Bài tập Vận dụng tọa độ của vectơ để giải quyết một số bài toán thực tiễn lớp 12 (có lời giải)

Đáp án đúng là: A

A. Theo đề bài ta có tọa độ của ra đa là (0; 0; 0), tọa độ của tàu thám hiểm là (30; 25; −15).

B. Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:

C. $d = \sqrt {{{\left( {30 - 0} \right)}^2} + {{\left( {25 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 15 - 0} \right)}^2}} = 5\sqrt {70} \approx 41{,}8$.

D. Vậy khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là 41,8 km.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Theo đề ta có A(1,5; 1; −0,5); C(1; 3; 2); $\overrightarrow {AC} = \left( { - 0{,}5;2;2{,}5} \right)$.

Gọi $B\left( {x;y;0} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {x - 1{,}5;y - 1;0{,}5} \right)$.

Vì $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC}$ cùng phương nên $\frac{{x - 1{,}5}}{{ - 0{,}5}} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{0{,}5}}{{2{,}5}} = \frac{1}{5}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{5}\\y = \frac{7}{5}\end{array} \right.$.

Vậy $B\left( {\frac{7}{5};\frac{7}{5};0} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có điểm A(4; 0; 3) và điểm $B\left( {0;3;\frac{5}{2}} \right)$

Suy ra $\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;3; - \frac{1}{2}} \right)$. Do đó độ dài đoạn thẳng AB = 5,025.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Quãng đường mà máy bay bay được sau 30 phút kể từ lúc ra đa phát hiện là:

$\frac{1}{2}MQ = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {1400 - 1000} \right)}^2} + {{\left( {800 - 600} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} \approx 224$ km.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {5; - 3;8} \right)$$\Rightarrow AB = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {8^2}} \approx 10$.

Vậy dây cáp có chiều dài tối thiểu là 10 mét.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Theo đề ta có $\overrightarrow {MN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MQ}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1000 = \frac{3}{4}\left( {1400 - 1000} \right)\\b - 600 = \frac{3}{4}\left( {800 - 600} \right)\\c - 14 = \frac{3}{4}\left( {18 - 14} \right)\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1300\\b = 750\\c = 17\end{array} \right.$.

Do đó a + b + c = 2067.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow {SA} = \left( { - 2;0; - 4} \right),\overrightarrow {SB} = \left( {1;\sqrt 3 ; - 4} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {1; - \sqrt 3 ;4} \right)$ $\Rightarrow SA = SB = SC = \sqrt {20}$.

Lại có $\overrightarrow {AB} = \left( {3;\sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {3; - \sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 2\sqrt 3 ;0} \right)$ $\Rightarrow AB = AC = BC = \sqrt {12}$.

Suy ra hình chóp S.ABC đều có đường cao là SO = 4 với O(0; 0; 0) là trọng tâm tam giác ABC.

Mặt khác $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {SA} = \left( { - 2k;0; - 4k} \right)$, $\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {SB} = \left( {k;\sqrt 3 k; - 4k} \right)$,

$\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {SC} = \left( {k; - \sqrt 3 k; - 4k} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 12k} \right)$.

Mà $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0; - 30} \right)$ nên −12k = −30 $\Leftrightarrow k = \frac{5}{2}$.

Suy ra $\overrightarrow {{F_1}} = \left( { - 5;0; - 10} \right),\overrightarrow {{F_2}} = \left( {\frac{5}{2};\frac{{5\sqrt 3 }}{2}; - 10} \right)$. Vậy $\overrightarrow {{F_1}} \cdot \overrightarrow {{F_2}} = \frac{{175}}{2} = 87{,}5$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 8} \right),\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 8} \right),\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 8} \right)$

Nên $E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65}$.

Mặt khác $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|$ vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên 3 chân của giá đỡ.

Do đó $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;k; - 8k} \right),\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k; - \frac{1}{2}k; - 8k} \right)$,

$\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}k; - \frac{1}{2}k; - 8k} \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 24k} \right)$.

Mà $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0; - 240} \right)$ Þ −24k = −240 Þ k =10.

Vậy $\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;10; - 80} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Với hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với một góc phòng và mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét.

Phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật OBCD. A'B'C'D' với A'B'C'D' là hình chữ nhật.

Gọi M là giao điểm của hai đường chéo A'C' và B'D' nên M là trung điểm của A'C' với A'(0; 0; 4), C'(8; 10; 4).

Vì đèn được treo lại chính giữa trần nhà của phòng học nên điểm treo bóng đèn trùng với điểm M.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_{A'}} + {x_{C'}}}}{2} = 4\\{y_M} = \frac{{{y_{A'}} + {y_{C'}}}}{2} = 5\\{z_M} = \frac{{{z_{A'}} + {z_{C'}}}}{2} = 4\end{array} \right.$ nên M(4; 5; 4).

Vậy khoảng cách từ điểm treo bóng đèn đến góc phòng học là $OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {4^2}} = \sqrt {57} \approx 7{,}55$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

Do giả thiết khối chóp tứ giác đều S.ABCD nên ABCD là hình vuông.

Có A'(0; 0; 0), A(0; 0; 1), $B\left( {0;\frac{1}{2};1} \right)$, $B'\left( {0;\frac{1}{2};0} \right),D'\left( {\frac{1}{2};0;0} \right)$, $D\left( {\frac{1}{2};0;1} \right)$.

I là trung điểm của BD nên $I\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{4};1} \right)$.

Ta có $BD = \frac{{\sqrt 2 }}{2};IB = ID = \frac{{\sqrt 2 }}{4};SI = \sqrt {S{B^2} - I{B^2}} = \sqrt {0,{6^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {94} }}{{20}}$.

Vậy $S\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{{\sqrt {94} }}{{20}} + 1} \right)$. Suy ra a + b + c ≈ 1,98.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:

$d = \sqrt {{{\left( {24 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 18 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 10 - 0} \right)}^2}} = 10\sqrt {10} \approx 31{,}6$ km.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi cạnh đáy và chiều cao của khoang cabin lần lượt là x, h (x, h > 0; m).

Theo bài ra ta có: $\{\begin{matrix}V={x}^{2}\cdot h=5{,}4\text{(1)} \\ {S}_{tp}=2{x}^{2}+4\cdot x\cdot h=18{,}9\text{(2)}\end{matrix}$

Từ (1) ⇒ $x \cdot h = \frac{{5{,}4}}{x}$. Thay vào (2) ta được:

$2{x^2} + 4 \cdot \frac{{5{,}4}}{x} = 18{,}9 \Leftrightarrow 2{x^3} - 18{,}9x + 21{,}6 = 0 \Rightarrow x = 1{,}5$ (x < 2).

Thay vào (1) ta được h = 2,4 m.

Vậy khoang cabin thang máy có cạnh đáy và chiều cao là: x = 1,5 m = 150 cm; h = 2,4 m = 240 cm.

Trong hệ toạ độ đã chọn, x = 15 đơn vị và h = 24 đơn vị.

Ta thấy mặt phẳng (Oxy) chính là mặt sàn. Điểm P nằm trên trần cabin, mà chiều cao cabin bằng 24 đơn vị. Vậy khoảng cách từ trần đến sàn là 24 nên z = 24.

Camera lắp cách mặt phẳng (Oyz) 10 cm, tương đương 1 đơn vị nên x = 1.

Mặt phẳng (Oxz) là bức tường phía sau (dọc theo trục Oz và Ox). Chiều rộng của cabin là 15 đơn vị. Nếu camera lắp cách bức tường đối diện một đoạn 10 cm (1 đơn vị), thì khoảng cách từ nó đến bức tường sau (Oxz) sẽ là 15 – 1 = 14 đơn vị nên z = 14.

Vậy toạ độ của P(1; 14; 24).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Điểm A'(1; 2; 3) là điểm đầu cột gỗ tại điểm A, điểm B'(−2; 1; 4) là điểm đầu cột gỗ ở điểm B.

Do đó $\overrightarrow {A'B'} = \left( { - 3; - 1;1} \right) \Rightarrow A'B' = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {11} \approx 3{,}167$ m.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là C(x; y; z).

Hướng của máy bay không dổi nên $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {NP}$ cùng hướng.

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( {500;400;6} \right)$; $\overrightarrow {NP} = \left( {x - 800;y - 550;z - 13} \right)$.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ M đến N gấp bốn lần thời gian bay từ N đến P nên MN = 4NP

Do đó: $\overrightarrow {NP} = \frac{1}{4}\overrightarrow {MN} = \left( {125;100;\frac{3}{2}} \right)$.

Khi đó $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 800 = 125}\\{y - 550 = 100}\\{z - 13 = \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 925}\\{y = 650}\\{z = \frac{{29}}{2}}\end{array}} \right.$

Vậy, toạ độ điểm P là $\left( {925;650;\frac{{29}}{2}} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\overrightarrow v + \overrightarrow {\rm{w}} = \left( {11 + 4;7 + 2; - 4 + 0} \right) = \left( {15;9; - 4} \right)$ là vectơ vận tốc của thiết bị trong điều kiện có dòng hải lưu. Khi đó vận tốc của thiết bị trong điều kiện có dòng hải lưu là: $\left| {\overrightarrow v + \overrightarrow {\rm{w}} } \right| = \sqrt {{{15}^2} + {9^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {322} \approx 17{,}9$ (km/h).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Vì nền nhà là hình chữ nhật nên OACB là hình chữ nhật, suy ra x$_{A}$ = x$_{B}$ = 4, y$_{C}$= y$_{B}$= 5.

Do điểm A nằm trên trục Ox nên toạ điểm A(4; 0; 0); điểm C nằm trên trục Oy nên toạ độ điểm C(0; 5; 0).

Tường nhà là hình chữ nhật nên OCHE là hình chữ nhật suy ra y$_{H}$ = y$_{C}$ = 5, z$_{H}$ = z$_{E}$ = 3.

Do H nằm trên mặt phẳng (Oyz) nên toạ độ điểm H(0; 5; 3).

Tứ giác OAFE là hình chữ nhật nên x$_{F}$ = x$_{A}$= 4, z$_{F}$ = z$_{E}$ = 3.

Do F nằm trên mặt phẳng (Oxz) nên toạ độ điểm F(4; 0; 3).

b) Sai. Ta có $\overrightarrow {AH} = \left( { - 4;5;3} \right)$.

c) Sai. Ta có: $\overrightarrow {AF} = \left( {0;0;3} \right)$ nên $\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {AF} = 0 + 0 + 9 = 9$.

d) Đúng. Để tính góc đốc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng FG, hai mặt lần lượt là (FGQP) và (FGHE).

Do mặt phẳng (Oxz) vuông góc với hai mặt phẳng (FGQP) và (FGHE) nên $\widehat {PFE}$ là góc phẳng nhị diện cần tìm.

Ta có $\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right)$ và $\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)$.

$\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} \cdot \overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {FE} } \right|}} = \frac{{\left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 4} \right) + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Vậy $\widehat {PFE} \approx 26{,}6^\circ$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Sai. Ra đa ở vị trí có toạ độ (0; 0; 0,08).

b) Sai. Điểm A(−300; −200; 10).

c) Đúng. Khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt {{{\left( { - 300 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 200 - 0} \right)}^2} + {{\left( {10 - 0{,}08} \right)}^2}} \approx 360{,}69$ km.

d) Sai. Vì 360,69 < 500 nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay ở vị trí A.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Sai. Dựa vào hình vẽ ta thấy máy bay đang ở độ cao 9 km.

b) Sai. Dựa vào hệ tọa độ trong hình vẽ, ta thấy vị trí của máy bay tại thời điểm 9 giờ 30 phút là A(150; 300; 9).

c) Đúng. Vận tốc gió 10 m/s = 36 km/h.

Vận tốc thực của máy bay là là 750 km/h.

Nên vận tốc của máy bay là: 750 + 36 = 786 km/h.

Tại thời điểm 10 giờ 30 phút, quãng đường di chuyển được của máy bay theo hướng đông là 786∙1 = 786 km. Suy ra vị trí của máy bay cách trung tâm điều khiển theo hướng đông là 786 + 300 = 1086 km.

Do đó toạ độ của máy bay là: (150; 1086; 9).

d) Sai. Gọi B(150; 1086; 9) là toạ độ của máy bay tại thời điểm 10 giờ 30 phút.

Từ lúc 10 giờ 30 phút, vận tốc máy bay theo hướng tây là v$_{T}$ = −800 km/h.

Gọi C(x; y; z) là toạ độ của máy bay tại thời điểm 11 giờ.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = {x_B}}\\{y = {y_B} + {v_T} \cdot t}\\{z = {z_B}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 150}\\{y = 1086 - 800 \cdot \frac{1}{2}}\\{z = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 150}\\{y = 686}\\{z = 9}\end{array}} \right.$

C(150; 686; 9).

Khoảng cách từ máy bay đến gốc toạ độ là:

$\sqrt {{{150}^2} + {{686}^2} + {9^2}} \approx 702$ km.

Vậy máy bay cách gốc toạ độ khoảng 702 km.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. $\overrightarrow {OM} = \left( {50;120;4} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} \approx 130{,}06$ .

Vậy khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 8 giờ xấp xỉ 130 km.

b) Đúng. Ta có $\overrightarrow {OM} + \overrightarrow v = \left( {350;520;7} \right)$.

Tại thời điểm 9 giờ, toạ độ của máy bay là ${M_1}\left( {350;520;7} \right)$.

Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 7 km.

c) Đúng. Ta có $\overrightarrow {OM} + 2\overrightarrow v = \left( {650;920;10} \right)$.

Vậy tại thời điểm 10 giờ, toạ độ của máy bay là ${M_2}\left( {650;920;10} \right)$.

$\overrightarrow {{M_2}F} = \left( {600;100;10} \right) \Rightarrow {M_2}F = \sqrt {{{600}^2} + {{100}^2} + {{10}^2}} \approx 608{,}36$.

Vậy khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình F xấp xỉ 600km.

d) Sai. Từ độ cao 10 km với tốc độ hạ độ cao là 5 km/h thì máy bay cần 2 giờ để đáp xuống đất.

$\overrightarrow {O{M_2}} + 2\overrightarrow {{v_2}} = \left( {1450;1520;0} \right)$.

Vậy toạ độ của máy bay khi đáp xuống là ${M_3} = \left( {1450;1520;0} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Gọi toạ độ điểm A(x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$). Vì chiều rộng của sân là 6,1m nên x$_{A}$ = 6,1. Do một nửa chiều dài của sân là 6,7 m nên y$_{A}$ = 6,7. Điểm A ∈ (Oxy) nên z$_{A}$ = 0.

Nên A(6,1; 6,7; 0).

b) Đúng. AB = 1,55 m nên B(6,1; 6,7; 1,55).

c) Sai. $\overrightarrow {AB} = \left( {6{,}1 - 6{,}1;6{,}7 - 6{,}7;1{,}55 - 0} \right) = \left( {0;0;1{,}55} \right)$.

d) Đúng. $AB = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {{1{,}55}^2}} = \sqrt {2{,}4025}$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 15

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1000 - 800;550 - 450;9 - 7} \right) = \left( {200;100;2} \right)$.

Vì hướng của máy bay không đổi nên $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng.

Mặt khác, $\overrightarrow {BC} = \left( {1100 - 1000;600 - 550;10 - 9} \right) = \left( {100;50;1} \right)$ nên $\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}$.

Do vận tốc của máy bay không đổi nên thời gian bay từ B đến C bằng một nửa thời gian bay từ A đến B.

Sau 5 phút máy bay bay từ B đến điểm C(1100; 600; 10).

Vậy sau 15 phút máy bay bay từ A đến C.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 200

$A = \left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow d } \right) = \left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right| \cdot \frac{{\overrightarrow F \cdot \overrightarrow d }}{{\left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right|}} = \overrightarrow F \cdot \overrightarrow d = 6 \cdot 100 + 8 \cdot 200 + \left( { - 10} \right) \cdot 200 = 200$(J).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 4

Giả sử D(x; y; z).

$\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;y - 1;z - 1} \right)$ và $\overrightarrow {BC} = \left( {4;3;3} \right)$.

Tứ giác ABCD là hình bình hành nên:$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Khi đó $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 1 = 4}\\{y - 1 = 3}\\{z - 1 = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 5}\\{y = 4}\\{z = 4}\end{array}} \right.$ ⇒ D(5; 4; 4).

Vậy tung độ của điểm D là 4.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: −90

Ta có: $\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 8} \right)$, $\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)$. $\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)$.

$E{A_1} = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65}$,

$E{A_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65}$,

$E{A_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65}$.

Nên $E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65}$.

Mặt khác, $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|$ vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên ba chân của giá đỡ.

Do đó:

$\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;k; - 8k} \right)$,

$\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)$,

$\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)$.

⇒ $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 24k} \right)$.

Mà $\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0 - 240} \right)$.

⇒ −24k = −240.

⇒ k = 10.

$\overrightarrow {{F_3}} = \left( { - 5\sqrt 3 ; - 5; - 80} \right)$.

Vậy x + y + z = (−5) + (−5) + (−80) = −90.

Hướng dẫn:

Đáp án: 9

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét.

Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí A, B.

Ta có $A\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right)$ và $B\left( {\frac{{ - 3}}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)$.

Gọi I là điểm tiếp nhiên liệu trên mặt đất (Oxy).

Khoảng cách từ vị trí tiếp nhiên liệu tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất, tức IA + IB nhỏ nhất.

Gọi C là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (Oxy), $C\left( {\frac{5}{2};2;\frac{{ - 4}}{5}} \right)$ và IA = IC.

Vậy để IA + IB nhỏ nhất thì IB + IC nhỏ nhất. Điều đó xảy ra khi B, I, C thẳng hàng hay I là giao điểm của BC và mặt phẳng (Oxy) hay $\overrightarrow {BC}$ và $\overrightarrow {BI}$ cùng phương.

$\overrightarrow {BC} = \left( {4;5;\frac{{ - 7}}{5}} \right)$. I ∈ (Oxy) ⇒ I(x; y; 0) ⇒ $\overrightarrow {BI} = \left( {x + \frac{3}{2};y + 3;\frac{{ - 3}}{5}} \right)$.

$\overrightarrow {BC}$, $\overrightarrow {BI}$ cùng phương nên $\frac{{x + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{y + 3}}{5} = \frac{3}{7} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{3}{{14}}}\\{y = \frac{{ - 6}}{7}}\end{array}} \right.$.

Vậy $I\left( {\frac{3}{{14}};\frac{{ - 6}}{7};0} \right)$ nên $a = \frac{3}{{14}}$, $b = \frac{6}{7}$ ( vì I cách điểm xuất phát b theo hướng tây nên b > 0).

Khi đó 14a + 7b = 9.