Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), đơn vị trên mỗi trục tính bằng kilomet. Một máy bay \(A\) xuất phát từ gốc tọa độ \(O\left( {0;\,0;\,0} \right)\) lúc 6 giờ với tốc độ không đổi là \(800\)(km/h), bay theo tia \(OM\) hợp với các trục tọa độ các góc bằng nhau. Máy bay \(B\) xuất phát tại \(P\left( {80\sqrt 6 ;\,0;\,0} \right)\) lúc 6 giờ 15 phút, bay theo tia \(PN\)cũng hợp với các trục tọa độ các góc bằng nhau. Hãy xác định tốc độ của máy bay \(B\) để đúng 8 giờ 15 phút thì khoảng cách giữa hai máy bay bằng \(160\)km (Kết quả làm tròn đến hang đơn vị)

Xét mệnh đề a)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 8; - 2} \right)\)và \(\overrightarrow {AC} = \left( {2; - 4;0} \right).\)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \({\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 8; - 4;8} \right) = - 4\left( {2;1; - 2} \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua \(C\left( {0;4;0} \right)\) là:\(\left( {ABC} \right):\,\,2x + y - 2z - 4 = 0\)
Xét mệnh đề b)
Vì \(SC \bot \left( {ABC} \right)\) nên đường thẳng \(SC\)nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( {ABC} \right)}}} = \left( {2;1; - 2} \right)\)làm vectơ chỉ phương
Tọa độ điểm \(S\)có dạng: \(S\left( {2k;4 + k; - 2k} \right)\)(với \(k\)là tham số)
Độ dài \(SC = 15 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2k} \right)}^2} + {k^2} + {{\left( { - 2k} \right)}^2}} = 15 \Leftrightarrow 3\left| k \right| = 15 \Leftrightarrow k = \pm 5.\)
Xét vị trí của\(S\)và gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\) đối với mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\):
Thay\(O\left( {0;0;0} \right)\) vào \(\left( {ABC} \right)\)thì ta có\(f\left( {0;0;0} \right) = - 4 < 0\)
Vậy để \(S\)và \(O\)nằm khác phía, ta cần tính\(f\left( S \right) > 0\)
Với \(k = 5 \Rightarrow S\left( {10;9; - 10} \right)\) ta có \(f\left( S \right) = 45 > 0\)(thỏa mãn)
Với \(k = - 5 \Rightarrow S\left( { - 10; - 1;10} \right)\) ta có \(f\left( S \right) = - 45 < 0\)(loại)
Vậy \[S\left( {10;{\rm{ }}9;{\rm{ }} - 10} \right)\] thay vào \(x + y + z = 9\) ta thấy \(10 + 9 + \left( { - 10} \right) = 9\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Diện tích tam giác đáy \(ABC:\,{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 8} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {8^2}} = \frac{1}{2}.12 = 6.\)
Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SC = \frac{1}{3}.6.15 = 30\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Tia \(SC\) bắt đầu từ \(S\)qua \(C\). Tia đối của tia \(SC\)cũng bắt đầu từ \(S\)nhưng đi hướng ngược lại.
Vì \(T\) thuộc tia đối của \(SC\) và \(ST = 22\), vectơ \(\overrightarrow {ST} \)cùng hướng với \(\overrightarrow {CS} = \left( {10;5; - 10} \right)\).
\( \Rightarrow \overrightarrow {ST} = \frac{{22}}{{15}}\overrightarrow {CS} = \left( {\frac{{44}}{3};\frac{{22}}{3}; - \frac{{44}}{3}} \right) \Rightarrow T\left( {\frac{{74}}{3};\frac{{49}}{3}; - \frac{{74}}{3}} \right).\)
Đường thẳng \(AB\) đi qua \(B\left( {0;0; - 2} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 4; - 1} \right)\)
\(H \in AB \Rightarrow H\left( {t; - 4t; - 2 - t} \right)\) thì ta có \(\overrightarrow {TH} = \left( {t - \frac{{74}}{3}; - 4t - \frac{{49}}{3}; - t + \frac{{68}}{3}} \right)\)
Vì \(TH \bot AB\) nên \(\overrightarrow {TH} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow \left( {t - \frac{{74}}{3}} \right) - 4\left( { - 4t - \frac{{49}}{3}} \right) - 1\left( { - t + \frac{{68}}{3}} \right) = 0 \Rightarrow 18t + 18 = 0 \Rightarrow t = - 1\)
Tọa độ \(H\left( { - 1;4; - 1} \right)\).
Biểu thức \(4a + 2b + 3c = 4.\left( { - 1} \right) + 2.4 + 3.\left( { - 1} \right) = 1 > 0\) nên mệnh đề d) đúng

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = 2.{V_{S.ADB}} = 2.\frac{1}{3}.SH.{S_{ADB}}\)
Tứ giác \(ABCD\) có đáy là hình thoi cạnh bằng \(2\) và góc \(\widehat {ABC} = 120^\circ \) nên tam giác \(ADB\) là tam giác đều cạnh bằng 2
Xét khối chóp \(B.DSA\) có \(BA = BS = BD = 2\) suy ra khối chóp \(B.DSA\) là khối chóp có các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao kẻ từ \(B\) là điểm \(K\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DSA\).
Mà \(\left( {BAD} \right) \bot \left( {DSA} \right)\) và \(\Delta BDA\) đều nên \(BK \bot AD\) tại điểm \(K\)là trung điểm của \(AD\).
Từ đó ta thấy rằng \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta DSA\) và là trung điểm của \(AD\) nên tam giác \(\Delta DSA\) vuông tại \(S\).
Suy ra \(SA = \cos \widehat {SAD}.AD = \cos 60^\circ .2 = 1\) và \(SH = \sin \widehat {SAH}.SA = \sin 60^\circ .1 = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \({V_{S.ABCD}} = 2.{V_{S.ADB}} = 2.\frac{1}{3}.SH.{S_{ADB}} = 2.\frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.{\left( 2 \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 1\)