HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

1

TOÁN THỰC TẾ NÂNG CAO

BÀI TẬP TRÊN LỚP

Câu 1:

Chiếc nón lá có dạng hình nón





N

được đặt trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, biết

đỉnh của chiếc nón là điểm









1; 2; 3 ,

2; 2;3

S

A

và





1; 4;3

B

là các điểm nằm trên mặt xung

quanh của chiếc nón, điểm





1; 2; 6

C

nằm trên đường tròn đáy. Diện tích xung quanh của chiếc

nón bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

2

Câu 2:

Đường ống dẫn đầu trên không là hệ thống đường ống được treo trên các giá đỡ cột cao, dùng

để vận chuyển dầu thô hoặc các sản phẩm dầu mỏ từ nơi này đến nơi khác mà không cần chôn

dưới lòng đất. Hệ thống này thường được sử dụng trong các khu vực có địa hình khó khăn,

vùng bang giá, rừng rậm…., những nơi mà việc đào đường ống ngắm không khả thi.

Với hệ trục tọa độ

Oxyz

thích hợp, đơn vị trên mỗi trục là mét, người ta thiết lập một đường

ống dẫn đầu trên không dọc theo đường thẳng

:

0

16

x

t

d

y

z

















(t là tham số). Vì địa hình phức tạp,

người ta đánh chọn điểm





12;10;15

A

cạnh vách núi để làm điểm trung chuyển từ mặt đất (mặt

phẳng





Oxy

) đến đường ống này. Dựa vào kinh nghiệm của mình, họ phải chọn ví trị

B

thuộc

đường ống và vị trí

C

thuộc mặt đất sao cho tổng độ dài các đoạn đường

,

,

AB BC AC

là bé

nhất, tìm giá trị bé nhất đó theo đơn vị là mét, làm tròn đến hàng phần chục.

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

3

Câu 3:

Một công ty xây dựng một hệ thống Giám sát môi trường tại khu công nghiệp. Hai cảm biến

không dây được đặt tại hai vị trí

,

A B

trong không gian 3 chiều để thu thập dữ liệu không khí.

Để đảm bảo tín hiệu truyền giữa hai cảm biến ổn định, công ty thiết kế một bóng bảo vệ tín

hiệu hình cầu di động nhưng luôn đi qua cả hai cảm biến

A

và

B

. Bóng này cần tiếp xúc với

mặt đất để đảm bảo tính ổn định. Giả sử trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, toạ độ các điểm

là





3; 5;

2

A



,





1;3; 2

B



và mặt đất được mô tả bằng mặt phẳng:

(

) : 2

2

9

0.

P

x

y

z









Trong quá trình mô phỏng, điểm tiếp xúc giữa bóng bảo vệ và mặt đất (gọi là

C

) thay đổi. Kỹ

sư cần xác định khoảng cách từ gốc tọa độ

(0, 0, 0)

O

đến điểm tiếp xúc

C

để đánh giá mức độ

ảnh hưởng từ vị trí đặt thiết bị. Gọi

1

m

là giá trị lớn nhất, và

2

m

là giá trị nhỏ nhất của độ dài

.

OC

Tính giá trị

2

2

1

2

.

m

m



HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

4

Câu 4:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét. Một hạt chuyển động với vận

tốc

không đổi

1m s

từ

điểm





4; 2; 2

A

sau đó

bay

thẳng và

va

chạm với

mặt

phẳng





: 2

2

13

0

P

x

y

z









tại điểm

M

, 6 giây sau hạt đập thẳng và va chạm với điểm

N

thuộc

mặt phẳng





: 2

2

5

0

Q

x

y

z









và cuối cùng từ

N

hạt bay thẳng đến vị trí điểm





3;7;3

B

.

Hỏi quãng đường hạt chuyển động từ điểm

A

đến điểm

B

ngắn nhất là bao nhiêu mét? (làm

tròn kết quả đến hàng phần mười)

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

5

Câu 5:

Trong không gian

Oxyz

(đơn vị của các trục tọa độ là ki – lô - mét), đài kiểm soát không lưu

sân bay có tọa độ





64;128;64



. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát không quá 500

km thì sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay

N

xuất hiện trên màn hình ra đa và một

máy bay

M

nằm trong mặt phẳng





:

2

2

1458

0

P

x

y

z









sao cho hai máy bay

,

M N

thuộc

đường thẳng có vectơ chỉ phương là





1;1;1

u





. Khoảng cách lớn nhất giữa hai máy bay

,

M N

là bao nhiêu km? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

6

BÀI TẬP VỀ NHÀ

Câu 1:

Trong không gian ba chiều

Oxyz

, tọa độ các khu vực được xác định như sau:

Khu vực





40;30;0

A

nằm trên mặt đất, cách trung tâm thành phố

3

km.

Khu vực





80; 40; 40

B

nằm trên tòa nhà cao tầng và ở độ cao

40

m.

Khu vực





60;90; 70

C

nằm trên một đỉnh đồi ở độ cao

70

m.

Gọi vị trí lắp đặt trạm phát sóng là





;

;

D a b c

sao cho khoảng cách từ

D

đến ba khu vực kể

trên là bằng nhau và có khoảng cách đến chúng là nhỏ nhất. Tính

T

a

b

c







. (Kết quả làm

tròn đến hàng đơn vị).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

7

Câu 2:

Ba chiếc flycam I, II, III được điều khiển cùng bay lên tại tại một địa điểm. Sau một thời gian

bay, chiếc flycam thứ nhất (I) cách mặt đất

3m

, cách điểm xuất phát

3m

về phía nam và

2m

về

phía đông. Chiếc flycam thứ hai (II) cách mặt đất

6m

, cách điểm xuất phát

9m

về phía nam

và

9m

về phía đông. Chiếc flycam thứ ba (III) cách mặt đất

6m

, cách điểm xuất phát

6m

về

phía bắc và

4m

về phía tây. Quy ước hệ trục tọa độ

Oxyz

với gốc tọa độ

O

trùng với điểm xuất

phát của ba chiếc flycam, mặt đất là tập hợp các điểm có cao độ bằng

0

cùng với hai trục

,

Ox Oy

lần lượt hướng về phía nam và phía đông.

Giả sử nếu giữ nguyên vị trí flycam I, III và flycam II hạ độ cao xuống theo phương vector





0;

3;

2

v









với độ dài là

13km

, thì lúc này trên mặt đất người ta xác định được một vị trí

M

sao cho tổng khoảng cách từ vị trí đó đến ba chiếc flycam là ngắn nhất. Khi ấy khoảng cách

từ điểm xuất phát đến vị trí đó bằng bao nhiêu

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

8

Câu 3:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị trên mỗi hệ trục là 1 mét.Trong nhà Anh Shiper Toán có

hai bức tường được xây vuông góc với nhau và cùng vuông góc với sàn nhà là mặt phẳng

Oxy

.

Hai điểm





8;0;3

A

và





0; 6;5

B

là hai điểm cố định ở hai bên bức tường. Ban đầu hai thanh

1

AM và

2

BM đều có độ dài bằng 6m với hai điểm có thể di động

1

2

,

M M thuộc mặt sàn và 1

thợ hàn muốn kết nối hai thanh

1

AM và

2

BM bởi mối hàn

M

để tạo thành một hệ gấp khúc

A

M

B





. Biết rằng đường gấp khúc này không bị ảnh hưởng bởi hai góc tường, khi ấy mối

hàn điểm

M

cách mặt đất 1 khoảng cao nhất bằng bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng phần

mười).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

9

Câu 4:

Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, một khuôn viên trồng thăng long được anh Shiper bố trí

không gian bởi hai nguồn sáng tại 2 điểm





2; 0;1

A

và





3; 4; 4

B

chiếu xuống mặt đất trùng

với mặt phẳng





:

2

2

9

0

P

x

y

z









sao cho góc chiếu sáng từ hai nguồn sáng này đều bằng

120 độ. Biết rằng khi ánh sáng từ

,

A B

chiếu xuống mặt đất ta thu được vùng chiếu sáng

D

được giới hạn bởi hai đường tròn









1

2

,

C

C

thì người ta lựa chọn hai điểm

,

M N

lần lượt

thuộc hai đường tròn trên để bắt 2 ống dẫn nước thẳng vuông góc đến ống nước chính trùng với

Oy

tại

,

E F

. Khi ấy khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm

,

E F

bằng bao nhiêu? (làm tròn đến

hàng phần mười).

Lời giải

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

10

Câu 5:

Trong một game mô phỏng được đặt vào hệ trục

Oxyz

, mục tiêu được đặt tại





8;0; 6

B

. Điểm

M

biểu diễn vị trí của anh Shiper Toán. Biết M thay đổi sao cho khoảng cách từ





4;0;0

A

đến đường thẳng

OM

bằng

2

và diện tích tam giác

OAM

không lớn hơn

6

. Khoảng cách gần

mục tiêu nhất của anh Shiper bằng bao nhiêu (làm tròn đế hàng phần chục)

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

11

Câu 6:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị độ dài trên mỗi hệ trục là





1 cm

, một con ruồi xuất phát tại

vị trí điểm





3; 2;1

A

bay xuống mặt phẳng





Oxy

nó nghỉ tại chỗ một lát rồi sau đó bay đến

mặt phẳng





:

0

P

y

z





. Tại mặt phẳng





P

con ruồi cẩn thận bò đi một đoạn đường thẳng có

độ dài bằng





2 cm

, sau đó nó bay trở về vị trí xuất phát. Tính độ dài ngắn nhất của quãng

đường mà con ruồi đã thực hiện (Kết quả tính theo đơn vị

cm

và làm tròn kết quả đến chữ số

hàng phần trăm).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

12

TOÁN THỰC TẾ NÂNG CAO

BÀI TẬP TRÊN LỚP

Câu 1:

Chiếc nón lá có dạng hình nón





N

được đặt trong không gian với hệ trục toạ độ

Oxyz

, biết

đỉnh của chiếc nón là điểm









1; 2; 3 ,

2; 2;3

S

A

và





1; 4;3

B

là các điểm nằm trên mặt xung

quanh của chiếc nón, điểm





1; 2; 6

C

nằm trên đường tròn đáy. Diện tích xung quanh của chiếc

nón bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải

Trả lời: 23,1.

Ta có:





0; 0;3

3

SC

l

SC



 





.





1; 0; 0

1

SA

SA









;





0; 2; 0

2

SB

SB









.

Dễ thấy

,

,

SA SB SC

đôi một vuông góc tại

S

.

Lấy điểm

,

A B





thỏa

3

SA

SA









và

3

2

SB

SB









, suy ra

,

A B





nằm trên đường tròn đáy hình

nón.

Vậy đáy hình nón là đường tròn ngoại tiếp tam giác

CA B





.

Các tam giác

,

,

CSA CSB A SB









là các tam giác bằng nhau và đều vuông cân tại đỉnh

S

nên

tam giác

CA B





là tam giác đều cạnh bằng

3 2

.

Từ đó ta tính được bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

CA B





bằng

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

13

2 3

2

3

6

3

2

r









.

Diện tích xung quanh của hình nón





N

là

3

6

23,1

S

rl











Câu 2:

Đường ống dẫn đầu trên không là hệ thống đường ống được treo trên các giá đỡ cột cao, dùng

để vận chuyển dầu thô hoặc các sản phẩm dầu mỏ từ nơi này đến nơi khác mà không cần chôn

dưới lòng đất. Hệ thống này thường được sử dụng trong các khu vực có địa hình khó khăn,

vùng bang giá, rừng rậm…., những nơi mà việc đào đường ống ngắm không khả thi.

Với hệ trục tọa độ

Oxyz

thích hợp, đơn vị trên mỗi trục là mét, người ta thiết lập một đường

ống dẫn đầu trên không dọc theo đường thẳng

:

0

16

x

t

d

y

z

















(t là tham số). Vì địa hình phức tạp,

người ta đánh chọn điểm





12;10;15

A

cạnh vách núi để làm điểm trung chuyển từ mặt đất (mặt

phẳng





Oxy

) đến đường ống này. Dựa vào kinh nghiệm của mình, họ phải chọn ví trị

B

thuộc

đường ống và vị trí

C

thuộc mặt đất sao cho tổng độ dài các đoạn đường

,

,

AB BC AC

là bé

nhất, tìm giá trị bé nhất đó theo đơn vị là mét, làm tròn đến hàng phần chục.

Giải:

Đáp án: 42,6

- Ta kiểm tra đường thẳng

d

và điểm

A

nằm cùng phía hay khác phía so với





:

0

Oxy

z



- Lấy





;0;16

K

K

d

K t





từ đó

.

16.15

240

0

K

A

z

z









A



và

d

cùng phía

- Mà

B

d





,

A B

nằm cùng phía so với





:

0

Oxy

z



- Gọi

,

'

H A

lần lượt là hình chiếu vuông góc và điểm đối xứng của

A

qua





'

Oxy

AC

CA





HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

14

và





'

12;10;

15

A



- Khi đó ta xét

'

'

'

Min

Min

T

AB

BC

CA

AB

BC

CA

AB

A B

T

AB

A B























- Vì





;0;16

'

Min

B

d

B t

T

AB

A B



























2

2

2

2

2

2

12

10

16

15

12

10

16

15

Min

T

t

t





















 

- Casio





12

42, 6

Min

Min

d

T

t

T

dx



 





Câu 3:

Một công ty xây dựng một hệ thống Giám sát môi trường tại khu công nghiệp. Hai cảm biến

không dây được đặt tại hai vị trí

,

A B

trong không gian 3 chiều để thu thập dữ liệu không khí.

Để đảm bảo tín hiệu truyền giữa hai cảm biến ổn định, công ty thiết kế một bóng bảo vệ tín

hiệu hình cầu di động nhưng luôn đi qua cả hai cảm biến

A

và

B

. Bóng này cần tiếp xúc với

mặt đất để đảm bảo tính ổn định. Giả sử trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, toạ độ các điểm

là





3; 5;

2

A



,





1;3; 2

B



và mặt đất được mô tả bằng mặt phẳng:

(

) : 2

2

9

0.

P

x

y

z









Trong quá trình mô phỏng, điểm tiếp xúc giữa bóng bảo vệ và mặt đất (gọi là

C

) thay đổi. Kỹ

sư cần xác định khoảng cách từ gốc tọa độ

(0, 0, 0)

O

đến điểm tiếp xúc

C

để đánh giá mức độ

ảnh hưởng từ vị trí đặt thiết bị. Gọi

1

m

là giá trị lớn nhất, và

2

m

là giá trị nhỏ nhất của độ dài

.

OC

Tính giá trị

2

2

1

2

.

m

m



Lời giải

Đáp án:

76

(P)

I

M

O

H

A

B

C

C2

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

15













4;

2; 4

2 2;1;

2

2;1;

2

P

AB

n



 



 



















,

P

AB n



 

cùng phương nên





AB

P





,

6

AB



















2

2

2

2.3

5

2.

2

9

;

8

2

1

2

d

A

P















 

và

















2

2

2

2.

1

3

2.2

9

;

2

2

1

2

d B

P















 





AB

P

M

M







cố định

Do





P

tiếp xúc với mặt cầu





S

tại

C

nên

MC

IC



tại

C

2

.

MA MB

MC





, ta có:

















2

;

8

16

4

;

2

MA

d

A

P

MC

MC

MB

d B

P



























C



thuộc đường tròn tâm

M

bán kính

4

r

MC





Ta có:

3

2

:

5

2

2

x

t

AB

y

t

z

t

















  



,





7 7 10

;

;

3 3

3

M

AB

P

M





















Gọi

H

là hình chiếu của

O

lên mặt phẳng





P









3

d O P





,

2

:

2

x

t

OH

y

t

z

t













 







H

OH

P









2;

1; 2

H







,

13

4

HM





nên

H

nằm trong đường tròn tâm

M

bán

kính

4

r

MC





. Suy ra

2

2

2

9

OC

OH

HC

HC









OC



đạt min hoặc max

HC



đạt min hoặc max

min

max

4

13

4

13

HC

HM r

HC

HM r



































2

min

2

2

max

1

9

4

13

9

4

13

OC

m

OC

m

































Vậy

2

2

1

2

76

m

m





Câu 4:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét. Một hạt chuyển động với vận

tốc

không đổi

1m s

từ

điểm





4; 2; 2

A

sau đó

bay

thẳng và

va

chạm với

mặt

phẳng





: 2

2

13

0

P

x

y

z









tại điểm

M

, 6 giây sau hạt đập thẳng và va chạm với điểm

N

thuộc

mặt phẳng





: 2

2

5

0

Q

x

y

z









và cuối cùng từ

N

hạt bay thẳng đến vị trí điểm





3;7;3

B

.

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

16

Hỏi quãng đường hạt chuyển động từ điểm

A

đến điểm

B

ngắn nhất là bao nhiêu mét? (làm

tròn kết quả đến hàng phần mười)

Lời giải

Đáp án: 21,6

Với:



 





 



2

2

5

2

2

5

0

2

2

13

2

2

13

0

A

A

A

B

B

B

A

A

A

B

B

B

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z







































ta suy ra

,

A B

cùng phía với





Q

và





P

Tiếp đến ta có:

















;

9

;

12

d

A P

d B P















và

















;

3

;

6

d

A Q

d B Q















, từ đấy ta có hình vẽ như trên.

Với





P

và





Q

song song với nhau nên ta cũng suy ra được













;

6

d

P

Q



.

Từ đấy với giả thiết ta suy ra





















;

.

1

6

6

MN

d

P

Q

v t

m s

s

m











tức





MN

P



Ta lập phương trình tổng quãng đường đi của hạt chuyển động như sau:

6

l

AM MN

NB

AM

NB













Gọi

,

H K

lần lượt là hình chiếu của

,

B A

lên các mặt phẳng





P

và





Q

, gọi

P

là hình chiếu

của

K

lên mặt phẳng





Q

. Khi ấy

MNKP

là hình chữ nhật, ta suy ra được:

MP

NK



Gọi

I

là điểm thuộc

BH

sao cho

HKAI

là hình chữ nhật, suy ra:

2

2

3

2

HK

AI

AB

BI









Khi ấy ta có:

2

2

2

2

2

2

2

2

6

9

6

6

l

AP

PM

BH

HN

PM

HN





















Áp dụng bất đẳng thức Mincopski, ta suy ra:

















2

2

2

2

2

2

9

6

6

9

6

6

9

6

6

6

6

9

3

l

PM HN

MN































Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi





9

3

9

2

6

2

;

3

2

;

;

6

2

5

5

NK

NK

NH

NK NH

NH





























Vậy quãng đường hạt chuyển động từ điểm

A

đến điểm

B

ngắn nhất là









6

9

3

21, 6

m

m





Câu 5:

Trong không gian

Oxyz

(đơn vị của các trục tọa độ là ki – lô - mét), đài kiểm soát không lưu

sân bay có tọa độ





64;128;64



. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát không quá 500

km thì sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay

N

xuất hiện trên màn hình ra đa và một

máy bay

M

nằm trong mặt phẳng





:

2

2

1458

0

P

x

y

z









sao cho hai máy bay

,

M N

thuộc

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

17

đường thẳng có vectơ chỉ phương là





1;1;1

u





. Khoảng cách lớn nhất giữa hai máy bay

,

M N

là bao nhiêu km? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Lời giải

Trả lời: 5456

Máy bay

N

xuất hiện trên màn hình ra đa nên

N

thuộc khối cầu





S

có tâm





64;128; 64

I



, bán kính

500

R



.

Ta có









2

2

2

2

2

1458

d

,

550

1

2

2

I

I

I

x

y

z

I

P

R

















nên





P

và





S

không giao nhau.

Gọi



là góc tạo bởi

MN

và mặt phẳng





P

.

Gọi

H

là hình chiếu của

N

lên mặt phẳng





P

.

Mặt khác

MN



cùng phương với véc-tơ





1;1;1

u





và





1;

2; 2

P

n







suy ra

1

sin

3 3

P

P

u n

u

n











 





.

Khi đó









min

d

,

550

500

5456

1

sin

sin

sin

3 3

I

P

R

NH

NH

MN





















BÀI TẬP VỀ NHÀ

Câu 7:

Trong không gian ba chiều

Oxyz

, tọa độ các khu vực được xác định như sau:

Khu vực





40;30;0

A

nằm trên mặt đất, cách trung tâm thành phố

3

km.

Khu vực





80; 40; 40

B

nằm trên tòa nhà cao tầng và ở độ cao

40

m.

Khu vực





60;90; 70

C

nằm trên một đỉnh đồi ở độ cao

70

m.

Gọi vị trí lắp đặt trạm phát sóng là





;

;

D a b c

sao cho khoảng cách từ

D

đến ba khu vực kể

trên là bằng nhau và có khoảng cách đến chúng là nhỏ nhất. Tính

T

a

b

c







. (Kết quả làm

tròn đến hàng đơn vị).

Lời giải

Vì

DA

DB

DC





và có độ dài nhỏ nhất nên

D

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

.









































2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

40

30

80

40

40

40

30

60

90

70

a

b

c

a

b

c

a

b

c

a

b

c



















































80

20

80

7100

40

120

140

14100

a

b

c

a

b

c





















(1)

Ta có





40;10; 40 ;

AB









20; 60; 70

AC





. Mặt phẳng





ABC

đi qua điểm





40;30;0

A

và có

vectơ pháp tuyến là





,

1700;

2000; 2200

AB AC





 







 

hay





17; 20;

22

n







có phương trình:













17

40

20

30

22

0

0

x

y

z













17

20

22

1280

x

y

z









.

Mà









;

;

D a b c

P



nên

17

20

22

1280

a

b

c







. (2)

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

18

Từ (1) và (2) ta suy ra:

910

;

23

a



25905

;

391

b



12755

391

c



. Khi đó

138

T



.

Câu 8:

Ba chiếc flycam I, II, III được điều khiển cùng bay lên tại tại một địa điểm. Sau một thời gian

bay, chiếc flycam thứ nhất (I) cách mặt đất

3m

, cách điểm xuất phát

3m

về phía nam và

2m

về

phía đông. Chiếc flycam thứ hai (II) cách mặt đất

6m

, cách điểm xuất phát

9m

về phía nam

và

9m

về phía đông. Chiếc flycam thứ ba (III) cách mặt đất

6m

, cách điểm xuất phát

6m

về

phía bắc và

4m

về phía tây. Quy ước hệ trục tọa độ

Oxyz

với gốc tọa độ

O

trùng với điểm xuất

phát của ba chiếc flycam, mặt đất là tập hợp các điểm có cao độ bằng

0

cùng với hai trục

,

Ox Oy

lần lượt hướng về phía nam và phía đông.

Giả sử nếu giữ nguyên vị trí flycam I, III và flycam II hạ độ cao xuống theo phương vector





0;

3;

2

v









với độ dài là

13km

, thì lúc này trên mặt đất người ta xác định được một vị trí

M

sao cho tổng khoảng cách từ vị trí đó đến ba chiếc flycam là ngắn nhất. Khi ấy khoảng cách

từ điểm xuất phát đến vị trí đó bằng bao nhiêu

Lời giải

Trước hết gọi

,

,

A B C

là tọa độ của 3 chiếc flycam theo thứ tự đã đề cập ở giả thiết.

Từ dữ kiện đề bài ta suy ra:













3; 2; 3 ,

9; 9; 6 ,

6;

4; 6

A

B

C





.

Ta cần xác định vị trí mới của flycam II, gọi là tọa độ

D

Dễ thấy độ dài di chuyển của flycam II bằng với modun vector

v



nên suy ra

BD

v

 





Do flycam II có xu hướng hạ độ cao nên

0

D

B

z

z





mà

2

0

v

z

 



nên

BD

v







Khi đó tọa độ mới của flycam II là





9; 6; 4

D

và





;

.

2;

3; 0

ABD

n

AC AD

k

















 

Suy ra









: 2

3

0

:

0

ACD

x

y

Oxy

z









nên khi đó giao tuyến









d

ACD

Oxy





cũng có

phương trình là

: 2

3

0

d

x

y





.

Kẻ









;

;

d

ABC

MH

d

MH

ACD

MA

HA MC

HC MD

HD

















Suy ra

T

MA

MC

MD

HA

HC

HD













với

2

;

; 0

3

H a

a













. Khi đó:





























2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

2

3

9

6

4

6

4

6

3

3

3

13

13

13

3

9

9

16

6

36

9

9

9

T

a

a

a

a

a

a

a

a

a

g a























































































Suy ra min









3

3

5 17

g a

g







khi





3

3; 2; 0

13

3, 6

a

M

OM

km











.

Câu 9:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị trên mỗi hệ trục là 1 mét.Trong nhà Anh Shiper Toán có

hai bức tường được xây vuông góc với nhau và cùng vuông góc với sàn nhà là mặt phẳng

Oxy

.

Hai điểm





8; 0;3

A

và





0; 6;5

B

là hai điểm cố định ở hai bên bức tường. Ban đầu hai thanh

1

AM

và

2

BM

đều có độ dài bằng 6m với hai điểm có thể di động

1

2

,

M M

thuộc mặt sàn và 1

thợ hàn muốn kết nối hai thanh

1

AM

và

2

BM

bởi mối hàn

M

để tạo thành một hệ gấp khúc

A

M

B





. Biết rằng đường gấp khúc này không bị ảnh hưởng bởi hai góc tường, khi ấy mối

hàn điểm

M

cách mặt đất 1 khoảng cao nhất bằng bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng phần

mười).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

19

Lời giải

Trước hết gọi





1

S

và





2

S

lần lượt là các mặt cầu tâm

A

và

B

với bán kính đều bằng 6cm

Với

1

2

AM

M B

AB





nên suy ra tập hợp các điểm

M

(tức mối hàn mới sau khi hàn hai thanh

1

AM và

2

BM ) là một đường tròn giao tuyến





C

giữa hai mặt cầu





1

S

và





2

S

Bước đầu suy ra phương trình mặt cầu

























2

2

2

1

2

2

2

2

:

8

3

36

:

6

5

36

S

x

y

z

S

x

y

z































. Thực hiện trừ theo

vế của 2 phương trình mặt cầu ta suy ra được mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến





C

có

phương trình là:









:

16

12

4

12

0

: 4

3

3

0

P

x

y

z

P

x

y

z





















.

Do điểm

















1

2

M

C

P

S

S









nên không mất tính tổng quát giả sử





1

M

S



có tọa độ





;

;

M a b c

, khi ấy





















2

2

2

2

2

2

2

2

1

8

3

36

8

36

3

1

AM

AM

a

b

c

a

b

c



























.

Mặt khác với









;

;

M a b c

P



có





4

3

3

0

3

4

3

29

4

8

3

a

b

c

c

a

b

c

a

b









 





 







Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:





















2

2

2

2

2

2

2

2

29

4

8

3

4

3

8

25

8

c

a

b

a

b

a

b



 

















 





















 







Thế (1) vào ta suy ra:









2

2

5

65

5

65

29

25 36

3

4

4

13

13

c

c

c













 











Vậy mối hàn có độ cao với mặt sàn lớn nhất bằng





5

65

4

7,1

13

m





Câu 10:

Trong không gian với hệ trục

Oxyz

, một khuôn viên trồng thăng long được anh Shiper bố trí

không gian bởi hai nguồn sáng tại 2 điểm





2; 0;1

A

và





3; 4; 4

B

chiếu xuống mặt đất trùng

với mặt phẳng





:

2

2

9

0

P

x

y

z









sao cho góc chiếu sáng từ hai nguồn sáng này đều bằng

120 độ. Biết rằng khi ánh sáng từ

,

A B

chiếu xuống mặt đất ta thu được vùng chiếu sáng

D

được giới hạn bởi hai đường tròn









1

2

,

C

C

thì người ta lựa chọn hai điểm

,

M N

lần lượt

thuộc hai đường tròn trên để bắt 2 ống dẫn nước thẳng vuông góc đến ống nước chính trùng với

Oy

tại

,

E F

. Khi ấy khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm

,

E F

bằng bao nhiêu? (làm tròn đến

hàng phần mười).

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

20

Lời giải

Đáp án: 9,8

Đầu tiên ta có

















;

3

;

2

d

A P

d B P















nên suy ra

















;

;

6;

4

cos 60

cos 60

d

A P

d B P

MA

NB













, khi ấy:





















































2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

;

;

:

36

2

1

36

2

1

36

1

;

;

:

16

3

4

4

16

3

4

16

4

M a b c

MA

a

b

c

a

c

b

N d e f

NB

d

e

f

d

f

e



















































































Gọi

,

J K

lần lượt là hình chiếu của

,

A B

lên





P

, ta tính được

5

JK



, suy ra

,

M N

lần lượt

di động trên các đường tròn





; 3

3

J

và





; 2

3

K

.

Với

3 3

2

3

JK





, khi đó ta có hình vẽ sau:

Do

,

E F

lần lượt là hình chiếu của

,

M N

lên trục

Oy

nên suy ra giá trị lớn nhất của

EF

là giá

trị

m n



trong đoạn





;

D

m n



với

,

m n

lần lượt là các cận dưới và cận trên của

D

sau khi

hợp giữa tập giá trị của tung độ điểm

N

và của tung độ điểm

M

. Ta có





,

M N

P



nên suy

ra được hệ phương trình sau:





































































2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

9

2

2

1

5

2

1

5 36

2

2

9

0

2

2

9

0

2

14

3

2

4

5

3

4

5 16

4

b

a

c

a

c

b

a

b

c

d

e

f

e

d

f

d

f

e





 

















































 

























(thế từ (1))

Suy ra





















2

2

2

2

2

15

2

15

2

9

5 36

16

2 15

2

15;

16

2 15

16

2 15

3

2

14

5 16

4

3

3

b

b

b

S

e

e

e































 







































Vậy giá trị lớn nhất của đoạn

EF

bằng





0

0

5 2

15

16

2 15

2

15

9, 8

3

3

E F















HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

21

Nhận xét: giá trị lớn nhất của

EF

phụ thuộc vào tương giao giữa hai đường tròn





;3 3

J

và





; 2

3

K

trong mặt phẳng





P

.

Câu 11:

Trong một game mô phỏng được đặt vào hệ trục

Oxyz

, mục tiêu được đặt tại





8;0; 6

B

. Điểm

M

biểu diễn vị trí của anh Shiper Toán. Biết M thay đổi sao cho khoảng cách từ





4;0;0

A

đến đường thẳng

OM

bằng

2

và diện tích tam giác

OAM

không lớn hơn

6

. Khoảng cách gần

mục tiêu nhất của anh Shiper bằng bao nhiêu (làm tròn đế hàng phần chục)

Lời giải

Ta có









o

,

1

sin

30

2

d

A OM

MOA

MOA

OA









.

Lại có





1

.

.

,

6

6

2

MOA

S

OM d

A OM

OM









.

Suy ra quỹ tích điểm

M

là mặt xung quanh của hai hình nón có đỉnh

O

, trục

OA

, góc ở đỉnh

hình nón là

o

o

2.30

60



và đường sinh bằng

6

.

Để

MB

nhỏ nhất thì điểm

M

phải nằm vị trí như trên hình vẽ.

Gọi hình chiếu của

,

B M

trên trục

Ox

lần lượt là

,

H K

.

Ta có

o

o

.cos 30

6.cos 30

3 3

OK

OM







,

o

o

.sin 30

6.sin 30

3

MK

OM







Mặt khác





8;0; 0

H

nên

8,

6

OH

BH





. Suy ra









2

2

min

8

3 3

6

3

4,1

MB











.

Câu 12:

Trong không gian

Oxyz

với đơn vị độ dài trên mỗi hệ trục là





1 cm

, một con ruồi xuất phát tại

vị trí điểm





3; 2;1

A

bay xuống mặt phẳng





Oxy

nó nghỉ tại chỗ một lát rồi sau đó bay đến

x

3

2

30

0

6

6

(N)

O

K

M

H

B

A

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

22

mặt phẳng





:

0

P

y

z





. Tại mặt phẳng





P

con ruồi cẩn thận bò đi một đoạn đường thẳng có

độ dài bằng





2 cm

, sau đó nó bay trở về vị trí xuất phát. Tính độ dài ngắn nhất của quãng

đường mà con ruồi đã thực hiện (Kết quả tính theo đơn vị

cm

và làm tròn kết quả đến chữ số

hàng phần trăm).

Giải:

Đáp án:

4,89

- Gọi

'

A

là điểm đối xứng của

A

qua mặt phẳng









'

3; 2;

1

Oxy

A





và

'

A H

AH



.

- Gọi

''

A

là điểm đối xứng của

A

qua mặt phẳng









''

3;1; 2

P

A



và

''

A N

AN



.

- Dựng hình bình hành

"

"

MNA B

sao cho

"

"

2

A B



và dựng mặt phẳng









/ /

Q

P

và chứa

điểm





''

3;1; 2

"

"

A

B M

A N





.

HẸN NHAU Ở CỔNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC

------------------------------------------------------------------------------------------------------

23

- Khi đó dễ dàng thấy được quỹ tích của điểm

"

B

là đường tròn tâm





" 3;1; 2

A

với bán kính





"

"

2

R

MN

A B

cm







.

- Yêu cầu bài toán:

T

AH

HM

MN

NA









đạt

GTNN

.

- Đánh giá:

'

'

"

'

"

2

2

AH

HM

A H

HM

A M

AN

A N

T

A M

A N

MN

const















 















.

- Mà

"

"

'

"

2

'

"

2

A N

B M

T

A M

B M

A B



 









. Vậy

2

'

"

Min

T

A B





.

- Phương trình mặt phẳng













/ /

:

0

Q

P

Q

y

z

c









qua





" 3;1; 2

1

A

c

 

.

- Vậy phương trình mặt phẳng





:

1

0

Q

y

z







.

- Gọi

T

là hình chiếu của

'

A

lên mặt phẳng





Q

.

- Phương trình đường thẳng

















'

3

0;1;

1

'

:

'

:

2

,

'

3; 2;

1

1

A T

Q

x

n

u

A T

A T

y

t

t

A

z

t





































  









.

- Vì





'

3; 2

t;

1

t

T

A T

T







 

mà













2

1

1

0

2

3; 0;1

T

Q

t

t

T



    





 



.

- Vậy

















2

2

2

"

3

3

0

1

1

2

2

2

A T

R R



















và

'

2

2

A T



.

- Ta có:

























2

2

2

2

2

2

'

"

'

"

'

"

"

"

2

2

2

2

2, 89

A B

A T

TB

A T

A B

A T



















.

- Vậy





2

'

"

2

2,89

4,89

Min

T

A B

cm











.