=3$. Với mỗi điểm $M$ nằm trong tam giác $OBC$ cận tại $B$. Gọi $M^{\prime }$ là điểm đối xứng với $M$ qua đường thẳng $x=3$ và $N$ là giao điểm của $M{M}^{\prime }$ với đường thẳng $x=3$. Do đó $N$ là trung điểm $M{M}^{\prime }$.
Ta biết rằng với hai vecto $\vec{a},\vec{b}$ bất kì trong mặt phẳng, ta luôn có bất đẳng thức $\left|\vec{a}+\vec{b}\right|\le |\vec{a}|+|\vec{b}|$. Khi đó ta có:
$$\left|2\overrightarrow{ON}\right|=\left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{O{M}^{\prime }}\right|\le \left|\overrightarrow{OM}\right|+\left|\overrightarrow{O{M}^{\prime }}\right|\Rightarrow 2ON\le OM+O{M}^{\prime }$$
$$\left|2\overrightarrow{CN}\right|=\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{C{M}^{\prime }}\right|\le \left|\overrightarrow{CM}\right|+\left|\overrightarrow{C{M}^{\prime }}\right|\Rightarrow 2CN\le CM+C{M}^{\prime }$$
$$\left|2\overrightarrow{BN}\right|=\left|\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{B{M}^{\prime }}\right|\le \left|\overrightarrow{BM}\right|+\left|\overrightarrow{B{M}^{\prime }}\right|\Rightarrow 2BN\le BM+B{M}^{\prime }$$
Từ các bất đẳng thức vừa thu được và tính chất đối xứng trục, ta được:
$$2(NO+NC+NB)\le MO+MC+MB+M^{\prime }O+M^{\prime }C+M^{\prime }B=2(MO+MC+MB)$$
Vậy ta được $MO+MC+MB\ge NO+NC+NB$ với mọi $M$ bất kì và $N$ là hình chiếu của $M$ trên đường thẳng $x=3$.
Do đó, để tìm điểm $M$ thỏa mãn bài toán, ta chỉ cần xét điểm $M$ trên đường thẳng $x=3$ hay $M(3;y_M)$.
Ta có:
$$MO=\sqrt{3^2+y_M^2}=\sqrt{9+y_M^2}$$
$$MC=\sqrt{(6-3{)}^2+(0-y_M{)}^2}=\sqrt{9+y_M^2}$$
$$MB=\sqrt{(3-3{)}^2+(-4-y_M{)}^2}=\sqrt{(y_M+4{)}^2}=|y_M+4|=y_M+4$$
do $M$ thuộc miền trong tam giác $OBC$ nên $-4\le y_M\le 0$.
Vậy ta được:
$$MO+MC+MB=2\sqrt{y_M^2+9}+y_M+4=f(y_M)$$
Xét hàm số $f(x)=2\sqrt{x^2+9}+x+4$ trên $[-4;0]$, ta có: $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{\sqrt{x^2+9}}+1,\forall x\in [-4;0]$. Xét phương trình:
$$f^{\prime }(x)=0\iff \frac{2x}{\sqrt{x^2+9}}+1=0\iff \sqrt{x^2+9}=-2x\iff x^2+9=4x^2\iff x^2=3\iff x=\sqrt{3}\text{ (loại) hoặc }x=-\sqrt{3}\text{ (nhận)}$$
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ là $3\sqrt{3}+4$ khi và chỉ khi $x=-\sqrt{3}$.
Vậy điểm $M$ thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ là $\left(3;-\sqrt{3}\right)$ trong mặt phẳng $Oxy$ hay $\left(3;-\sqrt{3};0\right)$ trong không gian $Oxyz$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;5;0)$, $A^{\prime }(0;0;4)$ (vì $C^{\prime }(6;5;4)$). Khi đó $P$ trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ với $B^{\prime }(6;0;4)$ nên $P(6;0;2)$. Điểm $M$ trên $A{A}^{\prime }$ nên $M(0;0;t)$ với $0\le t\le 4$.

Chiều dài dây: $f(t)=QM+MP=\sqrt{2,4^2+(1,8-t{)}^2}+\sqrt{6^2+(2-t{)}^2}$.

Đặt $a=1,8-t$ (khi đó $2-t=a+0,2$). Đạo hàm $f^{\prime }(t)=\frac{t-1,8}{\sqrt{5,76+(1,8-t{)}^2}}+\frac{t-2}{\sqrt{36+(2-t{)}^2}}=0$ tương đương $\frac{a}{\sqrt{5,76+a^2}}=-\frac{a+0,2}{\sqrt{36+(a+0,2{)}^2}}$, suy ra $-0,2<a<0$. Bình phương hai vế: $36a^2=5,76(a+0,2{)}^2\Rightarrow 6|a|=2,4|a+0,2|\Rightarrow -6a=2,4(a+0,2)\Rightarrow a=-\frac{2}{35}$.

Vậy $t=1,8+\frac{2}{35}=\frac{13}{7}\approx 1,857$ (thỏa $[0;4]$), và $2-t=\frac{1}{7}$.

$f_{\min }=\sqrt{5,76+\frac{4}{1225}}+\sqrt{36+\frac{1}{49}}=\frac{\sqrt{7060}}{35}+\frac{\sqrt{1765}}{7}\approx 2,4007+6,0017\approx 8,4024$.

Độ dài nhỏ nhất của dây cáp là $\approx 8,40$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục $Ox$ hướng đông, $Oy$ hướng bắc, $Oz$ hướng lên (đơn vị km). Drone 1: $A(1,5;-2,5;0,06)$; drone 2: $B(-2,5;3;0,04)$. Phản chiếu $A$ qua mặt đất: $A^{\prime }(1,5;-2,5;-0,06)$. Đường thẳng $A^{\prime }B$: vectơ chỉ phương $\vec{u}=(-4;5,5;0,1)$. Phương trình: $x=1,5-4t$, $y=-2,5+5,5t$, $z=-0,06+0,1t$. Giao với mặt đất $z=0$ khi $t=0,6$, suy ra $x=1,5-2,4=-0,9$, $y=-2,5+3,3=0,8$. Vị trí tiếp nhiên liệu cách gốc $0,8$ km về phía bắc và $0,9$ km về phía tây, nên $a+b=0,8+0,9=1,7$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục $Ox$ hướng đông, $Oy$ hướng bắc, đơn vị km. Drone 1: $A(1,5;-2,5;0,06)$; drone 2: $B(-2,5;3;0,04)$. Cần điểm $P(x;y;0)$ trên mặt đất sao cho $PA+PB$ nhỏ nhất. Lấy $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua mặt đất: $A^{\prime }(1,5;-2,5;-0,06)$. Khi đó $PA+PB=P{A}^{\prime }+PB\ge A^{\prime }B$, dấu bằng khi $P$ là giao điểm của đoạn $A^{\prime }B$ với mặt đất. Đường thẳng $A^{\prime }B$: $A^{\prime }+t(B-A^{\prime })$ với $B-A^{\prime }=(-4;5,5;0,1)$. Tại $z=0$: $-0,06+0,1t=0\Rightarrow t=0,6$. Suy ra $x=1,5-4(0,6)=-0,9$, $y=-2,5+5,5(0,6)=0,8$. Vậy điểm tiếp nhiên liệu cách $O$ $0,8$ km về phía bắc và $0,9$ km về phía tây, tức $a=0,8$, $b=0,9$, nên $a+b=1,7$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (1,7).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz với gốc tại điểm xuất phát, trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Khinh khí cầu thứ nhất: A(-2; -3; 0,4); thứ hai: B(1; 1; 0,5). Người đứng trên mặt đất tại M(x; y; 0). Tổng khoảng cách MA + MB nhỏ nhất: lấy A' là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng Oxy, A'(-2; -3; -0,4). Khi đó min(MA + MB) = A'B (đường thẳng từ A' đến B cắt mặt đất tại vị trí người đứng). A'B = sqrt((1-(-2))^2 + (1-(-3))^2 + (0,5-(-0,4))^2) = sqrt(9 + 16 + 0,81) = sqrt(25,81) ≈ 5,0803 ≈ 5,1 km. Kết quả trùng với đáp án nguồn 5,1.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz với gốc tại điểm xuất phát, mặt đất là mặt phẳng Oxy: trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Khinh khí cầu thứ nhất: A(3; -2; 0,5); thứ hai: B(-1; 1; 0,8). Người đứng tại điểm P(x; y; 0) trên mặt đất. Tổng khoảng cách PA + PB nhỏ nhất: lấy A' đối xứng với A qua mặt đất, A'(3; -2; -0,5). Khi đó min(PA + PB) = A'B = √((3+1)² + (-2-1)² + (-0,5-0,8)²) = √(16 + 9 + 1,69) = √26,69 ≈ 5,1667 ≈ 5,2 km. Điểm P là giao của đoạn A'B với mặt đất nên luôn tồn tại vị trí quan sát thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $x$ (m), chiều cao cabin là $h$ (m). Ta có $x^{2}h=5,4$ và $2x^2+4xh=18,9$. Thay $h=5,4/x^2$: $2x^2+21,6/x=18,9\iff 2x^3-18,9x+21,6=0\iff x^3-9,45x+10,8=0$. Thử $x=1,5$: $3,375-14,175+10,8=0$ ✓. Phương trình còn lại $x^2+1,5x-7,2=0$ cho $x\approx 2,035>2$ (loại vì cạnh đáy không tới 2 m). Vậy $x=1,5$ m, $h=5,4/2,25=2,4$ m. Với đơn vị trục $10$ cm: cạnh đáy $15$, chiều cao $24$. Chọn $A$ làm gốc, trục $x$ theo $AD$, trục $y$ theo $AB$, trục $z$ theo $A{A}^{\prime }$: mặt $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $x=0$, mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $y=15$. Camera cách hai vách $20$ cm $=2$ đơn vị nên $a=2$, $b=15-2=13$; camera trên trần nên $c=24$. Do đó $T=a+b+c=2+13+24=39$, khớp đáp án nguồn.

Trả lời: 21. 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 $A^{\prime }{B}^{\prime },C{C}^{\prime },AD$ 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 $M(x;5;0),P(0;0;z),N(5;y;5)$. Chu vi tam giác $MNP$ là: $$MN+NP+PM=\sqrt{(x-5{)}^2+(y-5{)}^2+5^2}+\sqrt{5^2+y^2+(z-5{)}^2}+\sqrt{x^2+5^2+z^2}$$ $$=\sqrt{(5-x{)}^2+(y-5{)}^2+5^2}+\sqrt{y^2+(z-5{)}^2+5^2}+\sqrt{z^2+(-x{)}^2+5^2}$$ Áp dụng bất đẳng thức vecto: $$\Rightarrow MN+NP+PM\ge \sqrt{(5-x+y{)}^2+(y+z-10{)}^2+10^2}+\sqrt{z^2+(-x{)}^2+5^2}$$ $$\ge \sqrt{(5-x+y+z{)}^2+(y-5+z-5-x{)}^2+(5+5+5{)}^2}$$ $$=\sqrt{2{\left(y+z-x-\frac{5}{2}\right)}^2+\frac{225}{2}+(5+5+5{)}^2}\ge 15\sqrt{\frac{3}{2}}=15\frac{\sqrt{6}}{2}$$ Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}y+z-x=\frac{5}{2}\\ \frac{5-x}{y}=\frac{y-5}{z-5}=\frac{5}{5}\\ \frac{5-x+y}{z}=\frac{y+z-10}{-x}=\frac{10}{5}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=z\\ 2y-x=\frac{5}{2}\\ x+y=5\end{array}\iff x=y=z=\frac{5}{2}$. Vậy giá trị cần tìm là $\frac{15}{2}\sqrt{6}\Rightarrow m+n+p=21$.

Đáp số: 24

Ta có $\overrightarrow{MQ}=(400;200;2)\Rightarrow MQ=\sqrt{400^2+200^2+2^2}=2\sqrt{50001}\text{(km)}$
Thời gian máy bay bay từ $M$ đến $Q$ là $30+10=40$ (phút).
Độ lớn vận tốc máy bay là $v_{\mathrm{mb}}=\frac{MQ}{t}=\frac{2\sqrt{50001}}{40}=\frac{\sqrt{50001}}{20}\text{(km/phuˊt)}.$
Từ đó suy ra độ lớn vận tốc pháo là $v_{\mathrm{ph}\acute{\mathrm{a}}\mathrm{o}}=5v_{\mathrm{mb}}=\frac{\sqrt{50001}}{4}\text{(km/phuˊt)}$
Vì vận tốc máy bay không đổi nên $\frac{MN}{MQ}=\frac{30}{40}=\frac{3}{4}\Rightarrow 4MN=3MQ\Rightarrow 4\overrightarrow{MN}=3\overrightarrow{MQ}$
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}4\left(x_N-1000\right)=3.400\\ 4\left(y_N-600\right)=3.200\\ 4\left(z_N-14\right)=3.2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_N=1300\\ y_N=750\\ z_N=15,5\end{array}\Rightarrow N\left(1300;750;15,5\right).$$
Suy ra $\overrightarrow{EN}=(1200;600;6)\Rightarrow EN=\sqrt{1200^2+600^2+6^2}=6\sqrt{50001}\text{(km)}.$
Thời gian pháo bay từ $E$ đến $N$ là $\frac{EN}{v_{\text{phaˊo}}}=\frac{6\sqrt{50001}}{\frac{\sqrt{50001}}{4}}=24\text{(phuˊt)}$.
Vậy sau 24 phút kể từ khi máy bay bay từ $M$ thì người điều khiển pháo phải bắn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: mặt đất là mặt $z=0$; bức tường chiếm phần không gian $0\le x\le 2$ (hai mặt tường là $x=0$ và $x=2$), trục $y$ chạy dọc theo chân tường, trục $z$ thẳng đứng.

- Chân trạm A cách mặt tường gần nhất 13m nên $A=(-13;0;9)$.
- Chân trạm B cách mặt tường bên kia 6m nên B có hoành $x=2+6=8$, độ cao $7$: $B=(8;y_B;7)$.
- Vì $AB=32$: $21^2+y_B^2+(9-7{)}^2=32^2\Rightarrow y_B^2=1024-441-4=579$, tức $y_B=\sqrt{579}\approx 24,0624$.

Lỗ khoét vuông góc với tường, nằm trên mặt đất: $C=(0;t;0)$, $D=(2;t;0)$ với tham số $t$ (tọa độ dọc theo chân tường). Độ dài đường đi:
$$L(t)=AC+CD+DB=\sqrt{13^2+9^2+t^2}+2+\sqrt{6^2+7^2+(\sqrt{579}-t{)}^2}$$
$$=\sqrt{t^2+250}+\sqrt{(\sqrt{579}-t{)}^2+85}+2.$$

Để $L(t)$ nhỏ nhất, ta có thể hiểu: phản xạ $A$ qua mặt đất thành $A^{\prime }=(-13;0;-9)$ thì $AC=A^{\prime }C$, và dịch chuyển $B$ về trước một đoạn bằng vector của đường hầm $(2;0;0)$ thành $B^{\ast }=(6;\sqrt{579};7)$ thì $DB=C{B}^{\ast }$. Khi đó cần cho tổng $A^{\prime }C+C{B}^{\ast }$ nhỏ nhất với $C$ chạy trên đường thẳng $(x=0,z=0)$.

Đạo hàm $L^{\prime }(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+250}}-\frac{\sqrt{579}-t}{\sqrt{(\sqrt{579}-t{)}^2+85}}=0$
$$\Rightarrow t^2((\sqrt{579}-t{)}^2+85)=(\sqrt{579}-t{)}^2(t^2+250)\Rightarrow 85t^2=250(\sqrt{579}-t{)}^2.$$
Suy ra $\sqrt{579}-t=t\sqrt{0,34}$, nên
$$t=\frac{\sqrt{579}}{1+\sqrt{0,34}}\approx \frac{24,0624}{1,58310}\approx 15,199,\sqrt{579}-t\approx 8,864.$$
Khi đó (dùng điều kiện tỉ số để rút gọn):
$$L_{\min }=\sqrt{579}\cdot \sqrt{1+\frac{250}{t^2}}+2\approx 24,0624\cdot \sqrt{1+\frac{250}{231,005}}+2\approx 24,0624\cdot 1,44300+2\approx 34,72+2=36,72.$$

Kiểm tra: $L(0)\approx 15,81+25,77+2=43,58$; $L(\sqrt{579})\approx 28,79+9,22+2=40,01$, đều lớn hơn giá trị tìm được, và hàm $L(t)$ là tổng các hàm lồi nên điểm tới hạn là cực tiểu toàn cục.

Vậy đường đi ngắn nhất của tín hiệu từ A đến B có độ dài xấp xỉ $\boxed{36,7}$ m.

[Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]

Nhận thấy $OA=\sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21}\approx 4,582>3$;

$OB=\sqrt{(-1{)}^2+{\left(\frac{-1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\approx 3,67>3$.

Suy ra hai điểm $A,B$ nằm ngoài tầm phát hiện của trạm theo dõi.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-5;\frac{-5}{2};\frac{5}{2}\right)=\frac{5}{2}(-2;-1;1)=\frac{5}{2}\vec{u}$.

Gọi $M(x,y,z)$ là vị trí của vệ tinh trên đoạn $AB$ trong phạm vi phát hiện của trạm theo dõi.

Khi đó ta có $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$, với $t>0\Rightarrow M(4-2t;2-t;1+t)$

$OM\le 3\iff (4-2t{)}^2+(2-t{)}^2+(1+t{)}^2\le 9\iff 1\le t\le 2$.

Với $t=1\Rightarrow M_1(2;1;2)$

Với $t=2\Rightarrow M_2(0;0;3)$

Vậy vị trí đầu tiên vệ tinh bị theo dõi là $M_1(2;1;2)$ và vị trí cuối cùng trước khi ra khỏi phạm vi theo dõi là $M_2(0;0;3)$

Ta có $M_1{M}_2=\sqrt{2^2+1^2+1^2}=\sqrt{6}$ nên khoảng cách thực tế giữa $M_1$ và $M_2$ là $15\sqrt{6}$ km.

Suy ra thời gian vệ tinh bay trong vùng do thám là $t=\frac{15\sqrt{6}}{80}$ (giờ) $=\frac{15\sqrt{6}}{80}\times 60\approx 27,6$ (phút).

[Hình cần kiểm tra lại: p15_f1]

Nhận thấy $OA=\sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21}\approx 4,582>3$;

$OB=\sqrt{(-1{)}^2+{\left(\frac{-1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\approx 3,67>3$.

Suy ra hai điểm $A,B$ nằm ngoài tầm phát hiện của trạm theo dõi.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-5;\frac{-5}{2};\frac{5}{2}\right)=\frac{5}{2}(-2;-1;1)=\frac{5}{2}\vec{u}$.

Gọi $M(x,y,z)$ là vị trí của vệ tinh trên đoạn $AB$ trong phạm vi phát hiện của trạm theo dõi.

Khi đó ta có $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$, với $t>0\Rightarrow M(4-2t;2-t;1+t)$

$OM\le 3\iff (4-2t{)}^2+(2-t{)}^2+(1+t{)}^2\le 9\iff 1\le t\le 2$.

Với $t=1\Rightarrow M_1(2;1;2)$

Với $t=2\Rightarrow M_2(0;0;3)$

Vậy vị trí đầu tiên vệ tinh bị theo dõi là $M_1(2;1;2)$ và vị trí cuối cùng trước khi ra khỏi phạm vi theo dõi là $M_2(0;0;3)$

Ta có $M_1{M}_2=\sqrt{2^2+1^2+1^2}=\sqrt{6}$ nên khoảng cách thực tế giữa $M_1$ và $M_2$ là $10\sqrt{6}$ km

Suy ra thời gian vệ tinh bay trong vùng do thám là $t=\frac{10\sqrt{6}}{80}$ (giờ) $=\frac{10\sqrt{6}}{80}\times 60\approx 18,4$ (phút).

(AI giải đề cho tôi)
A(0;0;0), B(10;0;0), D(0;6;0), C(10;6;0). Vì mặt trên song song mặt dưới nên A1B1 // AB, A1D1 // AD với cùng độ dài, suy ra B1(18;8;6), D1(8;14;6), C1(18;14;6). Điểm P trên vách ADD1A1 có dạng P = A + s·AD + t·AA1 = (8t; 6s+8t; 6t), s,t ∈ [0;1]. Khoảng cách đến C: f = (8t−10)² + (6s+8t−6)² + 36t². Đạo hàm theo s cho 6s+8t=6 ⇒ s = 1 − 4t/3; tại t cho f nhỏ nhất (t = 0,8) ta được s < 0 nên cực tiểu nằm trên biên s = 0, tức cạnh AA1: P = (8t; 8t; 6t). Khi đó f(t) = (8t−10)² + (8t−6)² + 36t², f'(t) = 16(8t−10) + 16(8t−6) + 72t = 328t − 256 = 0 ⇒ t = 32/41 ∈ [0;1]. Kiểm tra biên: t=0 (điểm A, AC = √136 ≈ 11,66), t=1 (điểm A1, ≈ 6,63); cũng xét biên s=1 (cạnh DD1) cho giá trị lớn hơn. Vậy min tại t = 32/41: f = (154² + 10² + 192²)/41² = 60680/1681, khoảng cách ngắn nhất = √60680/41 = 2√15170/41 ≈ 6,01 m.

(AI giải đề cho tôi)
Lập hệ trục toạ độ: $M(0;0;0)$, $Q(12;0;0)$, $N(0;8;0)$, $P(12;8;0)$. Cây Nêu là trục $MG$ với $G(0;0;10)$; cột cổng $A(3;0;3)$; cột đèn $D(0;8;3)$; tường $PQIJ$ là mặt phẳng $x=12$ cao $4m$ (mép trên $IJ$: $z=4$); mái che $IJUV$ là mặt phẳng $z=4$ với $2\le x\le 12$, $0\le y\le 8$; $H(0,5;0;10)$.

Vì $BC\parallel IJ$ (IJ là mép trên của tường, nằm ngang) và $BC=3$, ta đặt $B(12;y;4)$, $C(12;y+3;4)$ trên mép mái.

Tổng dây cần nhỏ nhất là:
$$S=AB+BC+CO+OD+DE+EF+FH=AB+3+CO+OD+DE+2+FH.$$

• $AB=\sqrt{(12-3{)}^2+y^2+(4-3{)}^2}=\sqrt{82+y^2}$.

• $CO+OD$: $O$ nằm trên mái $z=4$, lấy $D^{\prime }(0;8;5)$ đối xứng với $D$ qua mặt phẳng mái. Khi đó $CO+OD=CO+O{D}^{\prime }\ge C{D}^{\prime }=\sqrt{144+(8-y-3{)}^2+1}=\sqrt{145+(5-y{)}^2}$, dấu bằng khi $O$ trùng vị trí giao (mép mái).

• $DE+FH$: đặt $E(0;0;e)$, $F(0;0;e+2)$ thì $FH=\sqrt{0,25+(8-e{)}^2}$ (khoảng cách từ $E$ đến điểm $H^{\prime }(0,5;0;8)$). Hàm $g(e)=\sqrt{64+(3-e{)}^2}+\sqrt{0,25+(8-e{)}^2}$ đạt cực tiểu tại $e\approx 7,71$ (giải $g^{\prime }(e)=0$), giá trị $g\approx 9,862$.

• Hàm $h(y)=\sqrt{82+y^2}+\sqrt{145+(5-y{)}^2}$ đạt cực tiểu tại $y\approx 2,16$ (giải $h^{\prime }(y)=0$), giá trị $h\approx 21,681$.

Vậy $$S_{\min }\approx 21,681+3+9,862+2=36,543\approx 36,5\text{ (m)}.$$
Khớp với đáp án đã cho: 36,5.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: mặt đất là mặt phẳng $Oxy$, $I$ là gốc, $AB$ nằm trên trục $Ox$ với $A(-1;0;0)$, $B(1;0;0)$, đèn $S(0;0;4)$. Tấm pin nghiêng quanh $AB$ một góc $\theta$ nên $C(1;3\cos \theta ;3\sin \theta )$, $D(-1;3\cos \theta ;3\sin \theta )$ với $0<\theta <90^{\circ }$.

Bóng của điểm $P(x;y;z)$ là giao của đường thẳng $SP$ với mặt đất: $P^{\prime }=\left(\frac{4x}{4-z};\frac{4y}{4-z};0\right)$ (tọa độ ngang bị tỉ lệ $\frac{4}{4-z}$).

Suy ra $C^{\prime }=\left(\frac{4}{4-3\sin \theta };\frac{12\cos \theta }{4-3\sin \theta }\right)$, $D^{\prime }=\left(-\frac{4}{4-3\sin \theta };\frac{12\cos \theta }{4-3\sin \theta }\right)$. Vậy hình thang cân $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có hai đáy $AB=2$, $C^{\prime }{D}^{\prime }=\frac{8}{4-3\sin \theta }$ và chiều cao $h=\frac{12\cos \theta }{4-3\sin \theta }$.

Theo đề $h=4,5$: đặt $u=4-3\sin \theta$, ta có $\cos \theta =\frac{3u}{8}$ và $\sin \theta =\frac{4-u}{3}$. Từ ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$: $\frac{9u^2}{64}+\frac{(4-u{)}^2}{9}=1\iff 145u^2-512u+448=0\iff u=\frac{56}{29}$ hoặc $u=\frac{232}{145}$ (đều cho $\sin \theta ,\cos \theta >0$ hợp lệ: $(\sin \theta ;\cos \theta )=(20/29;21/29)$ hoặc $(4/5;3/5)$).

Diện tích: $S=\frac{1}{2}\left(2+\frac{8}{u}\right)\cdot 4,5$.
- Với $u=\frac{56}{29}$: $C^{\prime }{D}^{\prime }=\frac{29}{7}$, $S=\frac{1}{2}\left(2+\frac{29}{7}\right)\cdot 4,5=\frac{193,5}{14}\approx 13,82$.
- Với $u=\frac{232}{145}$: $C^{\prime }{D}^{\prime }=5$, $S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 4,5=15,75$.

Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang cân $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là $\approx 13,8m^2$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: mặt đất là mặt phẳng $z=0$, $AB$ nằm trên trục $Oy$ với $A(0,-1,0)$, $B(0,1,0)$, trung điểm $I(0,0,0)$, đèn $S(0,0,4)$. Tấm pin nghiêng góc $\theta$ quanh $AB$: $C=(3\cos \theta ,1,3\sin \theta )$, $D=(3\cos \theta ,-1,3\sin \theta )$.

Bóng của $C$: đường thẳng $S+t(C-S)$ cắt mặt đất khi $4+t(3\sin \theta -4)=0\Rightarrow t=\frac{4}{4-3\sin \theta }$. Suy ra $C^{\prime }=\left(\frac{12\cos \theta }{4-3\sin \theta },\frac{4}{4-3\sin \theta },0\right)$, tương tự $D^{\prime }$ đối xứng qua trục $Ox$. Vậy hình thang $AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có:
- đáy lớn $C^{\prime }{D}^{\prime }=\frac{8}{4-3\sin \theta }$, đáy nhỏ $AB=2$;
- chiều cao $h=\frac{12\cos \theta }{4-3\sin \theta }=4,5$.

Từ điều kiện chiều cao: $\cos \theta =\frac{3}{8}(4-3\sin \theta )$. Kết hợp ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$:
$$64s^2+9(4-3s{)}^2=64\Rightarrow 145s^2-216s+80=0\Rightarrow s=\frac{4}{5}\text{ hoặc }s=\frac{20}{29}.$$

Diện tích: $S=\frac{1}{2}\left(2+\frac{8}{4-3s}\right)\cdot 4,5=4,5\left(1+\frac{4}{4-3s}\right)$.
- Với $s=\frac{4}{5}$: $S=4,5\left(1+\frac{4}{1,6}\right)=15,75$.
- Với $s=\frac{20}{29}$: $S=4,5\left(1+\frac{29}{14}\right)\approx 13,82$.

Diện tích lớn nhất $=15,75\approx 15,8m^2$, khớp với đáp án nguồn.

1.
Bổ đề về tâm tỉ cự của tâm đường tròn nội tiếp



Cho tam giác $ABC$ có độ dài các cạnh đối diện các đỉnh $A,B,C$ lần lượt là $a,b,c$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Khi đó ta có:
$$a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$
Chứng minh:
Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $A$ $(D\in BC)$
Theo tính chất đường phân giác:
$$\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}\Rightarrow b\overrightarrow{DB}+c\overrightarrow{DC}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{ID}=\frac{b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}}{b+c}$$
Trong tam giác $ABD$, $BI$ là đường phân giác trong góc $B$, ta có:
$$\frac{IA}{ID}=\frac{BA}{BD}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}=\frac{b+c}{a}\Rightarrow a\overrightarrow{IA}+(b+c)\overrightarrow{ID}=\vec{0}$$
Thay biểu thức $\overrightarrow{ID}$ vào ta được:
$$a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$
Áp dụng giải quyết bài toán
Tâm hình tròn đài phun nước tiếp xúc với ba cạnh tam giác $ABC$ chính là tâm đường tròn nội tiếp $I$ của tam giác $ABC$
Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$:
$$a=BC=\sqrt{(82-26{)}^2+(62-20{)}^2}=\sqrt{56^2+42^2}=70$$
$$b=AC=\sqrt{(82-10{)}^2+(62-83{)}^2}=\sqrt{72^2+(-21{)}^2}=75$$
$$c=AB=\sqrt{(26-10{)}^2+(20-83{)}^2}=\sqrt{16^2+(-63{)}^2}=65$$
Tọa độ tâm $I(x_I;y_I)$ thỏa mãn:
$$x_I=\frac{a{x}_A+b{x}_B+c{x}_C}{a+b+c}=\frac{70\cdot 10+75\cdot 26+65\cdot 82}{70+75+65}=\frac{7980}{210}=38$$
$$y_I=\frac{a{y}_A+b{y}_B+c{y}_C}{a+b+c}=\frac{70\cdot 83+75\cdot 20+65\cdot 62}{70+75+65}=\frac{11340}{210}=54$$
Vậy tọa độ tâm đài phun nước là $I(38;54)$

2.



Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;4;-1)$ và bán kính $R=6$
Gọi $I^{\prime }$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $(P)$ theo phương $\Delta$, suy ra $I{I}^{\prime }\parallel \Delta$ nên đường thẳng $I{I}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_{\Delta }=(2;-1;5)$
Phương trình đường thẳng $I{I}^{\prime }:\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=4-t\\ z=-1+5t\end{array}$
Vì $I^{\prime }\in (P)$ nên $(3+2t)+2(4-t)+2(-1+5t)+11=0\iff 10t+20=0\iff t=-2$
Suy ra tọa độ $I^{\prime }(-1;6;-11)$
Gọi $(Q)$ là mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song $MN$ và $I{I}^{\prime }$
Mặt phẳng $(Q)$ cắt $(P)$ theo giao tuyến là đường thẳng đi qua hai điểm $N$ và $I^{\prime }$
Trong $(Q)$, kéo dài $IM$ cắt $N{I}^{\prime }$ tại $A$, do $N\in (P)$ và $I^{\prime }\in (P)$ nên $A$ chính là giao điểm của $IM$ và mặt phẳng $(P)$, rõ ràng $A$, $N$, $I^{\prime }$ thẳng hàng theo thứ tự đó
Vì $M\in (S)$ nên để đoạn $MN$ ngắn nhất, $M$ phải nằm giữa $I$ và $A$ (nằm ở bán cầu gần mặt phẳng $(P)$ hơn), khi đó $AI=AM+MI=AM+6$
Áp dụng định lý Thales trong $\Delta AI{I}^{\prime }$ có $MN\parallel I{I}^{\prime }$:
$$\frac{MN}{I{I}^{\prime }}=\frac{AM}{AI}=\frac{AM}{AM+6}\Rightarrow MN=I{I}^{\prime }\cdot \left(1-\frac{6}{AM+6}\right)$$
Vì độ dài $I{I}^{\prime }$ không đổi, để $MN$ đạt giá trị nhỏ nhất thì biểu thức $\frac{6}{AM+6}$ phải lớn nhất, tương đương với đoạn $AM$ đạt giá trị nhỏ nhất
Điều này xảy ra khi và chỉ khi $A$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $(P)$
Đường thẳng $d$ đi qua $I$ vuông góc với $(P)$ có vectơ chỉ phương ${\vec{n}}_P=(1;2;2)$, phương trình $d:\{\begin{array}{l}x=3+k\\ y=4+2k\\ z=-1+2k\end{array}$
Tọa độ điểm $A$ thỏa mãn: $(3+k)+2(4+2k)+2(-1+2k)+11=0\iff 9k+20=0\iff k=-\frac{20}{9}$
Suy ra $A\left(\frac{7}{9};-\frac{4}{9};-\frac{49}{9}\right)$
Khoảng cách $IA=d(I,(P))=\frac{20}{3}$, do $M$ nằm giữa $I$ và $A$ nên $\overrightarrow{IM}=\frac{IM}{IA}\overrightarrow{IA}=\frac{6}{20/3}\overrightarrow{IA}=\frac{9}{10}\overrightarrow{IA}$
Ta có $\overrightarrow{IA}=\left(-\frac{20}{9};-\frac{40}{9};-\frac{40}{9}\right)$, suy ra $\overrightarrow{IM}=(-2;-4;-4)$
Tọa độ điểm $M=I+\overrightarrow{IM}=(3-2;4-4;-1-4)=(1;0;-5)$
Để tìm $N$, ta tiếp tục dùng định lý Thales: $\frac{AN}{A{I}^{\prime }}=\frac{AM}{AI}=\frac{20/3-6}{20/3}=\frac{1}{10}\Rightarrow \overrightarrow{AN}=\frac{1}{10}\overrightarrow{A{I}^{\prime }}$
Với $\overrightarrow{A{I}^{\prime }}=\left(-\frac{16}{9};\frac{58}{9};-\frac{50}{9}\right)$, suy ra $\overrightarrow{AN}=\left(-\frac{8}{45};\frac{29}{45};-\frac{5}{9}\right)$
Tọa độ điểm $N=A+\overrightarrow{AN}=\left(\frac{3}{5};\frac{1}{5};-6\right)$
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là $M(1;0;-5)$ và $N\left(\frac{3}{5};\frac{1}{5};-6\right)$

3.



Xét hình thang vuông $ABCD$, ta có $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=a^2+a^2=2a^2$
Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD=a$ và $ABCM$ là hình vuông
Do đó $CM=a$, xét $\Delta ACD$ có đường trung tuyến $CM=\frac{1}{2}AD$
Vậy $\Delta ACD$ vuông tại $C$
Suy ra $AC\perp CD$
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$
Từ đó ta có $CD\perp (SAC)$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ chính là góc giữa $SC$ và $AC$, tức là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$
Xét tam giác vuông $SAC$, ta có $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=a\sqrt{6}$
Xét tam giác vuông $SAB$, ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{6a^2+a^2}=a\sqrt{7}$
Vì $AH\perp SB$ nên $SH\cdot SB=S{A}^2$, suy ra tỉ lệ $\frac{SH}{SB}=\frac{S{A}^2}{S{B}^2}=\frac{6a^2}{7a^2}=\frac{6}{7}$
Kéo dài $CD$ cắt $AB$ tại $S^{\prime }$
Ta có $BC\parallel AD$ và $BC=\frac{1}{2}AD$ nên theo định lý Thales, $B$ là trung điểm của $A{S}^{\prime }$
Suy ra $d(B,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))$
Mặt khác, do đường thẳng $SB$ cắt mặt phẳng $(SCD)$ tại $S$ nên $d(H,(SCD))=\frac{SH}{SB}d(B,(SCD))$
Thay tỉ số vào ta được $d(H,(SCD))=\frac{6}{7}\cdot \frac{1}{2}d(A,(SCD))=\frac{3}{7}d(A,(SCD))$
Trong mặt phẳng $(SAC)$, kẻ $AE\perp SC$ tại $E$
Vì $CD\perp (SAC)$ nên $CD\perp AE$, kết hợp với $AE\perp SC$ suy ra $AE\perp (SCD)$
Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ chính là độ dài đoạn $AE$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAC$, ta có:
$$AE=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{6a^2+2a^2}}=\frac{a^2\sqrt{12}}{a\sqrt{8}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$$
Cuối cùng, khoảng cách từ $H$ đến $(SCD)$ là:
$$d(H,(SCD))=\frac{3}{7}AE=\frac{3}{7}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3a\sqrt{6}}{14}$$