Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: M(0;0;0), N(60;0;0), P(60;60;0), Q(0;60;0) là mặt đáy, mặt trên ABCD với A(0;0;60), B(60;0;60), C(60;60;60), D(0;60;60). Tâm I của MNPQ là (30;30;0), trục IK vuông góc đáy, cúp cao 40 cm nên K(30;30;40). Camera ở E trên cạnh AD: E(0;t;60) với 0≤t≤60. Khoảng cách KE thỏa KE² = (30−0)² + (30−t)² + (40−60)² = 900 + (t−30)² + 400 = 1300 + (t−30)². Giá trị nhỏ nhất khi t = 30 (E là trung điểm AD), khi đó KE = √1300 = 10√13 ≈ 36,0555... ≈ 36,1 cm. Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ đỉnh cúp tới vị trí lắp camera là 36,1 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay giữ nguyên tốc độ và hướng, vectơ chuyển động trong 10 phút tiếp theo bằng vectơ chuyển động trong 10 phút đầu: $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}=(940-800;550-500;8-7)=(140;50;1)$. Suy ra $D=B+\overrightarrow{AB}=(940+140;550+50;8+1)=(1080;600;9)$. Khi đó $x-y+z=1080-600+9=489$.

(AI giải đề cho tôi)
Véctơ chỉ phương của máy bay là $\overrightarrow{MN}=(300;100;0)$, nên $MN=\sqrt{300^2+100^2}=\sqrt{100000}=100\sqrt{10}km$. a) $OM=\sqrt{500^2+200^2+10^2}=\sqrt{290100}\approx 538,6$ km, $ON=\sqrt{800^2+300^2+10^2}=\sqrt{730100}\approx 854,5$ km, khoảng cách đến radar tăng nên máy bay đang đi xa ra, khẳng định a) sai. b) $MN=100\sqrt{10}$ km, đúng. c) Tốc độ $=\frac{100\sqrt{10}}{20}=5\sqrt{10}km/ph\acute{u}t=300\sqrt{10}km/h$, không phải $150\sqrt{10}km$ (cả giá trị lẫn đơn vị đều sai), khẳng định c) sai. d) Vận tốc mỗi phút là $(15;5;0)$, sau 4 phút nữa máy bay ở $Q(800+60;300+20;10)=(860;320;10)$, khi đó $a+b+c=1190\ne 1191$, khẳng định d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$OM=\sqrt{290100}\approx 538,6$ km $<$ $ON=\sqrt{730100}\approx 854,5$ km nên máy bay đang đi xa radar, không tiến lại gần.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN=\sqrt{300^2+100^2+0^2}=100\sqrt{10}km$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tốc độ $=100\sqrt{10}/20=5\sqrt{10}km/ph\acute{u}t=300\sqrt{10}km/h$, không phải $150\sqrt{10}km$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Sau 4 phút: $Q(860;320;10)$, $a+b+c=1190\ne 1191$.

(AI giải đề cho tôi)
Đổi tốc độ sang đơn vị tọa độ (1 đơn vị = 10 km): máy bay 1: 750 km/h = 75 đơn vị/h, vectơ đơn vị (-3;-4;0)/5 nên vận tốc $\overrightarrow{u_1}=(-45;-60;0)$ (đơn vị/h). Máy bay 2: 900 km/h = 90 đơn vị/h, $\overrightarrow{u_2}=(-72;54;0)$.

Vị trí theo thời gian $t$ (giờ):
$$P_1(t)=(25-45t;-10-60t;1),P_2(t)=(30-72t;-25+54t;1,1).$$

Hiệu vị trí: $\Delta =(5-27t;-15+114t;0,1)$. Radar bán kính 50 km = 5 đơn vị, nên điều kiện:
$$(5-27t{)}^2+(114t-15{)}^2+0,01\le 25.$$
Khai triển: $729t^2-270t+25+12996t^2-3420t+225+0,01\le 25$
$$\iff 13725t^2-3690t+225,01\le 0.$$

Biệt thức: $\Delta =3690^2-4\cdot 13725\cdot 225,01=13616100-12353049=1263051$, $\sqrt{\Delta }\approx 1123,853$.

Hai nghiệm:
$$t_1=\frac{3690-1123,853}{27450}\approx 0,093488\text{ h},t_2=\frac{3690+1123,853}{27450}\approx 0,175368\text{ h}.$$

Thời gian máy bay 2 trong phạm vi radar:
$$\Delta t=t_2-t_1=\frac{2247,706}{27450}\approx 0,0818803\text{ h}\approx 4,9128\text{ phuˊt}.$$

Vậy thời gian máy bay thứ hai xuất hiện trên màn hình radar của máy bay thứ nhất khoảng $\boxed{4,91}$ phút.

(AI giải đề cho tôi)
Bức tường là hình chữ nhật đứng với A(2;1;0), B(0;2;0), chiều cao 3 nên C(0;2;3), D(2;1;3). Mặt phẳng chứa tường đi qua A, B và song song trục Oz nên có phương trình x + 2y = 4.

Người đi từ P(-4;-4;0) về O theo đường thẳng x = y với vận tốc 1 m/s. Sau t giây, vị trí M(-4+u; -4+u; 0) với u = t/√2.

Đường thẳng SM: S + λ(M - S) với M - S = (u-7; u-7; -6). Tại S: x+2y = 9; tại M: x+2y = -12+3u. Giao với mặt phẳng x+2y=4: 9 + λ(3u - 21) = 4 ⟹ λ = 5/(21 - 3u).

Điểm giao P* có tọa độ x = y = 3 + λ(u-7), z = 6 - 6λ. Vì P* nằm trên mặt phẳng x = y nên nó thuộc đường thẳng qua A theo phương AB khi và chỉ khi nó thuộc mặt phẳng tường; tham số hóa: điểm trên tường là A + s(B-A) + (0;0;z), s = y - 1 = 2 + λ(u-7) = 2 + 5(u-7)/(3(7-u)) = 2 - 5/3 = 1/3, luôn thỏa 0 ≤ s ≤ 1 (do người đi trên đường x = y nên hình chiếu giao điểm cố định).

Điều kiện P* nằm trong hình chữ nhật: 0 ≤ z = 6 - 6λ ≤ 3 ⟺ 1/2 ≤ λ ≤ 1.
• λ ≥ 1/2: 5/(21-3u) ≥ 1/2 ⟹ 10 ≥ 21 - 3u ⟹ u ≥ 11/3.
• λ ≤ 1: 5 ≤ 21 - 3u ⟹ u ≤ 16/3.

Vậy người mất sóng khi u = 11/3 (lúc đó tia từ S tới người quét qua mép trên tường, z = 3). Thời gian t = u√2 = 11√2/3 ≈ 5,1854 ≈ 5,2 giây.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: $O$ ở góc trần nhà, trục $Ox$ dọc chiều dài $7m$, trục $Oy$ dọc chiều rộng $5m$, trục $Oz$ hướng xuống sàn (chiều cao $3,2m$). Đèn treo chính giữa trần nên hình chiếu của $M$ là tâm sàn: $a=\frac{7}{2}=3,5$, $b=\frac{5}{2}=2,5$. Đèn dài $0,9m$ thả từ trần xuống nên điểm thấp nhất cách trần $0,9m$, tức $c=3,2-0,9=2,3$. Vậy $a+b+c=3,5+2,5+2,3=8,3$.

(AI giải đề cho tôi)
Tín hiệu đi và về nên khoảng cách thật từ vệ tinh đến M là $d=\frac{ct}{2}$. Với tỉ lệ 1 đơn vị = 10 km:
- $MA=\frac{3\cdot 10^8\cdot 0,4\cdot 10^{-3}}{2}=60000$ m $=6$ đơn vị.
- $MB=\frac{3\cdot 10^8\cdot 0,2\cdot 10^{-3}}{2}=30000$ m $=3$ đơn vị.
- $MC=\frac{3\cdot 10^8\cdot \frac{2}{3}\cdot 10^{-3}}{2}=10^5$ m $=10$ đơn vị.
- $MD=6$ đơn vị.

Với $M(x;y;z)$, ta có hệ:
$$(x+1{)}^2+(y-2{)}^2+(z+1{)}^2=36,$$
$$(x-1{)}^2+(y-4{)}^2+z^2=9,$$
$$(x-3{)}^2+y^2+(z-9{)}^2=100,$$
$$(x-7{)}^2+(y-10{)}^2+(z+1{)}^2=36.$$

Trừ phương trình (1)−(2): $4x+4y-12+2z+1=27\Rightarrow 2x+2y+z=19$.
Trừ (3)−(2): $-4x+8+8y-16-18z+81=91\Rightarrow -2x+4y-9z=9$.
Trừ (4)−(1): $-16x+48-16y+96=0\Rightarrow x+y=9$.

Từ đó $z=19-2\cdot 9=1$; thay vào $-2x+4y-9=9\Rightarrow -x+2y=9$; kết hợp $x+y=9$ được $y=6$, $x=3$, $z=1$. Kiểm tra: $M{A}^2=16+16+4=36$, $M{B}^2=4+4+1=9$, $M{C}^2=0+36+64=100$, $M{D}^2=16+16+4=36$ — đều thỏa.

Vậy $OM=\sqrt{3^2+6^2+1^2}=\sqrt{46}\approx 6,7823$ đơn vị $\approx 67,82$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: Ox hướng Nam, Oy hướng Đông, Oz hướng lên. Tàu thám hiểm A(25; -15; -10) (25 km Nam, 15 km Tây, sâu 10 km). a) OA = √(25²+15²+10²) = √950 ≈ 30,82 km > 30 km nên radar không phát hiện được → a đúng. b) OB = √((-20)²+15²+0²) = 25 km ≤ 30 km nên radar phát hiện được → b đúng. c) C(15; y; 0), điều kiện phát hiện: 15² + y² ≤ 30² ⟺ y² ≤ 675 ⟺ |y| ≤ 15√3, vậy về phía Đông tối đa 15√3 km → c đúng. d) Tàu ngầm M(x; y; -18) với x ≤ 24 (Nam), y ≤ 24 (Đông). Điều kiện kết nối: x² + y² + 18² ≤ 30² ⟺ x² + y² ≤ 576. Nếu đi đến (24; 24) thì x² + y² = 1152 > 576, khoảng cách OM = √1476 ≈ 38,42 km > 30 km, radar không kết nối được → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
A(25; -15; -10), OA = √950 ≈ 30,82 km > 30 km nên radar không phát hiện được.
b) (AI giải đề cho tôi)
OB = √(400+225) = 25 km ≤ 30 km nên radar phát hiện được.
c) (AI giải đề cho tôi)
C(15; y; 0): 15² + y² ≤ 900 ⟺ y ≤ 15√3 (về phía Đông), đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cần x² + y² ≤ 576; tại (24; 24) thì x² + y² = 1152 > 576, OM ≈ 38,42 km > 30 km nên không kết nối được.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm xuất phát: bóng thuộc tia Oz ở độ cao 2 nên B₀=(0;0;2). Điểm rơi A: H=(0;4;0), AH=3 và AH⊥Oy nên A=(3;4;0). Mặt phẳng (α) chứa trục Oz và điểm A có phương trình 4x−3y=0, tức quỹ đạo nằm trên đường thẳng ngang hướng u=(3/5;4/5). Gọi s là khoảng cách ngang từ trục Oz (0≤s≤5, A ứng với s=5). Độ cao z(s)=as²+bs+2 với z(0)=2, z(5)=0, và khi x=2 thì s=2·5/3=10/3, z=3,5.

Hệ: 25a+5b=−2 và (100/9)a+(10/3)b=1,5 ⇔ 100a+20b=−8 và 100a+30b=13,5 ⇒ b=2,15; a=−0,51.

Đỉnh parabol: s=−b/(2a)=2,15/1,02≈2,1078. Hoành độ tại đỉnh: x=(3/5)s≈1,2647≈1,26.

(AI giải đề cho tôi)
H là hình chiếu của B trên mặt sàn $(Oxy)$ nên $B(a,b,c)$ với $a=x_H,b=y_H,c=z_B$. Khoảng cách từ H đến trục Oy là $|x_H|=5\Rightarrow a=5$. Góc giữa $\vec{j}$ (trục Oy) và $\overrightarrow{OH}$ bằng $30^{\circ }$, nên $x_H=OH\cdot \sin 30^{\circ }=5\Rightarrow OH=10$, suy ra $y_H=OH\cdot \cos 30^{\circ }=10\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\Rightarrow b=5\sqrt{3}$. Điểm A nằm trên trần nhà cao 4m nên $z_A=4$, dây treo $AB=1m$ thẳng đứng xuống nên $c=z_B=4-1=3$. Vậy $S=a+b^2+c=5+(5\sqrt{3}{)}^2+3=5+75+3=83$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay giữ nguyên vận tốc và hướng, trong mỗi 10 phút nó đi được một đoạn dịch chuyển như nhau. Vector dịch chuyển trong 10 phút đầu là $\overrightarrow{AB}=(940-800;550-500;8-7)=(140;50;1)$. Vậy sau 10 phút tiếp theo, máy bay ở điểm $C$ thỏa $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}$, tức $C=B+\overrightarrow{AB}=(940+140;550+50;8+1)=(1080;600;9)$. Do đó $a+b+c=1080+600+9=1689$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 6: 1689).

Đáp án: Đ S Đ S.
a) Đúng: Vận tốc gió $10m/s=36km/h$; quãng đường máy bay bay được là $750+36=786km$; do đó tọa độ của máy bay là $(150;1086;9)$.
b) Sai: Máy bay ở tọa độ $(150;300;9)$.
c) Đúng: Dựa vào hình vẽ ta thấy máy bay đang ở độ cao $9km$.
d) Sai: Quãng đường máy bay bay được là $800\cdot \frac{1}{2}=400km$; do đó tọa độ máy bay là $(150;686;9)$.
a) Đúng. Vận tốc gió $10m/s=36km/h$. Quãng đường máy bay bay được là: $750+36=786km$. Do đó tọa độ của máy bay là: $(150;1086;9)$.
b) Sai. Máy bay ở tọa độ $(150;300;9)$.
c) Đúng. Dựa vào hình vẽ ta thấy máy bay đang ở độ cao $9km$.
d) Sai. Quãng đường máy bay bay được là: $800\cdot \frac{1}{2}=400km$. Do đó tọa độ máy bay là $(150;686;9)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ Oxyz với gốc O là địa điểm thả bóng, trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Quả bóng thứ nhất: A(200; -200; 50), quả bóng thứ hai: B(-100; 100; 40). Người quan sát M(x; y; 0) trên mặt đất. Cần min f(M) = MA + MB.

Phản điểm A qua mặt đất: A'(200; -200; -50). Khi đó MA + MB = MA' + MB ≥ A'B, dấu bằng khi M là giao điểm của A'B với mặt phẳng z = 0.

Đường thẳng A'B: (x;y;z) = (200; -200; -50) + t(-300; 300; 90). z = 0 khi t = 5/9, suy ra M(200 - 500/3; -200 + 500/3; 0) = (100/3; -100/3; 0).

Khoảng cách từ người quan sát đến địa điểm thả bóng: OM = √((100/3)² + (100/3)²) = (100√2)/3 ≈ 47,14 ≈ 47 (m).

Kết quả khớp với đáp án nguồn 47.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{2};0;0)$, $D(0;2\sqrt{2};0)$, $C(\sqrt{2};2\sqrt{2};0)$, $S(0;0;4)$ (vì $AB=\sqrt{2}$, $AD=2\sqrt{2}$, $SA=4$).

Với $\overrightarrow{BM}=x\overrightarrow{BD}$: $M=(\sqrt{2}(1-x);2\sqrt{2}x;0)$.
Với $\overrightarrow{SN}=y\overrightarrow{SC}$: $N=(\sqrt{2}y;2\sqrt{2}y;4(1-y))$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=(\sqrt{2}(x+y-1);2\sqrt{2}(y-x);4(1-y))$, nên
$$M{N}^2=2(x+y-1{)}^2+8(y-x{)}^2+16(1-y{)}^2.$$

Tìm giá trị nhỏ nhất:
$\frac{\partial }{\partial x}=4(x+y-1)-16(y-x)=0\Rightarrow 5x-3y=1$.
$\frac{\partial }{\partial y}=4(x+y-1)+16(y-x)-32(1-y)=0\Rightarrow -3x+13y=9$.

Giải hệ: $x=\frac{5}{7}$, $y=\frac{6}{7}$ (đều thuộc $[0;1]$, thỏa mãn M trên BD, N trên SC). Khi đó
$$5x+4y=5\cdot \frac{5}{7}+4\cdot \frac{6}{7}=\frac{25+24}{7}=7.$$
Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục $Ox$ hướng đông, $Oy$ hướng bắc, đơn vị km. Drone 1: $A(1,5;-2,5;0,06)$; drone 2: $B(-2,5;3;0,04)$. Cần điểm $M(x;y;0)$ trên mặt đất sao cho $MA+MB$ nhỏ nhất. Lấy $B^{\prime }$ đối xứng $B$ qua mặt phẳng $(Oxy)$: $B^{\prime }(-2,5;3;-0,04)$. Khi đó $MA+MB=MA+M{B}^{\prime }\ge A{B}^{\prime }$, dấu bằng khi $M$ là giao điểm của đoạn $A{B}^{\prime }$ với mặt đất. Phương trình tham số đường thẳng $A{B}^{\prime }$: $z=0,06+t(-0,10)=0\Rightarrow t=0,6$. Suy ra $x=1,5+0,6(-4)=-0,9$, $y=-2,5+0,6(5,5)=0,8$. Vị trí cần tìm cách gốc $0,8$ km về phía bắc và $0,9$ km về phía tây, tức $a=0,8$, $b=0,9$, nên $a+b=1,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Tốc độ máy bay: 1080 km/h = 300 m/s = 0,3 km/s; tên lửa: 600 m/s = 0,6 km/s. Máy bay bay theo hướng vectơ đơn vị $\left(\frac{-3}{5};\frac{4}{5};0\right)$, nên sau $t$ giây vị trí máy bay là $P(t)=\left(6-0,18t;-20+0,24t;1\right)$ (km). Tên lửa xuất phát từ $O$ bay thẳng tới gặp máy bay, quãng đường tên lửa đi được là $0,6t$, nên điều kiện trúng mục tiêu: $|OP(t)|=0,6t$. Bình phương: $(6-0,18t{)}^2+(-20+0,24t{)}^2+1=0,36t^2$. Khai triển: $437-11,76t+0,09t^2=0,36t^2\Rightarrow 0,27t^2+11,76t-437=0$. Giải: $t=\frac{-11,76+\sqrt{11,76^2+4\cdot 0,27\cdot 437}}{0,54}=\frac{-11,76+\sqrt{610,2576}}{0,54}\approx 23,97$ giây. Khoảng cách từ bệ phóng đến vị trí bị bắn hạ: $0,6t\approx 14,38\approx 14,4$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A(200;70;118) là vị trí ban đầu. Sau 50 giây độ cao giảm 400 m = 4 đơn vị tọa độ, nên vận tốc theo trục Oz là $v_z=-4/50=-0,08$... kiểm tra lại: giảm 400 m trên đơn vị 100 m tức giảm 4 đơn vị, $v_z=-0,08$ đơn vị/giây. Quỹ đạo đi qua A và P(80;105;113), vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AP}=(-120;35;-5)$. Vì $v_z=-0,08$ nên vận tốc $\vec{v}=\lambda (-120;35;-5)$ với $-5\lambda =-0,08\Rightarrow \lambda =0,016$, tức $\vec{v}=(-1,92;0,56;-0,08)$ đơn vị/giây. Sau 75 giây (50 + 25), tọa độ máy bay: $x=200-1,92\cdot 75=56$, $y=70+0,56\cdot 75=112$, $z=118-0,08\cdot 75=112$. Khoảng cách tới gốc O (sân bay): $\sqrt{56^2+112^2+112^2}=\sqrt{3136+12544+12544}=\sqrt{28224}=168$ đơn vị = 16 800 m = 16,8 km.

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay bay với vận tốc và hướng không đổi, trong 10 phút đi được vectơ $\overrightarrow{AB}=(940-800;550-500;9-7)=(140;50;2)$. Sau 5 phút tiếp theo (bằng nửa khoảng thời gian 10 phút), máy bay đi thêm nửa vectơ $\overrightarrow{AB}$, tức $\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(70;25;1)$. Suy ra $C=(940+70;550+25;9+1)=(1010;575;10)$. Vậy $x+y+z=1010+575+10=1595$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn trục $Ox$ hướng đông, $Oy$ hướng bắc, đơn vị km. Drone 1: $A(1,5;-2,5;0,06)$; drone 2: $B(-2,5;3;0,04)$. Gọi $P(x;y;0)$ trên mặt đất, cần min $PA+PB$. Lấy điểm $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua mặt đất: $A^{\prime }(1,5;-2,5;-0,06)$. Khi đó $PA+PB=P{A}^{\prime }+PB\ge A^{\prime }B$, dấu bằng khi $P$ là giao điểm của đoạn $A^{\prime }B$ với mặt đất. Phương trình tham số: $z=-0,06+t(0,04+0,06)=0\Rightarrow t=0,6$. Suy ra $x=1,5+0,6(-4)=-0,9$, $y=-2,5+0,6(5,5)=0,8$. Vị trí cần tìm là $P(-0,9;0,8;0)$: cách $O$ là $0,8$ km về phía bắc và $0,9$ km về phía tây, tức $a=0,8$, $b=0,9$. Vậy $a+b=1,7$.

Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ và $B$ lên $Ox$. Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $K$ và song song với $AH$. Trên $d$ lấy điểm $B^{\prime }\in d$ sao cho $K{B}^{\prime }=BK$ và điểm $A,B^{\prime }$ khác phía với đường thẳng $Ox$ (tham khảo hình vẽ) (0,25 điểm)



Suy ra $MA+MB+AB=MA+M{B}^{\prime }+AB\ge A{B}^{\prime }+AB=const$.

Do đó chu vi của tam giác $MAB$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M=A{B}^{\prime }\cap Ox$ (0,25 điểm)

Tính được tọa độ điểm $H(20;0;0);K(60;0;0);AH=25;BK=25$

Lại có: $\frac{AH}{B^{\prime }K}=\frac{MH}{MK}\Rightarrow AH.MK=MH.B^{\prime }K\Rightarrow \overrightarrow{KM}=\overrightarrow{MH}$, (1) (0,25 điểm)

Ta có $M(t;0;0)\in Ox$ nên $(1)\iff \{\begin{array}{l}t-60=20-t\\ 0=(0-0)\\ 0=(0-0)\end{array}\iff t=40\Rightarrow M(40;0;0)$. (0,25 điểm)

Do đó tổng chiều dài cáp đó nhỏ nhất bằng $AM+BM+AB=2.\sqrt{1025}+\sqrt{1650}\approx 105(m)$. (0,25 điểm)