Một người điều khiển xe ô tô với vận tốc \(72\)km/h thì phát hiện ở phía trước cách vị trí xe một đoạn 100 mét có công trường đang thi công có gắn biển báo giới hạn tốc độ tối đa cho phép là \(36\;\)km/h. Hai giây sau đó, tài xế bắt đầu đạp phanh giảm tốc với vận tốc \({v_1}(t) = at + b\)(m/s) (với \(a,b \in \mathbb{R}\) và \(a < 0\)), trong đó \(t\) là thời gian tính bằng giây kể từ khi xe bắt đầu giảm tốc độ. Khi ô tô vừa đến vị trí đặt biển báo thì tốc độ đạt đúng \(36\;\)km/h. Sau khi đi qua hết đoạn đường công trường dài 200 mét với vận tốc không đổi, xe bắt đầu tăng tốc với vận tốc \({v_2}\left( {{t_1}} \right) = m{t_1} + n\) \((m,n \in \mathbb{R},m > 0)\), trong đó \({t_1}\) là thời gian tính bằng giây kể từ khi ô tô vừa ra khỏi công trường. Biết rằng đúng 10 giây sau khi tăng tốc, xe đạt vận tốc \(72\)km/h.

a) Ta có \(A\left( {0;0;0,1} \right)\) và \({R_1} = 6\); \(B\left( {10;0;0,1} \right)\) và \({R_2} = 8\). Gọi \(O,\,B'\) lần lượt là chân của trạm phát sóng A và B.

Phương trình biểu thị vùng phát sóng của trạm A là phương trình mặt cầu \((S):{x^2} + {y^2} + {(z - 0,1)^2} = 36\). Vậy a – đúng.

b) Gọi \(H;\,\,K\) là hình chiếu vuông góc của C lên trục hoành và trục tung

Có tam giác \(ACB\) vuông vì\(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}\)

Điểm C (nút giao đường) nằm trên mặt đất \((Oxy)\), có tung độ dương nên tọa độ \(C(x;y;0)\) thuộc 2 mặt cầu \({x^2} + {y^2} = {6^2}\) và \({(x - 10)^2} + {y^2} = {8^2}\).

Giải hệ phương trình ta được \(x = 3,6\) và \(y = 4,8\). Vậy \(C(3,6;4,8;0)\).

Nên một vecto chỉ phương của đường thẳng AC là \(\overrightarrow n (36;48; - 1)\)

Vậy phương trình đường thẳng AC là \(\frac{x}{{36}} = \frac{y}{{48}} = \frac{{z - 0,1}}{{ - 1}}\). Vậy b – sai.

c) Ta có \(OC = 6km;\,CD = 60m = 0,06km\)\( \Rightarrow OD = OC - CD = 6 - 0,06 = 5,94\)

Có \(\frac{{OE}}{{OH}} = \frac{{OD}}{{OC}} \Rightarrow OE = \frac{{OH \times OD}}{{OC}} = 3,564\)

Có \(\frac{{OF}}{{OK}} = \frac{{OD}}{{OC}} \Rightarrow OF = \frac{{OK \times OD}}{{OC}} = 4,752\), vậy \(D\left( {3,564;\,4752;\,0} \right)\)

\( \Rightarrow BD = \sqrt {{{(10 - 3,564)}^2} + {{(4,752)}^2} + 0,{1^2}}  = 8,00085 > 8\). Vậy c – đúng.

d) Gọi \(J\) là hình chiếu vuông góc của \({F_2}\) lên \(BB'\)

\( \Rightarrow {F_2}B = 3;\,\,BJ = 0,05;\,\,{F_2}J = \sqrt {{3^2} - 0,{{05}^2}}  = 2,999583304\)

Gọi G là hình chiếu vuông góc của \({F_2}\) lên mặt phẳng \(Oxy\)

\({F_2}D = \sqrt {{F_2}{G^2} + D{G^2}} \), nên \({F_2}D\) đạt lớn nhất khi \(DG\) lớn nhất, khi đó \(D,\,\,B',\,\,G\)thẳng hàng

\( \Rightarrow DG = DB' + B'G\) \( = \sqrt {{{(10 - 3,564)}^2} + 4,{{752}^2}}  + 2,999583304 \approx 10,9998083\).

\( \Rightarrow D{F_2} = \sqrt {0,{{05}^2} + D{G^2}}  = 10,99992194\)

Lại có \(D{F_1}\) lớn nhất khi \(D,\,\,A,\,\,{F_1}\) thẳng hàng\( \Rightarrow D{F_1} = {R_1} + AD = 6 + 5,94 = 11,94\)

Tổng khoảng cách lớn nhất \(D{F_1} + D{F_2} = 22,9392194 \approx 23\) km. Vậy d – sai.

Đáp án: 0,7

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

\(H \equiv O(0;0;0)\), tia \(HB\) trùng với tia \(Ox\), tia \(HA\prime \) trùng với tia \(Oz\), và trục \(Oy\) song song với \(AD\).

\(d\left( {D,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {AD,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\left( {A'BC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HI \bot A'B\) suy ra \(d\left( {H,\left( {A'BC} \right)} \right) = HI\).

Theo giả thiết: \(d\left( {D,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{3}{4}\) hay \(2HI = \frac{3}{4} \Leftrightarrow \)\(HI = \frac{3}{8}\).

\(\frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} \Rightarrow H{A'^2} = \frac{9}{{28}} = {h^2}\).

Ta có: \(A\left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 0\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)\); \(B\left( {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} \,0\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)\); \(C\left( {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)\);\(D\left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 2\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)\); \(A\prime \left( {0\,;\,{\mkern 1mu} 0\,;\,h} \right)\).

Đường thẳng \(A\prime B\) đi qua \(B\) có vectơ chỉ phương \({\vec u_1} = \overrightarrow {BA\prime }  = \left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 0\,;{\mkern 1mu} \,h} \right)\).

Đường thẳng \(AC\) đi qua \(A\) có vectơ chỉ phương \({\vec u_2} = \overrightarrow {AC}  = \left( {1\,;\,{\mkern 1mu} 2\,;\,{\mkern 1mu} 0} \right)\).

Ta có: \(\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] = \left( { - 2h\,;{\mkern 1mu} \,h\,;{\mkern 1mu}  - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;\,{\mkern 1mu} 0\,;\,{\mkern 1mu} 0} \right)\).

Khoảng cách giữa \(A\prime B\) và \(AC\) là:

\[d\left( {A\prime B,AC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right]} \right|}} = \frac{{| - 2h|}}{{\sqrt {4{h^2} + {h^2} + 1} }} = \frac{{2h}}{{\sqrt {5{h^2} + 1} }}\]

Thay \({h^2} = \frac{9}{{28}}\) vào ta được:

\(d = \sqrt {\frac{{4{h^2}}}{{5{h^2} + 1}}}  = \sqrt {\frac{{4 \cdot \frac{9}{{28}}}}{{5 \cdot \frac{9}{{28}} + 1}}}  = \sqrt {\frac{{\frac{9}{7}}}{{\frac{{45 + 28}}{{28}}}}}  = \sqrt {\frac{9}{{73}}}  = \frac{3}{{\sqrt {73} }} \approx 0,7\).