Câu hỏi:

Gọi $H$ là hình chiếu của $A(80;100;0)$ trên đường thẳng $\Delta$. Khi đó $AH$ là khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $\Delta$.
Ta có phương trình tham số của $\Delta$ là $x = 80 + 4t, y = 100 - 3t, z = t$.
Khi đó $H(80+4t; 100-3t; t)$.
$\overrightarrow{AH} = (4t; -3t; t)$.
Vì $AH \perp \Delta$ nên $\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u_{\Delta}} = 0$, với $\overrightarrow{u_{\Delta}} = (4; -3; 1)$.
$\Rightarrow 4(4t) - 3(-3t) + t = 0 \Leftrightarrow 16t + 9t + t = 0 \Leftrightarrow 26t = 0 \Leftrightarrow t = 0$.
$\Rightarrow H(80; 100; 0)$.
Vậy $AH = \sqrt{80^2 + 100^2} = 20\sqrt{41} \approx 128,06$ km.
Ta thấy $AH < 600$ nên máy bay luôn nhận được tín hiệu từ đài kiểm soát không lưu.
Gọi $B$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và mặt cầu $x^2 + y^2 + z^2 = 600^2$.
Khi đó $(80+4t)^2 + (100-3t)^2 + t^2 = 600^2 \Leftrightarrow 16t^2 + 640t + 6400 + 9t^2 - 600t + 10000 + t^2 = 36000 \Leftrightarrow 26t^2 + 40t - 19600 = 0$.
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{-20 + 20\sqrt{1275}}{13} \approx 26,92 \\ t = \dfrac{-20 - 20\sqrt{1275}}{13} \approx -28,46\end{array} \right.$
Với $t = \dfrac{-20 + 20\sqrt{1275}}{13} \approx 26,92 > 0$ (loại).
Với $t = \dfrac{-20 - 20\sqrt{1275}}{13} \approx -28,46 < 0$ (nhận).
Khi đó, tọa độ giao điểm là $B(80 + 4.(-28,46); 100 - 3.(-28,46); -28,46) \approx B(-33,84; 185,38; -28,46)$.
Ta có $AB = \sqrt{(80 - (-33,84))^2 + (100 - 185,38)^2 + (0 - (-28,46))^2} \approx 141,51$ km.
Vậy quãng đường mà máy bay nhận tín hiệu từ đài kiểm soát không lưu là 141,51 km (khác $600\sqrt{2}$).
Xét đáp án C:
Ta có $AH = \sqrt{(80-0)^2 + (100-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{80^2 + 100^2} \approx 128,06$ km.
Suy ra khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là 128,06 km (khác $20\sqrt{1154}$).

Gọi $t$ là thời gian (giờ) kể từ khi hai tàu khởi hành.


Sau thời gian $t$, tàu $A$ đi được quãng đường $5t$ hải lí theo hướng Nam.


Sau thời gian $t$, tàu $B$ đi được quãng đường $7t$ hải lí hướng về vị trí ban đầu của tàu $A$.


Ta cần tìm khoảng cách giữa hai tàu sau thời gian $t$. Để đơn giản, ta xét hệ tọa độ Oxy với gốc O là vị trí ban đầu của tàu $A$, trục Ox hướng từ $A$ đến $B$, trục Oy hướng về phía Nam.


Khi đó, tọa độ của tàu $A$ sau thời gian $t$ là $(0; 5t)$.


Tọa độ của tàu $B$ sau thời gian $t$ là $(6 - 7t\cdot \frac{6}{\sqrt{(6)^2 + (5t)^2}}; -7t \cdot \frac{5t}{\sqrt{(6)^2 + (5t)^2}})$.


Bình phương khoảng cách $d^2$ giữa hai tàu là:


$d^2 = (6 - 7t\cos\alpha)^2 + (5t + 7t\sin\alpha)^2 = (6 - 7t\cdot \frac{6}{\sqrt{36 + 25t^2}})^2 + (5t - 7t\cdot \frac{5t}{\sqrt{36 + 25t^2}})^2$, trong đó $\cos \alpha = \frac{6}{\sqrt{36 + 25t^2}}$ và $\sin \alpha = \frac{5t}{\sqrt{36 + 25t^2}}$


Bài toán trở thành tìm $t$ để $d$ đạt min


Cách 1: Sử dụng hình học giải tích, gọi điểm $A_0, B_0$ là vị trí ban đầu của tàu A và B. Sau thời gian t, A đến $A_t$, B đến $B_t$. Khi đó $A_0A_t = 5t$, $B_0B_t = 7t$. Gọi H là hình chiếu vuông góc của $B_t$ lên $A_0A_t$. Khoảng cách $d = A_tB_t = \sqrt{A_tH^2 + B_tH^2}$. Bài toán trở thành min $d$.


Cách 2: Sử dụng định lý hàm cosin. $d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2*5t*7t*cos(\alpha)$. Trong đó $\alpha$ là góc $A_tA_0B_t$.


Tuy nhiên, do đây là phần trắc nghiệm trả lời ngắn, và không có đáp án để so sánh nên không thể xác định đáp án chính xác mà không có thêm thông tin.

Gọi $\vec{F_1}$, $\vec{F_2}$ là hai lực hợp với nhau góc $120^o$ và $\vec{F_3}$ là lực thứ ba vuông góc với mặt phẳng chứa $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$.

• Hợp lực của $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ là: $\vec{F_{12}} = \vec{F_1} + \vec{F_2}$. Độ lớn của hợp lực này là:
  $F_{12} = \sqrt{F_1^2 + F_2^2 + 2F_1F_2cos(120^o)} = \sqrt{3^2 + 4^2 + 2*3*4*(-1/2)} = \sqrt{9 + 16 - 12} = \sqrt{13}$ N


• Vì $\vec{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ nên $\vec{F_3}$ vuông góc với $\vec{F_{12}}$. Hợp lực của ba lực là: $\vec{F} = \vec{F_{12}} + \vec{F_3}$. Độ lớn của hợp lực này là:
  $F = \sqrt{F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt{(\sqrt{13})^2 + 4^2} = \sqrt{13 + 16} = \sqrt{29} \approx 5,385 \approx 5,4$ N

Đáp án làm tròn đến hàng phần chục gần nhất là 7,1 N.

Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $AB$.

Khi đó $d(M,(SAB)) = MH = MB \cdot sin(60^\circ) = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866$.

Do $SB$ hợp với đáy $(ABC)$ một góc $60^\circ$ nên $ \angle SBA = 60^\circ$.

$AB = 2$ nên $SA = AB \cdot tan(60^\circ) = 2\sqrt{3}$.

Ta có $AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

Trong tam giác $SAB$, ta có $d(A, SB) = \frac{SA \cdot AB}{\sqrt{SA^2 + AB^2}} = \frac{2\sqrt{3} \cdot 2}{\sqrt{12+4}} = \frac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}$.

$d(M,(SAB)) = \frac{1}{2}d(C,(SAB))$.

Vì $AC$ cắt $(SAB)$ tại $A$ nên $d(C,(SAB)) = 2d(M, (SAB))$.

Vì $BC$ cắt $(SAB)$ tại $B$ nên $d(C,(SAB)) = d(A,(SBC))$.

$d(M,(SAB)) = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.87$ (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm: 0.71)

Gọi $V(t)$ là thể tích nước trong bể sau $t$ phút. Ta có $V(t) = V_0 + qt = 1000 + 5t$.


Gọi $m(t)$ là khối lượng muối trong bể sau $t$ phút. Nồng độ muối trong bể sau $t$ phút là $C(t) = \frac{m(t)}{V(t)}$.


Khi $t \to \infty$, $V(t) \to \infty$.


Nồng độ muối trong bể sẽ tiến đến nồng độ của nước muối được bơm vào, tức là $C_0 = 30$ gam/lít.