22 bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Phương trình đường thẳng trong không gian (có lời giải)

Đường thẳng d đi qua \({\rm{M}}(4;2;20)\) và nhận \(\vec a = \frac{1}{{997}}\overrightarrow {MN}  = \frac{1}{{997}}(0;997;0) = (0;1;0)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = 3 + t}\\{z = 20}\end{array}} \right.\)

Đường thẳng d đi qua \({\rm{M}}(1;1;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec a = (0;0;1)\)

Đường thẳng d' đi qua \({\rm{N}}(10;20;5)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{a^\prime }}  = (0;0;5) = 5\vec a\)

Thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng d ta được

1=101=201=5+5t' (vô li). Suy ra M∉d. Vậy d // d'.

Đường thẳng d và d' lần lượt có vectơ chí phương là \(\overrightarrow {{a_1}}  = (0;0;1),\overrightarrow {{a_2}}  = (0;1;0)\)

Ta có \(\overrightarrow {{a_1}} ,\overrightarrow {{a_2}} \) không cùng phương với nhau nên d và d' chéo nhau hoặc cắt nhau.

Ta xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = 20}\\{0 = {t^\prime }}\\{50 + t = 50}\end{array}} \right.\) (vô nghiệm).

Vậy \(d\) và d' chéo nhau.

Đường thắng d và d' lần lượt có vectơ chỉ phương là \(\vec a = (1;0;0),\overrightarrow {{a^\prime }}  = (0;0;3)\)

Ta có \(\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }}  = 1.0 + 0.0 + 0.3 = 0\). Do đó d và d' vuông góc với nhau.

Đường thẳng d và d' có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\vec a = (2;1; - 1),\overrightarrow {{a^\prime }}  = (3;3;9)\)

Ta có \(\cos \left( {d,{d^\prime }} \right) = \frac{{|2.3 + 1 \cdot 3 + ( - 1) \cdot 9|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt {{3^2} + {3^2} + {9^2}} }} = \frac{0}{{3\sqrt {66} }} = 0\). Suy ra d,d'=90°

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là \(\vec a = (0;1;1)\)

Mặt phẳng \(({\rm{P}})\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (0;0;1)\)

\(\sin (d,(P)) = \frac{{|0.0 + 1.0 + 1 \cdot 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\). Suy ra (d,(P))=45°

Mặt phẳng \(({\rm{P}})\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = (4;0;11)\)

Mặt phẳng \(({\rm{Q}})\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n^\prime }}  = (0;0;1)\)

Có \(\cos ((P),(Q)) = \frac{{|4.0 + 0.0 + 11.1|}}{{\sqrt {{4^2} + {{11}^2}}  \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{{11}}{{\sqrt {173} }}\). Suy ra ((P),(Q))≈33,25°

Ta có \(\overrightarrow {MN}  = (0;1;0)\)

Đường thẳng MN đi qua \({\rm{M}}(3;3;1,5)\) và nhận \(\overrightarrow {MN}  = (0;1;0)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 3 + t}\\{z = 1,5}\end{array}} \right.\)

a) Ta có \(\overrightarrow {MN}  = ( - 3; - 3;12) =  - 3(1;1; - 4)\)

Đường thắng MN đi qua điếm \({\rm{M}}(2;3; - 4)\) và có VTCP \(\vec u = (1;1; - 4)\) có phương trình là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z =  - 4 - 4t}\end{array}} \right.\)

b) Mặt phắng Oxy có phương trình là \({\rm{z}} = 0\).

Vi D là giao điếm của đường thắng MN với mặt phắng Oxy nên tọa độ điếm D là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z =  - 4 - 4t}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 0}\\{t =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\).Vậy \(D(1;2;0)\).

c) Ta có \(MD = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 4)}^2}}  = \sqrt {18} ;MN = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {{( - 3)}^2} + {{12}^2}}  = \sqrt {162} \) Vi \({\rm{MD}} < {\rm{MN}}\) nên D nằm giữa M và N .

Vậy tấm bìa có che khuất tầm nhìn của người quan sát đối với vật đặt ở điếm N .

a) Đường thắng a đi qua \({\rm{M}}(1;2;0)\) và có vectơ chí phương là \(\vec a = (0;0;3)\) Đường thắng b đi qua \({\rm{N}}(1;2;6)\) và có vectơ chí phương \(\overrightarrow {{a^\prime }}  = (4;2;0)\) Có \(\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }}  = 0.4 + 0.2 + 3.0 = 0\). Suy ra a \( \bot {\rm{b}}\).

Ta xét hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = 1 + 4{t^\prime }}\\{2 = 2 + 2{t^\prime }}\\{3t = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t^\prime } = 0}\\{{t^\prime } = 0.{\rm{  }}}\\{t = 2}\end{array}} \right.} \right.\)Suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Do đó a và b cắt nhau.

b) Thay \({\rm{t}} = 2\) vào phương trình đường thắng a ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 6}\end{array}} \right.\)

Vậy tọa độ giao điếm của hai đường thắng này là \((1;2;6)\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}}  = (1;1;0),\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}}  = ( - 2;2;0)\). Vì \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}}  \cdot \overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}}  =  - 2 + 2 = 0\) nên hai con đường trên vuông góc với nhau.

Hai vật thế chuyến động trên hai đường thẳng

Vật 1 chuyến động trên đường thắng đi qua A và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{v_1}} \)

Vật 2 chuyến động trên đường thắng đi qua B và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{v_2}} \)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (2;3;0)\) và \(\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = ( - 5;1;3)\)

Có \(\overrightarrow {AB}  \cdot \left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] =  - 10 + 3 =  - 7 \ne 0\). Do đó hai đường thắng này chéo nhau.

Vậy trong quá trình chuyến động, hai vật thế trên không va chạm vào nhau.

a) Mặt phảng \(({\rm{P}})\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (2;0;2)\)

Mặt phắng \(\left( {{{\rm{P}}^\prime }} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n^\prime }}  = (1;0;1)\)

\(\cos \left( {(P),\left( {{P^\prime }} \right)} \right) = \frac{{|2.1 + 0.0 + 2.1|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{4} = 1\). Suy ra ((P), (P’)) =0° .

b) Mặt phẳng \((Q)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_Q}}  = (0;0;1)\)

\(\cos ((P),(Q)) = \frac{{|2.0 + 0.0 + 2.1|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\rm{. }}\)Suy ra ((P), (Q)) =45° .

cosP',(Q)=|1.0+0.0+1.1|12+12⋅1=12.  Suy ra P',(Q)=45° .

Mặt phắng ( \({{\rm{O}}^\prime }{\rm{BC}}\) ) có phương trình đoạn chắn là: \(\frac{x}{3} + \frac{y}{1} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 6{\rm{y}} + 3{\rm{z}} = 6\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = (2;6;3)\)

\(\cos \left( {\left( {{O^\prime }BC} \right),(OBC)} \right) = \frac{{|3|}}{{\sqrt 1  \cdot \sqrt {{2^2} + {6^2} + {3^2}} }} = \frac{3}{7}\).  Suy ra O'BC,(OBC)≈64,62° .

c) Đường thằng \({B^\prime }C\) nhận \(\overrightarrow {{B^\prime }C}  = ( - 3;1; - 2)\) làm vectơ chỉ phương.

Mặt phẳng ( O ' BC ) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = (2;6;3)\)

\(\sin \left( {{B^\prime }C,\left( {{O^\prime }BC} \right)} \right) = \frac{{|( - 3) \cdot 2 + 1 \cdot 6 + ( - 2) \cdot 3|}}{{\sqrt {{{( - 3)}^2} + {1^2} + {{( - 2)}^2}}  \cdot \sqrt {{2^2} + {6^2} + {3^2}} }} = \frac{6}{{7\sqrt {14} }}\). Suy ra B'C,O'BC≈13,24° .

a) Đường thắng \({\Delta _1}\) đi qua \({\rm{A}}(1;0; - 1)\) có vectơ chí phương \(\overrightarrow {{u_1}}  = (2; - 1;3)\)

Đường thắng \({\Delta _2}\) đi qua \({\rm{B}}(3; - 1;0)\) có vectơ chí phương \(\overrightarrow {{u_2}}  = ( - 1;1;1)\) vi \(\overrightarrow {{u_1}}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  =  - 2 - 1 + 3 = 0\) nên hai đường thẳng \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) vuông góc với nhau.

b) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (2; - 1;1),\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 4; - 5;1) \ne \vec 0\), và \(\overrightarrow {AB}  \cdot \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] =  - 8 + 5 + 1 =  - 2 \ne 0\)

Do đó \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) chéo nhau. Vậy nút giao thông trên là nút giao thông khác mức.

a) Do điểm \(C(0;0;5)\) nên \(AC = \sqrt {{{(3 - 0)}^2} + {{( - 4 - 0)}^2} + {{(2 - 5)}^2}}  = \sqrt {34} (\;{\rm{m}})\);

\(BC = \sqrt {{{( - 5 - 0)}^2} + {{( - 2 - 0)}^2} + {{(1 - 5)}^2}}  = \sqrt {45}  = 3\sqrt 5 (\;{\rm{m}}){\rm{. }}\)

b) Ta có: \(\overrightarrow {OA}  = (3; - 4;2),\overrightarrow {OB}  = ( - 5; - 2;1)\) nên \([\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4}&2\\{ - 2}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&3\\1&{ - 5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}3&{ - 4}\\{ - 5}&{ - 2}\end{array}} \right|} \right) = (0; - 13; - 26){\rm{. }}\)

Vì thế, vectơ \(\vec n = (0;1;2)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((OAB)\).

Mặt khác, do \(\overrightarrow {CA}  = (3; - 4; - 3),\overrightarrow {BC}  = (5;2;4)\) nên ta có:

- \(\sin (CA,(OAB)) = |\cos (\overrightarrow {CA} ,\vec n)| = \frac{{|\overrightarrow {CA}  \cdot \vec n|}}{{|\overrightarrow {CA} | \cdot |\vec n|}} = \frac{{|3 \cdot 0 + ( - 4) \cdot 1 + ( - 3) \cdot 2|}}{{\sqrt {34}  \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{10}}{{\sqrt {170} }}\),

suy ra (CA,(OAB))≈50° . Vậy góc tạo bởi dây neo CA và mặt phẳng sườn núi là khoảng 50° .

 - sin(BC,(OAB))=|cos(BC→,n→)|=|BC→⋅n→||BC→|⋅|n→|=|5⋅0+2⋅1+4⋅2|35⋅5=23, 

suy ra (BC,(OAB))≈42° . Vậy góc tạo bởi dây neo BC và mặt phẳng sườn núi là khoảng 42° .

a) Phương trình chính tắc của đường cáp là: \(\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\).

b) Do tốc độ chuyển động của cabin là \(4,5\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) nên độ dài AM bằng \(4,5t(\;{\rm{m}})\). Vì vậy \(|\overrightarrow {AM} | = 4,5t(t \ge 0)\).

Do hai vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\vec u\) là cùng phương và cùng hướng nên \(\overrightarrow {AM}  = k\vec u\) với \(k\) là số thực dương nào đó. Suy ra: \(|\overrightarrow {AM} | = k|\vec u| = k \cdot \sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + 1}  = 3k\). Do đó \(3k = 4,5t\). Suy ra \(k = \frac{{3t}}{2}\). Vì thế, ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \frac{{3t}}{2}\vec u = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

Gọi toạ độ của điểm \(M\) là \(\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)\).

Do \(\overrightarrow {AM}  = \left( {{x_M} - {x_A};{y_M} - {y_A};{z_M} - {z_A}} \right) = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 3t + {x_A}}\\{{y_M} =  - 3t + {y_A}}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2} + {z_A}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 3t + 10}\\{{y_M} =  - 3t + 3}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2}.}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy điểm \(M\) có toạ độ là \(\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

c) Do \({x_B} = 550\) nên \(3t + 10 = 550\), tức là \(t = 180\) (s). Do đó, ta có điểm \(B(550; - 537;270)\).

Vậy \(AB = \sqrt {{{(550 - 10)}^2} + {{( - 537 - 3)}^2} + {{(270 - 0)}^2}}  = \sqrt {656100}  = 810(\;{\rm{m}})\).

d) Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương \(\vec u = (2; - 2;1)\) và mặt phẳng (Oxy) có vectơ pháp tuyến k→=(0;0;1)Do đó, ta có: sin(Δ,(Oxy))=|cos(u→,k→)|=|u→⋅k→||u→|⋅|k→|=13⋅1=13.  Vậy (Δ,(Oxy))≈19°

Phương trình mô tả quȳ đạo chuyến động của viên đạn là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 3 + t}\\{z = 4 + 6t}\end{array}} \right.\)

a) Thay tọa độ điếm M vào phương trình chuyến động, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7 = 1 + 2t}\\{\frac{7}{2} = 3 + t}\\{21 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 3}\\{t = \frac{1}{2}}\\{t = \frac{{17}}{6}}\end{array}} \right.} \right.\)

Ta thấy các giá trị t này đều khác nhau do đó điếm M không nẳm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn nên viên đạn không bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm M.

b) Thay tọa độ điếm N vào phương trình chuyến động của viên đạn ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 3 = 1 + 2t}\\{1 = 3 + t}\\{ - 8 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t =  - 2}\\{t =  - 2}\\{t =  - 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra điếm N nằm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn.

Do đó viên đạn trên có bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm N .

Đế viết được phương trình đường thẳng chứa tia nắng mặt trời đi qua đỉnh cột tại thời điếm đang xét ta cần xác định tọa độ của A (đỉnh cột) và A'  (bóng của đỉnh cột).

Ta có A(0;0;6) .

Hoành độ của điếm A' là x=3cos60°=12

Tung độ của điếm A'  là y=3cos30°=332 .

Do đó A'12;332;0 .

Đường thắng chứa tia nắng mặt trời đi qua A(0;0;6)  và có vectơ chỉ phương AA'→=12;332;−6  có phương trình là: x=12ty=332tz=6−6t

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với O là trung điếm của AC .

Ta có: \(A(0; - 2;0),B(2\sqrt 3 ;0;0),C(0;2;0),{A^\prime }(0; - 2;7),{B^\prime }(2\sqrt 3 ;0;6),{C^\prime }(0;2;5)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (2\sqrt 3 ;2;0),\overrightarrow {AC}  = (0;4;0),\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }}  = (2\sqrt 3 ;2; - 1),\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }}  = (0;4; - 2)\)

Có \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}2&0\\4&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&{2\sqrt 3 }\\0&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt 3 }&2\\0&4\end{array}} \right|} \right) = (0;0;8\sqrt 3 )\)

\(\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&{ - 1}\\4&{ - 2}\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&{2\sqrt 3 }\\{ - 2}&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{2\sqrt 3 }&2\\0&4\end{array}} \right|} \right) = (0;4\sqrt 3 ;8\sqrt 3 )\)

Mặt phẳng \(({\rm{ABC}})\) có một vectơ pháp tuyến là \(\frac{1}{{8\sqrt 3 }}[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0;0;1)\)

Mặt phắng ( \(\left. {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\frac{1}{{4\sqrt 3 }}\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = (0;1;2)\)

Do đó cos(ABC),A'B'C'=|2|1⋅1+4=25⇒(ABC),A'B'C'≈26,6° .

Suy ra mái nhà nghiêng với mặt sàn nhà một góc khoảng 26,6°

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Suy ra O là trung điếm của \({\rm{AC}},{\rm{BD}}\).

Vì các tam giác SAC, SBD đều cân tại S, SO là trung tuyến nên SO đồng thời là đường cao.

Suy ra \(SO \bot AC\), \(SO \bot BD\) nên \(SO \bot (ABCD)\).

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.

Vi ABCD là hình vuông cạnh 230 m nên \({\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = {\rm{OD}} = 115\sqrt 2 \).

Xét tam giác SOB vuông tại \(O\), có \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{219}^2} - {{(115\sqrt 2 )}^2}}  = 7\sqrt {439} \)

Ta có \(A( - 115\sqrt 2 ;0;0),B(0; - 115\sqrt 2 ;0),C(115\sqrt 2 ;0;0),S(0;0;7\sqrt {439} )\)

Ta có SA→=(−1152;0;−7439),SB→=(0;−1152;−7439)SC→=(1152;0;−7439)Ta có [SA→,SB→]=0−7439−1152−7439,−7439−1152−74390,−115200−1152=(−805878;−805878;26450) [SB→,SC→]=−1152−74390−7439,−74390−74391152,0−115211520=(805878;−805878;26450)

Mặt phắng (SAB) nhận n→=15[SA→,SB→]=(−161878;−161878;5290) làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phắng (SBC) nhận n'→=15[SB→,SC→]=(161878;−161878;5290) làm vectơ pháp tuyến.

Do đó 

cos((SAB),(SBC))=−(161878)2+(161878)2+52902(−161878)2+(−161878)2+52902⋅(161878)2+(−161878)2+52902=52902(161878)2+(−161878)2+52902≈0,3807

Suy ra ((SAB),(SBC))≈67,6° . Vậy góc giữa hai mặt phắng (SAB) và (SBC) khoảng 67,6°

a) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

\(40\;{\rm{cm}} = 0,4\;{\rm{m}},44\;{\rm{cm}} = 0,44\;{\rm{m}},48\;{\rm{cm}} = 0,48\;{\rm{m}}{\rm{. }}\)

Khi đó ta có \({\rm{A}}(0;1;0,4),{\rm{B}}(1;1;0,44),{\rm{C}}(1;0;0,48)\).

Có \(\overrightarrow {AB}  = (1;0;0,04)\). Vi ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - {x_D} = 1}\\{ - {y_D} = 0}\\{0,48 - {z_D} = 0,04}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_D} = 0}\\{{y_D} = 0}\\{{z_D} = 0,44}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(D(0;0;0,44)\).

Vậy khoảng cách từ điểm \(D\) đến đáy bể là 44 cm .

b) Ta có đáy bể nằm trong mặt phẳng \({\rm{Oxy}}:z = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\vec k = (0;0;1)\)

Ta có \(\quad \overrightarrow {AB}  = (1;0;0,04),\quad \overrightarrow {AC}  = (1; - 1;0,08)\), \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0,04; - 0,04; - 1)\)

Mặt phẳng \((ABCD)\) đi qua \({\rm{A}}(0;1;0,4)\) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n = [\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0,04; - 0,04; - 1)\) có phương trình là: \(0,04x - 0,04(y - 1) - (z - 0,4) = 0 \Leftrightarrow 0,04x - 0,04y - z + 0,44 = 0.{\rm{ }}\)

Do đó góc giữa đáy bể và mặt phẳng nằm ngang chính là góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt đáy.

\({\rm{ C\'o  }}\cos ((ABCD),(Oxy)) = \frac{{| - 1|}}{{\sqrt 1  \cdot \sqrt {{{0,04}^2} + {{( - 0,04)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{25}}{{\sqrt {627} }}\). Suy ra ((ABCD),(Oxy))≈3,2°

a) Đường thẳng AB đi qua điếm \({\rm{A}}(3,5; - 2;0,4)\) và nhận \(\overrightarrow {AB}  = (0;7,5; - 0,4)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thắng AB là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3,5}\\{y =  - 2 + 7,5t{\rm{ (t là tham số)}}{\rm{. }}}\\{z = 0,4 - 0,4t}\end{array}} \right.\)

Lưu ý: Ta có thế chọn điếm đi qua là \(B\) đế viết phương trình tham số hoặc có thế viết phương trinh chính tắc của đường thằng AB

b) Mặt phẳng nằm ngang (\({\rm{O}}x{\rm{y}})\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec k = (0;0;1)\).

Ta có \(\sin (AB,(Oxy)) = \frac{{|0 - 0 + 7,5 \cdot 0 + ( - 0,4) \cdot 1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{(7,5)}^2} + {{( - 0,4)}^2}}  \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} \approx 0,053\).

Suy ra (AB,(Oxy))≈3°∈2,5°;3,5° . Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Ta có \(\overrightarrow {MN}  = ( - 5; - 5;0),\overrightarrow {MP}  = ( - 5;0;0,5)\).

Xét vectơ \(\quad \vec n = [\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5}&0\\0&{0,5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ - 5}\\{0,5}&{ - 5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5}&{ - 5}\\{ - 5}&0\end{array}} \right|} \right)\), hay \(\vec n = ( - 2,5;2,5; - 25)\)

Khi đó \(\vec n\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MNP) hay chính là mặt phắng (a).

Phương trình mặt phắng (a) là: \( - 2,5(x - 5) + 2,5(y - 0) - 25(z - 0) = 0 \Leftrightarrow x - y + 10z - 5 = 0.\)

Vi C là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây đế hạ cánh nên C là giao điếm của đường thẳng AB và mặt phắng \((a)\).

Vi \(C \in AB\) nên gọi tọa độ điếm C là \({\rm{C}}(3,5; - 2 + 7,5{\rm{t}};0,4 - 0,4{\rm{t}})\).

Lại có \(C \in ({\rm{a}})\) nên ta có \(3,5 - ( - 2 + 7,5{\rm{t}}) + 10(0,4 - 0,4{\rm{t}}) - 5 = 0\), suy ra \({\rm{t}} = \frac{9}{{23}}\).

Vậy \( \subset \left( {3,5;\frac{{43}}{{46}};\frac{{28}}{{115}}} \right)\).

d) Vi \(D \in AB\) nên gọi tọa độ điếm \(D\) là \(D(3,5; - 2 + 7,5t;0,4 - 0,4t)\).

D là vị trí mà máy bay ở độ cao 120 m , tức là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bẳng 120 m và bằng \(0,12\;{\rm{km}}\).

Ta có \({\rm{d}}({\rm{D}},({\rm{Oxy}})) = \frac{{\left| {0,4 - 0,4{t^\prime }} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \left| {0,4 - 0,4{t^\prime }} \right|\).

Khi đó, \(\left| {0,4 - 0,4{{\rm{t}}^\prime }} \right| = 0,12 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,4 - 0,4{t^\prime } = 0,12}\\{0,4 - 0,4{t^\prime } =  - 0,12}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t^\prime } = 0,7}\\{{t^\prime } = 1,3}\end{array}} \right.} \right.\).

Với t' \( = 0,7\), ta có \(D(3,5;3,25;0,12)\).

Với t' \( = 1,3\), ta có \(D(3,5;7,75; - 0,12)\).

Vi D là vị trí độ cao của máy bay nên ta chọn D(3,5 ; 3,25 ; 0,12).

e) Ta có \(DE = \sqrt {{{(3,5 - 3,5)}^2} + {{(4,5 - 3,25)}^2} + {{(0 - 0,12)}^2}}  \approx 1,256(\;{\rm{km}})\)

Vì tầm nhìn xa của phi công sau khi ra khỏi đám mây là \(900\;{\rm{m}} = 0,9\;{\rm{km}} < 1,256\;{\rm{km}}\) nên người phi công đó không đạt được quy định an toàn bay.