Một bể nước hình hộp chữ nhật \(ABCD.\,A'B'C'D'\) có chiều dài các cạnh \(AB = 4m,\,AD = 3m,\,AA' = 2\sqrt 3 m\) được đặt vào hệ trục toạ độ \(O\,xyz\) với đơn vị là \(\left( m \right)\) như hình dưới. Trong bể đang chứa nước \(12\sqrt 3 \left( {{m^3}} \right)\) nước và mặt nước chạm bốn cạnh \(A\,A',\,BB',\,CC',\,DD'\) lần lượt tại \(M,\,F,E,N\). Một máy bơm \(O\,xy\), coi như điểm \(I \in ME\) được đặt trên mặt nước với vị trí máy bơm thoả mãn \(\frac{{MI}}{{ME}} = \frac{2}{5}\).

Người ta nghiêng bể nước trên trục \(Oy\) như hình vẽ dưới, khi đáy bể hợp với mặt phẳng \(\left( {O\,xy} \right)\) một góc \(\alpha \) sao cho mặt nước lúc này chứa cạnh \(A'D'\). Máy bơm lúc này vẫn nằm trên đoạn \(ME\) ở vị trí thoả mãn tỉ số \(\frac{{MI}}{{ME}}\) như cũ.

Lúc đó toạ độ của máy bơm là \(I\left( {{x_o};\,{y_o};{z_o}} \right)\). Tính \(\frac{{{x_o}}}{{\sqrt 7 }} + 5{y_o} + \frac{{5{z_o}}}{{\sqrt {21} }}\)

a) Khoảng cách từ quả táo đến bức tường: \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2.\left( { - 3} \right) + 2.4 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{12}}{3} = 4\).

b) Phương trình đường thẳng qua \(B\) và nhận véctơ \(\overrightarrow a \) làm véc tơ chỉ phương là

\(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y =  - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right.\)

Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng trên ta được

\(\left\{ \begin{array}{l}1 = 2 + 2t\\ - 3 =  - 1 + 4t\\4 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{2}\), suy ra điểm \(M\) thuộc đường thẳng \(\Delta \).

Hơn nữa, thay tọa độ điểm \(B\) và \(M\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được

\(\left\{ \begin{array}{l}2 + 2 + 8 - 3 > 0\\1 + 6 + 8 - 3 > 0\end{array} \right.\)

Suy ra hai điểm \(B\) và \(M\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

\(\overrightarrow {BM}  = \left( { - 1; - 2;0} \right)\), \(\overrightarrow {BM} \) ngược hướng với \(\overrightarrow a \).

Vậy mũi tên không xuyên qua quả táo.

c) Xét hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 2{\rm{z}} - 3 = 0\\x = 2 + 2t\\y =  - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2 + 2t} \right) - 2\left( { - 1 + 4t} \right) + 2.4 - 3 = 0\\x = 2 + 2t\\y =  - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{3}{2}\\x = 5\\y = 5\\z = 4\end{array} \right.\)

Giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là điểm \(C\left( {5;5;4} \right)\).

Vậy mũi tên cắm vào bức tường tại điểm \(C\left( {5;5;4} \right)\).

d) Góc giữa mũi tên và mặt đất bằng góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và \(\left( Q \right)\).

\(\sin \left( {\Delta ,\left( Q \right)} \right) = \frac{4}{{\sqrt {{2^2} + {4^2}} .\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt {10} }}\).

\({\rm{cos}}\left( {\Delta ,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {10} }}\)

Chiều dài bóng của mũi tên \(l = \frac{{\sqrt {39} }}{{10}}.\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3\sqrt {65} }}{{50}}\).

Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng \((P),(Q).\)

Ta có: \({\vec n_P} = (1;1;0),{\vec n_Q} = (1;0; - 1) \Rightarrow {\vec n_\alpha } = {\vec n_Q} \times {\vec n_P} = (1; - 1;1) \Rightarrow (\alpha ):x - y + z - 3 = 0.\)

Gọi \(H,K\) lần lượt hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \((P),(Q).\) Theo đề bài, ta có

\(AH = d(A,(P)) = 2;AK = d(A,(Q)) = 1;\cos \left( {\widehat {(P),(Q)}} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_P}.{{\vec n}_Q}} \right|}}{{|{{\vec n}_P}|.|{{\vec n}_Q}|}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\widehat {(P),(Q)}} \right) = 60^\circ .\)

Gọi \(a = (\alpha ) \cap (P),b = (\alpha ) \cap (Q),E = a \cap b \Rightarrow E \in (P) \cap (Q).\) Khi đó, trong mặt phẳng \((\alpha )\) ta có tứ giác \(HAKE\) như hình vẽ.

Xét phép quay tâm \(A\) góc quay \( - 60^\circ \) biến điểm \(M \in a\) thành \(M' \in b\).

Đặt \(\widehat {MAH} = \alpha  \Rightarrow \widehat {M'AK} = 120^\circ  - \widehat {MAH} - \widehat {MAM'} = 60^\circ  - \alpha \)

Xét \(\Delta MAH\) vuông tại \(H\), có: \(MA = \frac{{AH}}{{\cos \alpha }} = \frac{2}{{\cos \alpha }}\).

Xét \(\Delta M'AK\)vuông tại \(K\), có: \(AM' = \frac{{AK}}{{\cos \left( {60^\circ  - \alpha } \right)}} = \frac{1}{{\cos \left( {60^\circ  - \alpha } \right)}}\).

Mà \(AM = AM' \Leftrightarrow \cos \alpha  = 2\cos \left( {60^\circ  - \alpha } \right)\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos \alpha  = 2\left( {\cos 60^\circ .\cos \alpha  + \sin 60.\sin \alpha } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin \alpha  = 0\\ \Rightarrow \alpha  = 0\end{array}\]

Vậy \(M \equiv H\). Vậy \(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow B \equiv H\) và thực hiện phép quay tâm \(A\), góc quay \( - 60^\circ \) biến điểm \(H\) thành điểm \(C.\)

Suy ra \(C\) thuộc mp\((\beta )\) là mặt phẳng trung trực của \(AH\) hay mặt phẳng cách đều \(A\) và \((P).\)

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \((P).\) Khi đó: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y =  - 1 + t\\z = 1\end{array} \right.\)

\(B = d \cap (P) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 2\sqrt 2  = 0\\x = 1 + t\\y =  - 1 + t\\z = 1\end{array} \right. \Rightarrow B(1 + \sqrt 2 ;\sqrt 2  - 1;1).\)

Gọi \(M\) là trung điểm

Tọa độ của \(C\) là nghiệm của hệ phương trình là phương trình của 3 mặt phẳng \((Q),(\alpha ),(\beta ).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x - z + \sqrt 2  = 0\\x - y + z - 3 = 0\\x + y - \sqrt 2  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \sqrt 2  - 1\\z = \sqrt 2  + 1\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {1;\sqrt 2  - 1;\sqrt 2  + 1} \right).\)

Vậy chiều cao mét của khoen móc \[C\] so với mặt đất là

\(h = d(C;(R)) = \frac{{|{z_C} + 1|}}{1} = \left| {\sqrt 2  + 1 + 1} \right| = 2 + \sqrt 2  \approx 3,4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)