Trong một cuộc thám hiểm hầm mộ cổ, một robot siêu nhỏ được điều khiển để thu thập dữ liệu. Các nhà khảo cổ thiết lập hệ tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị 1 cm) để theo dõi robot. Robot xuất phát từ một khối đá tại vị trí \(A\left( {3;2;1} \right)\). Đầu tiên, robot hạ xuống sàn hành lang – chính là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) để sạc năng lượng. Sau đó, nó di chuyển đến một bức tường nghiêng có phương trình \(\left( P \right):y - z = 0\). Tại bức tường này, robot phải đi dọc theo một khe nức (đoạn thẳng) dài đúng 2 cm để quét dữ liệu. Cuối cùng, robot bay trở về vị trí xuất phát A ban đầu. Hãy tính độ dài quãng đường ngắn nhất mà robot có thể thực hiện để hoàn thành hành trình trên? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: _____

Giả sử robot từ \(A\) đến điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), sau đó đi đến điểm \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\), di chuyển một đoạn \(NM = 2\,cm\), và từ \(M\) về \(A\). Vì bài toán tìm độ dài ngắn nhất nên ta xem mỗi đoạn đi của robot luôn là đoạn thẳng.

Yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của tổng \(AB + BN + NM + MA\).

Vì \(MN = 2\) nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(S = AB + BN + MA\)

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\) là mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( {Oxz} \right)\).

Dễ thấy \(A\left( {3;2;1} \right)\) nằm trong miền góc nhị diện tạo bởi các nửa mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (chứa tia \(Oy\)) và nửa mặt phẳng\(\left( P \right)\)(nằm phía trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) với bờ là trục \(Ox\).

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A\) qua các mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Suy ra \(E\left( {3;2; - 1} \right)\) và \(F\left( {3;1;2} \right)\).

Gọi \(J\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FJ}  = \overrightarrow {MN} \). Vì \(MN \subset \left( P \right)\) nên \(FJ \subset \left( Q \right)\) với \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(F\) và song song với \(\left( P \right)\). Phương trình của \(\left( Q \right)\) là \(y - z + 1 = 0\).

Do \(FJ = MN = 2\)nên tập hợp điểm \(J\) là đường tròn \(\left( T \right)\) tâm \(F\) bán kính \(r = 2\) nằm trên \(\left( Q \right)\).

Khi đó ta có \(AB = EB,\,\,MA = MF = NJ\) .

Suy ra \(AB + BN + MA = EB + BN + NJ \ge EJ\) (1)

Ta có (1) xảy ra đẳng thức \( \Leftrightarrow E,\,B,N,\,J\) thẳng hàng\( \Leftrightarrow B,\,\,N\) là giao điểm của đường thẳng \(EJ\) với \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Mặt khác, gọi \(I\) là hình chiếu của \(E\) lên \(\left( Q \right)\).

Vì \(IE \bot \left( Q \right):y - z + 1 = 0\) nên phương trình đường thẳng \(EI\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2 + t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.\)

Vì \(I = IE \cap \left( Q \right)\) nên \(I\left( {3;0;1} \right)\) . Suy ra \(IE = 2\sqrt 2 \) và \[IF = \sqrt 2 \] .

Gọi \(G\) là giao điểm của \(IF\) với đường tròn \(\left( T \right)\) sao cho \(G\) gần \(I\) nhất.

Khi đó \(IJ \ge \left| {IF - JF} \right| = \left| {IF - 2} \right| = 2 - \sqrt 2  = IG\) . Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\).

Suy ra \(JE = \sqrt {E{I^2} + I{J^2}}  \ge \sqrt {E{I^2} + I{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB + BN + MA \ge \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\) và \(N,B\) là giao điểm của đường thẳng \(GE\) với \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Do đó \(\min \left( {AB + BN + NM + MA} \right) = 2 + \min JE = 2 + \sqrt {14 - 4\sqrt 2 }  \approx 4,89\) \(cm\).

Đáp án cần nhập là: 4,89.