Đài truyền hình FTV phát sóng hai chương trình truyền hình A và B với xác suất lần lượt là 0,55 và 0,45. Do thời tiết xấu gây nhiễu trên đường truyền nên \(\frac{2}{9}\) các tín hiệu chương trình A bị lệch và phát sóng chương trình B sau khi thu được, còn lại bình thưởng. Còn đối với chương trình B thì \(\frac{1}{5}\) các tín hiệu bị lệch và phát chương trình A sau khi thu được, \(\frac{1}{4}\) các tín hiệu chương trình \(B\) bị mất hẳn không thu được, còn lại bình thường. Ông F đang xem một chương trình truyền hình trên TV, tính xác suất ông F xem được chương trình thu được từ đúng với các tín hiệu lúc phát đi (làm tròn đến hàng phần trăm).

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 \(l = \frac{{\sqrt {39} }}{{10}}.\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3\sqrt {65} }}{{50}}\).

Thể tích của bể nước là \(V = 4.3.2\sqrt 3  = 24\sqrt 3 \).

Vì thể tích nước bằng \(1/2\) thể tích thể nên độ cao của mặt nước so với mặt phẳng đáy là \(z = \sqrt 3 \)

Khi nghiêng bể quanh trục \(Oy\) một góc \(\alpha \). Mặt nước chứa cạnh \(A'D'\)và thể tích nước bằng \(\frac{1}{2}\) thể tích hình hộp chữa nhật nên mặt nước là mặt phẳng đối xứng qua tâm của hình hộp chữ nhật. Vì vậy mặt phẳng phải đi qua cạnh \(BC\).

Góc nghiêng tạo bởi mặt phẳng đáy với mặt phẳng \(\left( {O\,xy} \right)\) bằng góc tạo bởi mặt phẳng \(\left( {MNEF} \right)\) và mặt phẳng đáy và bằng góc \(\left( {ADD'A'} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {zoy} \right)\).

Xét tam giác \(A'AB\) ta có: \(\sin \alpha  = \sqrt {\frac{3}{7}} \); \(cos\alpha  = \sqrt {\frac{4}{7}} \).

Điểm \(M\) nằm trên \(A\,A'\) nhưng vì mặt nước chạm \(A'\) nên \(M\) trùng \(A' = \left( {0;\,0;\,2\sqrt 3 } \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = A\,A'.\sin \alpha  = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{6}{{\sqrt 7 }}\\{y_{A'}} = 0\\{z_{A'}} = A\,A'.\cos \alpha  = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 4 }}{7} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = {x_B} = 4.\cos \alpha  = \frac{8}{{\sqrt 7 }}\\{y_C} = 3\\{z_C} = {z_B} = 4.\sin \alpha  = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.\)

Vì điểm \(I\) mới sau khi nghiêng vẫn thuộc \(ME\) và \(\frac{{MI}}{{ME}} = \frac{{A'I}}{{A'C}} = \frac{2}{5} \Leftrightarrow \overrightarrow {2IC}  + 3\overrightarrow {IA'}  = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {\frac{8}{{\sqrt 7 }} - {x_o}} \right) + 3\left( {\frac{6}{{\sqrt 7 }} - {x_o}} \right) = 0\\2\left( {3 - {y_o}} \right) + 3\left( { - {y_o}} \right) = 0\\2\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} - {z_o}} \right) + 3\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} - {z_o}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_o} = \frac{{34}}{{5\sqrt 7 }}\\{y_o} = \frac{6}{5}\\{z_o} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.\)

Vậy \(\frac{{{x_o}}}{{\sqrt 7 }} + 5{y_o} + \frac{{5{z_o}}}{{\sqrt {21} }} = \frac{{34}}{{5.7}} + 5.\frac{6}{5} + \frac{5}{{\sqrt {21} }}.\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{344}}{{35}}\)