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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tọa độ với gốc tại điểm xuất phát: máy bay cách về phía Bắc 50 km, phía Tây 20 km và cao 1 km, nên vị trí là điểm $M(-20;50;1)$. Khoảng cách từ máy bay đến điểm xuất phát $O(0;0;0)$ là $a=\sqrt{(-20{)}^2+50^2+1^2}=\sqrt{400+2500+1}=\sqrt{2901}\approx 53.86\approx 53.9$ (km).

(AI giải đề cho tôi)
a) Khi máy bay đến Đà Nẵng thì vĩ độ x = 16,1. Giải 21,2 − (153/40)t = 16,1 ⇒ (153/40)t = 5,1 ⇒ t = 5,1·40/153 = 204/153 = 4/3 giờ (1 giờ 20 phút). Kiểm tra kinh độ: y = 105,8 + (9/5)(4/3) = 105,8 + 2,4 = 108,2 đúng bằng kinh độ Đà Nẵng. Vậy chuyến bay mất 4/3 giờ.

b) Tại t = 1: x = 21,2 − 153/40 = 21,2 − 3,825 = 17,375 > 17. Vì vĩ độ đang giảm theo thời gian, máy bay chưa xuống tới vĩ tuyến 17 (sẽ qua vĩ tuyến 17 khi t = (21,2−17)·40/153 = 168/153 = 56/51 ≈ 1,098 giờ). Vậy tại thời điểm 1 giờ máy bay CHƯA bay qua vĩ tuyến 17.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay chuyển động đều nên B chia đoạn AC theo tỉ số thời gian 45:30, tức $\overrightarrow{AB}=\frac{45}{75}\overrightarrow{AC}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}$. Ta có $\overrightarrow{AC}=(3200-560;2134-173;234-21)=(2640;1961;213)$. Suy ra $B=A+\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}=(560+1584;173+1176,6;21+127,8)=(2144;1349,6;148,8)$. Khi đó $S=a+5b-5c=2144+5\cdot 1349,6-5\cdot 148,8=2144+6748-744=8148$. Vậy chọn C.

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:
$$d(H,(SCD))=\frac{3}{7}AE=\frac{3}{7}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3a\sqrt{6}}{14}$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0)$, máy bay tại $B(1000;3000)$ (m), bay ngang về phía $A$ với vận tốc 180 m/s. Gọi $t$ (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Điểm chặn $C$ có hoành độ $1000-180t$, cao độ $3000$. Đạn bay với vận tốc 720 m/s nên $AC=720t$. Theo định lý Pythagore: $(1000-180t{)}^2+3000^2=(720t{)}^2\Rightarrow 1000000-360000t+32400t^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{-180+2211,88}{486}\approx 4,18$ giây (nhận nghiệm dương). Khớp với đáp án nguồn 4,18.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz: P là gốc, Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng thẳng đứng lên. Tại t=0: thuyền ở (0;−40;0) chuyển động theo +Oy với 10 m/s; ô tô ở (−30;0;20) chuyển động theo +Ox với 20 m/s. Tại thời điểm t (giây): thuyền B(0;−40+10t;0), ô tô A(−30+20t;0;20). Bình phương khoảng cách: d²(t)=(20t−30)²+(10t−40)²+400=500t²−2000t+2900. d²'(t)=1000t−2000=0 ⟹ t=2 (s), d²(2)=100+400+400=900 ⟹ d_min=30 m. Kết quả khớp đáp án nguồn (30).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz: P(0;0;0), Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz thẳng đứng lên. Thuyền xuất phát tại (0;-40;0), chuyển động theo Oy với vận tốc 10 m/s: vị trí tại thời điểm t là (0;-40+10t;0). Ô tô xuất phát tại (-30;0;20), chuyển động theo Ox với vận tốc 20 m/s: vị trí là (-30+20t;0;20). Bình phương khoảng cách: d²(t) = (20t-30)² + (10t-40)² + 400 = 500t² - 2000t + 2900. d²'(t) = 1000t - 2000 = 0 cho t = 2 (giây). Khi đó d² = 500·4 - 2000·2 + 2900 = 900, nên d = 30 m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (30).

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ các đỉnh: $S(0;0;6)$, $A(-3;-3;0)$, $B(3;-3;0)$, $C(3;3;0)$, $D(-3;3;0)$. Trọng tâm $M$ của tam giác $SAB$: $M=\left(0;-2;2\right)$.

Vì $S(0;0;6)$, $L(0;-7;1)$, $M(0;-2;2)$ đều có hoành độ $x=0$ nên mặt phẳng $(SLM)$ chính là mặt phẳng $Oyz$ ($x=0$). Suy ra $N\in (SLM)\Rightarrow a=0$.

Mặt phẳng $x=0$ cắt tam giác $SCD$ theo đoạn từ $S(0;0;6)$ đến trung điểm $CD$ là $(0;3;0)$, nên $N=(0;3t;6-6t)$ với $t\in [0;1]$.

Ta có $\overrightarrow{ML}=L-M=(0;-5;-1)$, $\overrightarrow{MN}=N-M=(0;3t+2;4-6t)$.
$\overrightarrow{ML}\cdot \overrightarrow{MN}=-5(3t+2)-(4-6t)=-9t-14$; $|ML|=\sqrt{26}$; $|MN|=\sqrt{(3t+2{)}^2+(4-6t{)}^2}=\sqrt{45t^2-36t+20}$.

Từ $\widehat{LMN}=150^{\circ }$: $\frac{-9t-14}{\sqrt{26}\sqrt{45t^2-36t+20}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Bình phương: $4(9t+14{)}^2=78(45t^2-36t+20)\Rightarrow 1593t^2-1908t+388=0$.
$\Delta =1908^2-4\cdot 1593\cdot 388=1168128=624^2\cdot 3$, nên $t=\frac{1908\pm 624\sqrt{3}}{3186}=\frac{318\pm 104\sqrt{3}}{531}$.

Hai nghiệm $t_1\approx 0,2596$ và $t_2\approx 0,9380$ đều thuộc $[0;1]$. Vì tia $MN$ hướng về phía đáy (z giảm) nên cần $4-6t<0\Rightarrow t=t_2=\frac{318+104\sqrt{3}}{531}\approx 0,93804$.

Khi đó $N=(0;3t;6-6t)$, nên $a+b+c=0+3t+(6-6t)=6-3t=\frac{744-104\sqrt{3}}{177}\approx 3,1859\approx 3,19$.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ hiệu giữa hai tàu: $\Delta x=(3-25t)-(4-25t)=-1$; $\Delta y=(-4+20t)-(3-30t)=-7+50t$.

Bình phương khoảng cách giữa hai tàu:
$$d^2(t)=(-1{)}^2+(50t-7{)}^2=1+(50t-7{)}^2\ge 1.$$

$d^2(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $50t-7=0$, tức $t=\frac{7}{50}=0,14$ giờ. Khi đó khoảng cách nhỏ nhất là $1$ km.

Vậy sau $0,14$ giờ (khoảng 8,4 phút) kể từ thời điểm xuất phát, hai tàu gần nhau nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Vector chỉ phương: $|\overrightarrow{v_1}|=5$, $|\overrightarrow{v_2}|=13$. Vận tốc: máy bay 1: $\frac{900}{5}(3;4;0)=(540;720;0)$; máy bay 2: $\frac{910}{13}(5;12;0)=(350;840;0)$. Sau $t$ giờ: $M_1(540t;35+720t;10)$, $M_2(31+350t;10+840t;11)$.

$\overrightarrow{M_1{M}_2}=(31-190t;-25+120t;1)$, nên
$$d^2(t)=(31-190t{)}^2+(120t-25{)}^2+1=50500t^2-17780t+1587.$$
Phạm khoảng cách an toàn khi $d^2(t)<9,3^2=86,49$:
$$50500t^2-17780t+1500,51=0.$$
$\Delta =17780^2-4\cdot 50500\cdot 1500,51\approx 13025380$, $\sqrt{\Delta }\approx 3609,07$.
$$t=\frac{17780-3609,07}{101000}\approx 0,140305\text{ giờ}\approx 8,4183\text{ phuˊt}.$$
Vậy sau ít nhất khoảng $8,42$ phút hai máy bay bị phạm khoảng cách an toàn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ trang 7: sân cầu lông dài 13,40 m theo trục $Ox$, rộng 6,10 m theo trục $Oy$, gốc $O$ tại một góc sân. Trụ cầu lông đặt ở giữa sân theo phương dài nên hoành độ của $B$ là $x_B=13,40/2=6,7$ (m). Trụ nằm tại mép sân theo phương rộng nên $y_B=6,1$ (m). Chiều cao trụ là $1,55$ m nên $z_B=1,55$ (m). Vậy $B(6,7;6,1;1,55)$, khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính phủ sáng 4 km = 4000 m. Đường thẳng ID có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{ID}=(5100;623;-50)$, độ dài $|ID|=\sqrt{5100^2+623^2+50^2}=\sqrt{26400629}\approx 5138.1543$ m. Người đi biển nhìn thấy ánh sáng khi ở trong bán kính 4000 m tính từ I, nên vị trí cuối cùng là điểm M trên đoạn ID với $IM=4000$ m, tức $M=I+\frac{4000}{5138.1543}\overrightarrow{ID}$ với hệ số $t\approx 0.77849$. Toạ độ: $x=21+5100\cdot 0.77849\approx 3991.30$; $y=35+623\cdot 0.77849\approx 520.00$; $z=50-50\cdot 0.77849\approx 11.08$. Vậy vị trí cuối cùng là $M(3991.30;520.00;11.08)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $Ox$ hướng tây nên hướng đông là $-x$; $Oy$ hướng nam. Vậy máy bay ở $A(-268;-185;8)$ (km). Đài kiểm soát ở độ cao 105 m = 0{,}105 km nên $I(0;0;0,105)$.

Đường bay $d$ qua $A$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(82;76;0)$. Khoảng cách gần nhất từ máy bay (trên đường $d$) đến đài kiểm soát là khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $d$:
$$h=\frac{|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|}{|\vec{u}|}.$$

Tính $\overrightarrow{AI}=I-A=(268;185;-0,105)$.

$$[\overrightarrow{AI},\vec{u}]=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 268& 185& -0,105\\ 82& 76& 0\end{array}\right|=(185\cdot 0-(-0,105)\cdot 76;-(268\cdot 0-(-0,105)\cdot 82);268\cdot 76-185\cdot 82)$$
$$=(7,98;-8,61;5198).$$

$|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|=\sqrt{7,98^2+8,61^2+5198^2}=\sqrt{63,6804+74,1321+27019204}\approx 5198,0133.$

$|\vec{u}|=\sqrt{82^2+76^2}=\sqrt{12500}=50\sqrt{5}\approx 111,8034.$

$$h=\frac{5198,0133}{111,8034}\approx 46,49\text{ km}.$$

Vậy khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu xấp xỉ $46,49$ km (nhỏ hơn 450 km nên máy bay hiển thị trên màn hình ra đa).

(AI giải đề cho tôi)
Véc tơ chỉ phương có độ dài $|\vec{u}|=\sqrt{(-3{)}^2+(-4{)}^2}=5$, nên véc tơ vận tốc của cabin là $\vec{v}=4\cdot \frac{1}{5}(-3;-4;0)=\left(-\frac{12}{5};-\frac{16}{5};0\right)$. Sau $t$ giây, cabin ở điểm $M\left(44-\frac{12}{5}t;16-\frac{16}{5}t;0\right)$. Khoảng cách từ $O$ đến cabin: $O{M}^2={\left(44-\frac{12}{5}t\right)}^2+{\left(16-\frac{16}{5}t\right)}^2$. Xét hàm $f(t)=O{M}^2$, đạo hàm $f^{\prime }(t)=2\left(44-\frac{12}{5}t\right)\left(-\frac{12}{5}\right)+2\left(16-\frac{16}{5}t\right)\left(-\frac{16}{5}\right)$. Cho $f^{\prime }(t)=0$: $\frac{12}{5}\left(44-\frac{12}{5}t\right)+\frac{16}{5}\left(16-\frac{16}{5}t\right)=0\Rightarrow 105,6-5,76t+51,2-10,24t=0\Rightarrow 156,8=16t\Rightarrow t=9,8$. Vì $f^{\prime }(t)<0$ với $t<9,8$ và $f^{\prime }(t)>0$ với $t>9,8$, khoảng cách nhỏ nhất đạt tại $t=9,8$ (giây), trùng với đáp án nguồn 9,8.