Một tháp trung tâm kiểm soát không lưu ở sân bay cao \[100\]m sử dụng radar có phạm vi theo dõi \[600\]km được đặt trên đỉnh tháp. Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\]có gốc \[O\] trùng với vị trí chân tháp, mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] trùng với mặt đất sao cho trục \[Ox\] hướng về phía tây, trục \[Oy\] hướng về phía nam, trục \[Oz\] hướng thẳng đứng lên phía trên (đơn vị độ dài trên mỗi trục là kilômét).

Một máy bay tại vị trí \[F\] cách mặt đất \[12\] km, cách \[400\] km về phía tây và \[300\] km về phía bắc so với tháp trung tâm kiểm soát không lưu. Từ vị trí \(F\), máy bay bay với tốc độ \(900\,{\rm{km/h}}\), theo hướng của vectơ \(\overrightarrow a = \left( {3;4;0} \right)\) sau một giờ đến vị trí \(A\).

a) Tọa độ của radar đặt trên tháp là \[\left( {0;0;0,1} \right)\].

b) Vị trí \(F\) nằm trong phạm vi kiểm soát của radar.

c) Vị trí \(A\) có tọa độ \(A\left( {940;420;0} \right)\).

d) Trong khoảng thời gian một giờ máy bay bay từ vị trí \(F\) đến vị trí \(A\), máy bay có không quá \(21\) phút bay trong phạm vi theo dõi của của radar.

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.

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 \(18,4\,{\rm{N}}\).