Có hai chiếc Flycam bay lên từ cùng một thời điểm. Chiếc Flycam thứ nhất bay lên từ vị trí A, chiếc Flycam thứ hai bay lên từ vị trí B. Để theo dõi đường đi của hai chiếc Flycam này, người ta đã thiết lập các trạm có thể quan sát và xác định được tọa độ của chúng khi đặt trong hệ tọa độ không gian \(Oxyz\). Với cách chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) cho trước, đơn vị độ dài trên trục tọa độ là 1m, tọa độ các điểm \(A\left( {5;0;1} \right)\), \(B\left( {0; - 30;1} \right)\). Trong thời gian khoảng 20 phút, họ quan sát thấy rằng mỗi chiếc Flycam chuyển động thẳng đều. Biết rằng sau 2 phút chiếc thứ nhất ở vị trí \(M\left( { - 5; - 10;6} \right)\), còn chiếc thứ hai ở vị trí \(N\left( { - 12; - 10;10} \right)\).

a) Đúng.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\) nên quảng đường di chuyển được trong 4 giây đầu là \(S(4) = 4{v_0}\,\,\left( m \right)\)

b) Sai.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\), giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right)\), do đó quãng đường đi được sau 5 giây là  \(S\left( 5 \right) = 4{v_0} + \int\limits_4^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \,\,\,\,\left( m \right)\)

c) Đúng.

Tại thời điểm \(t = 4\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên

\(v\left( 4 \right) = {v_0} \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}.4 + a = {v_0} \Leftrightarrow a = {v_0} + 10\)

d) Sai.

Vì \(a = {v_0} + 10\) suy ra \(v(t) =  - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10\,\left( {m/s} \right),\,\left( {t \ge 4} \right)\)

Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn, ta có:

\(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}k + {v_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5}({v_0} + 10) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 4\)

Tổng quãng đường vật đi được là

\(80 = 4{v_0} + \int\limits_4^k {( - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10){\rm{d}}t} \, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} + ( - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0}t + 10t)\left| \begin{array}{l}k\\4\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \)

\(80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}({k^2} - 4) + {v_0}\left( {k - 4} \right) + 10\left( {k - 4} \right)\,\, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{2}{5}{v_0}} \right)\left( {\frac{2}{5}{v_0} + 8} \right) + {v_0}.\frac{2}{5}{v_0} + 10.\frac{2}{5}{v_0}\)

\( \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{{v_0^2}}{5} - 4{v_0} + \frac{{2v_0^2}}{5} + 4{v_0} \Leftrightarrow \frac{{v_0^2}}{5} + 4{v_0} - 80 = 0 \Leftrightarrow v_0^2 + 10{v_0} - 200 = 0 \Leftrightarrow {v_0} = 10\)

Vậy \({v_0} > 8\,\left( {m/s} \right)\).

Trả lời: 0,75

Ta có \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\); trong mp\(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(SH \bot AD\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\), vì \(\Delta ASO\) cân tại \(S\) nên \(AO \bot SI\) mà \(AO \bot SH\) \( \Rightarrow OA \bot (SHI) \Rightarrow OA \bot HI\)

Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = 2\) và \(\tan \widehat {DAC} = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {DAC} = 30^\circ \)

Tam giác \(AHI\) vuông tại \(I\) có \(AH = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow HD = AD - AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(ABH\) vuông tại \(A\) có \(HB = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}}  = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\), \(A{B^2} = IB.HB\) \( \Rightarrow IB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), dựng hình bình hành \(ABEC\) thì \(BE\,{\rm{//}}\,AC\), \(BE \subset \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow \) \(d\left( {SB,\,AC} \right) = d\left( {AC,\,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Mà \(\frac{{IB}}{{HB}} = \frac{3}{4}\) nên \(d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Lại có tam giác \(OAB\) là tam giác đều cạnh 1 nên \(BI \bot AC\) \( \Rightarrow BI \bot BE\) mà \(BE \bot SH\) \( \Rightarrow BE \bot \left( {SBH} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SBE} \right) \bot \left( {SBH} \right)\).

Ta có:\(\left( {SBE} \right) \cap \left( {SBH} \right) = SB\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBH} \right)\), kẻ \(HK \bot SB\) thì \(HK \bot \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow HK = d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Ta có: \(SH = HD.\tan 60^\circ  = 2\); \[HB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\] .

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} = 1\) \( \Rightarrow HK = 1\).

Vậy \(d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1\) và \(d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).