Một doanh nghiệp phân bổ ngân sách quảng cáo trên Facebook và Google với tổng số tiền không vượt quá \(80\) triệu đồng. Chi phí cho Facebook nằm trong khoảng từ \(20\) đến \(50\) triệu đồng. Chi phí cho Google tối thiểu là \(15\) triệu đồng. Số tiền chi cho quảng cáo trên Google không được vượt quá chi phí chi cho quảng cáo trên Facebook. Biết rằng số khách hàng tiếp cận là \(4\)nghìn khách cho mỗi triệu đồng chi quảng cáo trên Facebook và \(6\) nghìn khách cho mỗi triệu đồng trên Google. Hỏi lượng khách hàng tiếp cận lớn nhất là bao nhiêu nghìn?

Quy ước \(1\) đơn vị độ dài trên hệ trục tọa độ tương ứng với \(100m\) thực tế.

Dựa vào giả thiết hệ trục \(Oxyz\), ta có:

Điểm \(A\) cao \(100\,{\rm{m}}\), cách vị trí ban đầu \(200\,\,{\rm{m}}\)về phía Đông và \(100\,\,{\rm{m}}\) về phía Nam \( \Rightarrow A\left( {2;1;1} \right)\)

Điểm \(B\) cao \(300\,\,{\rm{m}}\), cách vị trí ban đầu \(140\,\,{\rm{m}}\)về phía Tây  và \(200\,\,{\rm{m}}\)về phía Nam \( \Rightarrow B\left( { - 1,4;2;3} \right)\) hay \(B\left( { - \frac{7}{5};2;3} \right)\).

Điểm \(P\) nằm trên mặt đất \( \Rightarrow P\left( {a;b;0} \right)\).

Drone di chuyển từ \(P\) theo hướng Tây 40m đến \(Q\), tức là di chuyển ngược chiều trục \(Ox\). Ta có vectơ độ dời \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 0,4;0;0} \right) = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right)\).

Tổng quãng đường bay là \(d = AP + QB\).

Gọi \(A'\) là ảnh của điểm \(A\) qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {PQ} \).

Ta có \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {PQ}  = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right) \Rightarrow A'\left( {2 - \frac{2}{5};1;1} \right)\) hay \(A'\left( {\frac{8}{5};1;1} \right)\).

Vì \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {PQ} \) nên tứ giác \(AA'QP\) là hình bình hành, suy ra \(AP = A'Q\).

Khi đó, tổng quãng đường bay trở thành: \(d = A'Q + QB\).

Ta cần tìm vị trí điểm \(Q \in \left( {Oxy} \right)\) sao cho \(A'Q + QB\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Nhận thấy cao độ của \(A'\) và \(B\) là \({z_{A'}} = 1 > 0\) và \({z_B} = 3 > 0\), nên \(A'\) và \(B\) nằm cùng một phía đối với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Gọi \(A''\) là điểm đối xứng của \(A'\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

\( \Rightarrow A''\left( {\frac{8}{5};1; - 1} \right)\).

Với mọi điểm \(Q \in \left( {Oxy} \right)\), ta luôn có \(A'Q = A''Q\).

Do đó: \(d = A'Q + QB = A''Q + QB \ge A''B\).

Dấu “=” xảy ra  khi và chỉ khi 3 điểm \(A'',Q,B\) thẳng hàng, hay điểm \(Q\) là giao điểm của đường thẳng \(A''B\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng \(A''B\) là \[\overrightarrow {A''B}  = \left( { - \frac{7}{5} - \frac{8}{5};2 - 1;3 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 3;1;4} \right)\].

Phương trình tham số của đường thẳng \(A''B\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{8}{5} - 3t}\\{y = 1 + t}\\{z =  - 1 + 4t}\end{array}} \right.\).

Vì \(Q \in \left( {Oxy} \right)\) nên \({z_Q} = 0 \Leftrightarrow  - 1 + 4t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{4}\).

Thay \(t = \frac{1}{4}\) vào phương trình tham số, ta tìm được tọa độ điểm \(Q\):

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_Q} = \frac{8}{5} - 3\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{{17}}{{20}}}\\{{y_Q} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}}\\{{z_Q} = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow Q\left( {\frac{{17}}{{20}};\frac{5}{4};0} \right)\).

Do \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - \frac{2}{5};0;0} \right) \Rightarrow P\left( {\frac{{17}}{{20}} + \frac{2}{5};\frac{5}{4};0} \right)\) hay \(P\left( {\frac{5}{4};\frac{5}{4};0} \right)\).

Suy ra \(a = \frac{5}{4} = 1,25\), \(b = \frac{5}{4} = 1,25\) và \(c = 0\).

Giá trị của biểu thức là: \(S = 2a + 4b + c = 2.1,25 + 4.1,25 + 0 = 7,5\).

a) Khoảng cách từ \(S\) đến \(\left( P \right)\) bằng \(\frac{{\left| {2.1 + 2.1 + 6 - 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\). Vậy a) Đúng.

b) Phương trình tia laser là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 - 2t\\z = 6 - 2t\end{array} \right.\,,t \in \mathbb{R}.\). Giao điểm của tia laser và mặt phẳng \(\left( P \right)\) thỏa mãn \(\left( P \right):2\left( {1 + t} \right) + 2\left( {1 - 2t} \right) + \left( {6 - 2t} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1\), ứng với \(M\left( {2; - 1;4} \right)\). Vậy b) Sai.

c) Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\), vectơ chỉ phương của Delta là \(\overrightarrow u \left( {1; - 2; - 2} \right)\), nên góc giữa Delta và \(\left( P \right)\) thỏa mãn \[\sin \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {n.} \overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\left| {2.1 + 2.\left( { - 2} \right) + 1.\left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{4}{9}\].

Vậy c) Đúng.

d) Gọi \(d\) là đường thẳng nằm trong \(\left( P \right)\) và song song với mặt đất, khi đó dòng nước chảy có phương vuông góc với \(d\). Gọi \(\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\) là vectơ chỉ phương của trục \(Oz\), khi đó theo tính chất của tích vô hướng, ta có \[\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow n } \right]\] và \(\overrightarrow v  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow n } \right]\).

\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\\\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow n } \right] = \left( { - 2;2;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left( { - 1;1;0} \right)\] suy ra \(\overrightarrow v  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow n } \right] = \left( {1;1; - 4} \right)\). Vậy d) Sai.

Cách khác: ý d sai vì \(\overrightarrow v \left( {1;1;3} \right)\) và \(\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\)không vuông góc.