Bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Phương trình mặt cầu lớp 12 (có lời giải)
23 câu hỏi
Trong không gian Oxyz (đơn vị của các trục toạ độ là mét), các nhà nghiên cứu khí tượng dùng một phần mềm mô phỏng bề mặt của một quả bóng thám không có dạng hình cầu bằng phương trinh \({(x - 300)^2} + {(y - 400)^2} + {(z - 2000)^2} = 1\). Tìm toạ độ tâm, bán kính của quả bóng và tính khoảng cách từ tâm của quả bóng đến mặt đất có phương trình \(z = 0\).
Tọa độ tâm I(300; 400; 2000), R =1.
Khoảng cách từ tâm của quá bóng đến mặt đất có phương trình \(z = 0\) là \(d = \frac{{|2000|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 2000\) (mét).
Công nghệ hỗ trợ trọng tài VAR (Video Assistant Referee) thiết lập một hệ tọa độ Oxyz để theo dõi vị trí của quả bóng \(M\). Cho biết \(M\) đang nằm trên mặt sân có phương trình \(z = 0\), đồng thời thuộc mặt cầu \((S):{(x - 32)^2} + {(y - 50)^2} + {(z - 10)^2} = 109\) (đơn vị độ dài tính theo mét).
a) Tìm toạ độ tâm \(I\) và bán kính \(R\) của mặt cầu \((S)\).
b) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc \(J\) của tâm \(I\) trên mặt sân.
c) Tính khoảng cách từ vị trí \(M\) của quả bóng đến điểm \(J\).
a) Mặt cầu \((S)\) có phương trình
\({(x - 32)^2} + {(y - 50)^2} + {(z - 10)^2} = 109\)
nên có tâm \(I(32;50;10)\) và bán kính \(R = \sqrt {109} \).
b) Trong không gian Oxyz, mặt sân có phương trình \(z = 0\) trùng với mặt phẳng tọa độ \((Oxy)\), suy ra hình chiếu vuông góc của điểm \(I(32;50;10)\) xuống mặt sân có toạ độ \(J(32;50;0)\).
c) Trong tam giác vuông IJM, ta có \(IJ = 10,IM = {\rm{R}}\), suy ra
\(JM = \sqrt {I{M^2} - I{J^2}} = \sqrt {109 - 100} = 3.\)
Vậy khoảng cách từ vị trí \(M\) của quả bóng đến điểm \(J\) là 3 m .
Trong không gian Oxyz (đơn vị của các trục toạ độ là kilômét), một trạm thu phát sóng điện thoại di động có đầu thu phát được đặt tại điềm \(I( - 6; - 1;4)\).
a) Cho biết bán kính phủ sóng của trạm là 2 km . Viết phương trình mặt cầu \((S)\) biểu diễn ranh giới của vùng phủ sóng.
b) Một người sử dụng điện thoại tại điểm \(M( - 5; - 2;5)\). Hãy cho biết điểm \(M\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu \((S)\) và người đó có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên hay không.
c) Câu hỏi tương tự đối với người sử dụng điện thoại ở điểm \(N( - 1;0;1)\).
a) Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I( - 6; - 1;4)\) và bán kính \(R = 2\) nên có phương trình:
\({(x + 6)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 4)^2} = 4.{\rm{ }}\)
b) Ta có \(IM = \sqrt 3 < R\), suy ra điểm \(M\) nằm trong mặt cầu \((S)\) và người đó có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.
c) Ta có \(IN = \sqrt {35} > R\), suy ra điểm \(N\) nằm ngoài mặt cầu \((S)\) và người đó không thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.
Bề mặt của một bóng thám không dạng hình cầu có phương trình:
\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 200x - 600y - 4000z + 4099900 = 0.{\rm{ }}\)
Tìm toạ độ tâm và bán kính mặt cầu.
Phương trình mặt cằu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 200x - 600y - 4000z + 4099900 = 0\) có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - \) 2by \( - 2cz + d = 0\) với a \( = 100;b = 300;\;c = 2000;d = 4099900\) có tâm I(100; 300; 2000) và \(R = \sqrt {{{100}^2} + {{300}^2} + {{2000}^2} - 4099900} = 10\).
Đầu in phun của một máy in 3D đang in bề mặt của một mặt cầu có phương trình:
\({x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{1}{8}x - \frac{1}{8}y - z + \frac{1}{{16}} = 0.\)
Tính khoảng cách từ đầu in phun đến tâm mặt cầu.
Phương trình mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{1}{8}x - \frac{1}{8}y - z + \frac{1}{{16}} = 0\) có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{ax}} - 2\) by \(2{\rm{cz}} + {\rm{d}} = 0\) với \(a = - \frac{1}{{16}};b = \frac{1}{{16}};c = \frac{1}{2};d = \frac{1}{{16}}\)
Có \(R = \sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{16}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} - \frac{1}{{16}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{{16}}\)
Khoảng cách từ đầu in phun đến tâm mặt cầu bằng bán kính của mặt cằu và bằng \(\frac{{5\sqrt 2 }}{{16}}\).
Phần mềm mô phỏng thiết bị thám hiểm đại dương có dạng hình cầu trong không gian Oxyz. Cho biết toạ độ tâm mặt cầu là \(I(360;200;400)\) và bán kính \(r = 2\;{\rm{m}}\). Viết phương trình mặt cầu.
Mặt cầu có tâm I( \(360;200;400)\) và bán kính \(r = 2\) có phương trình là:
\({(x - 360)^2} + {(y - 200)^2} + {(z - 400)^2} = 4.{\rm{ }}\)
Ta có \(AM = \sqrt {{{(2 - 2)}^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 2 > 1\)
Do đó vị trí \(M(2;1;1)\) không thuộc vùng phủ sóng của thiết bị nói trên.
Ta có
Suy ra:
Do đó
Vi P, Q thuộc mặt đất nên .
Do đó . Suy ra .
Mặt khác, đường tròn tâm, đi qua P, Q có bán kính 1 và chu vi là , nên cung nhỏ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng .
Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí P, Q xấp xỉ bằng 1,2983 6371 \( = 8271,4693(\;{\rm{km}})\).
Vi A là giao giữa kinh tuyến gốc với xích đạo nên \({\rm{A}}(1;0;0)\). Do đó \(\overrightarrow {OA} = (1;0;0)\)
Điểm hay
Suy ra \(\overrightarrow {OB} = \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)
Có \(\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\)
Vi A, B thuộc mặt đất nên \(|\overrightarrow {OA} | = |\overrightarrow {OB} | = 1\)
Do đó . Suy ra .
Mặt khác, đường tròn tâm O đi qua \({\rm{A}},{\rm{B}}\) có bán kính 1 và chu vi là \(2\pi \approx 6,2832\), nên cung nhỏ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng \(\frac{{52,2388}}{{360}} \cdot 6,2832 \approx 0,9117\).
Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí \({\rm{A}},{\rm{B}}\) xấp xỉ bằng \(0,9117.6371 = \) \(5808,4407(\;{\rm{km}})\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 23 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Gọi 3 điểm ở trên mặt nước lần lượt là \({\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) và ba điểm tương ứng ở đáy bể là \({A^\prime },{B^\prime },{C^\prime }\) sao cho \(A{A^\prime } = 4\;{\rm{m}},{B^\prime } = 4,4\;{\rm{m}},{C^\prime } = 4,8\;{\rm{m}}\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, O là trung điểm của AC .
Ta có A(0; \(1;0),B(\sqrt 3 ;0;0),{\rm{C}}(0; - 1;0),{{\rm{A}}^\prime }(0;1;4),{B^\prime }(\sqrt 3 ;0;4,4),{{\rm{C}}^\prime }(0; - 1\); 4,8 .
Ta có \(\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} = (\sqrt 3 ; - 1;0,4),\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} = (0; - 2;0,8)\)
Có \(\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&{0,4}\\{ - 2}&{0,8}\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{0,4}&{\sqrt 3 }\\{0,8}&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt 3 }&{ - 1}\\0&{ - 2}\end{array}} \right|} \right)\)\( = (0; - 0,8\sqrt 3 ; - 2\sqrt 3 )\)
Mặt phẳng đáy bể là mặt phẳng ( \(\left. {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (0; - 0,8\sqrt 3 ; - 2\sqrt 3 )\)
Mặt phẳng nằm ngang (mặt nước) chính là mặt phẳng \({\rm{Oxy}}:{\rm{z}} = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec k = (0;0;1)\)
Do đó \(\cos \left( {\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right),(Oxy)} \right) = \frac{{|0.0 - 0,8\sqrt 3 .0 - 2\sqrt 3 .1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{( - 0,8\sqrt 3 )}^2} + {{( - 2\sqrt 3 )}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\frac{{2\sqrt {87} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {29} }}{{29}}\)
Suy raNé́u đứng trước biển và nhìn ra xa, người ta sẽ thấy một đường giao giữa mặt biển và bầu trời, đó là đường chân trời đối với người quan sát (H.5.45a). Về mặt Vật lí, đường chân trời là đường giới hạn phần Trái Đất mà người quan sát có thể nhìn thấy được (phần còn lại bị chính Trái Đất che khuất). Ta có thể hình dung rằng, nếu người quan sát ở tại đỉnh của một chiếc nón và Trái Đát được "thả" vào trong chiếc nón đó, thì đường chân trời trong trường hợp này là đường chạm giữa Trái Đất và chiếc nón (H.5.45b). Trong mô hình toán học, đường chân trời đối với người quan sát tại vị trí \(B\) là tập hợp những điểm \(A\) nằm trên bề mặt Trái Đất sao cho , với O là tâm Trái Đất (H.5.45c). Trong không gian Oxyz, giả sử bề mặt Trái Đất \((S)\) có phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\) và người quan sát ở vị trí \(B(1,1; - 1)\).
Gọi \(A\) là một vị trí bất kì trên đường chân trời đối với người quan sát ở vị trí \(B\). Tính khoảng cách AB.
Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O(0;0;0)\) và \({\rm{R}} = 1\).
Ta có \(A \in (S)\) nên \(OA = 1\).
\({\rm{ Có }}OB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {{( - 1)}^2}} = \sqrt 3 \)
Xét tam giác BOA vuông tại \(O\) có: \(AB = \sqrt {O{B^2} - O{A^2}} = \sqrt {3 - 1} = \sqrt 2 \)
Vậy khoảng cách AB là \(\sqrt 2 \).
Người ta muốn thiết kế một bồn chứa khí hoá lòng hình cầu bằng phần mềm 3D . Cho biết phương trình bề mặt của bồn chứa là \((S)\) : \({(x - 6)^2} + {(y - 6)^2} + {(z - 6)^2} = 25\). Phương trình mặt phẳng chứa nắp là \((P):z = 10\).
a) Tìm tâm và bán kính của bồn chứa.
b) Tính khoảng cách từ tâm bồn chứa đến mặt phẳng chứa nắp.
a) Tâm của bồn chứa \(I(6;6;6)\) và bán kính \(R = 5\).
b) Ta có \(d(I,(P)) = \frac{{|6 - 10|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 4\).
Phần mềm điều khiền máy in 3 D cho biết đầu in phun của máy đang đặt tại điểm \(M(3;4;24)\) (đơn vị: cm ). Tính khoàng cách từ đầu in đến khay đặt vật in có phương trình \(z - 4 = 0\).
Gọi \((\alpha ):z - 4 = 0\). Ta có \(d(M,(\alpha )) = \frac{{|244|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 20\).
Phần mềm của máy tiện kĩ thuật số CNC (Computer Numerical Control) đang biểu diễn một chi tiết máy như Hình vẽ.
a) Tìm toạ độ các điểm A, B, C, D.
b) Viết phương trình mặt phẳng \((ABC)\) và mặt phẳng \((ACD)\).
c) Viết phương trình tham số của đường thẳng AC.
d) Cho biết đầu mũi tiện đang đặt tại điểm \(M(0;60;40)\). Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((ABC)\).
a) Ta có \({\rm{A}}(70;0;0),B(70;0; - 60),C(70;80;0),{\rm{D}}(50;0;0)\).
b) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (0;0; - 60),\overrightarrow {AC} = (0;80;0),[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (4800;0;0)\).
Mặt phẳng \(({\rm{ABC}})\) đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\), nhận \(\vec n = \frac{1}{{4800}}[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (1;0;0)\) có phương trình là \(x - 70 = 0\).
Có \(\overrightarrow {AC} = (0;80;0),\overrightarrow {AD} = ( - 20;0;0),[\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ] = (0;0;1600)\)
Mặt phẳng \(({\rm{ACD}})\) đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\), nhận \(\vec n = \frac{1}{{1600}}[\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ] = (0;0;1)\) có phương trình là \({\rm{z}} = 0\).
c) Đường thẳng AC đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\) và nhận \(\vec a = \frac{1}{{80}}\overrightarrow {AC} = (0;1;0)\) có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 70}\\{y = t}\\{z = 0}\end{array}} \right.\).
d) \(d(M,(ABC)) = \frac{{|0 - 70|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 70\).
Tại một thời điểm có bão, khi đặt hệ trục toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là kilômét) ở một vị trí phù hợp thì tâm bão có tọ̣a độ \((300;200;1)\).
a) Lập phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài vùng ảnh hưởng của bão ở cấp độ: bán kính gió mạnh từ cấp 10 , giật từ cấp 12 trở lên khoảng 100 km tính từ tâm bão.
b) Tại một vị trí có tọa độ \((350;245;1)\) thì có bị ảnh hưởng bởi cơn bão được mô tả ở câu a) không?
a) Phương trình mặt cầu cần tìm là:
\({(x - 300)^2} + {(y - 200)^2} + {(z - 1)^2} = {100^2}.\)
b) Khoảng cách từ vị trí có tọa độ \((350;245;1)\) đến tâm bão là:
\(d = \sqrt {{{(350 - 300)}^2} + {{(245 - 200)}^2} + {{(1 - 1)}^2}} = \sqrt {4525} < 100.\)
Vậy vị trí có toạ độ \((350;245;1)\) bị ảnh hưởng bởi cơn bão.
Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian (Hinh 5).
Ta có thể mô phỏng cơ chế hoạt động của hệ thống GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời điểm, toạ độ của một điểm \(M\) trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước, trên mỗi vệ tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được phát đi với thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng cách từ vệ tỉh đến vị trí \(M\) cần tìm toạ độ. Như vậy, điểm \(M\) là giao điểm của bốn mặt cầu với tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho.
Giả sử trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn vệ tinh \(A(3; - 1;6)\), \(B(1;4;8),C(7;9;6),D(7; - 15;18)\). Tìm toạ độ của điểm \(M\) trong không gian, biết khoảng cách từ các vệ tinh đến điểm \(M\) lần lượt là \(MA = 6,MB = 7,MC = 12\), \(MD = 24\).
Gọi toạ độ của \(M\) là \((a;b;c)\). Khi đó, các số a, b, c thoả mãn các phương trình:
\({(a - 3)^2} + {(b + 1)^2} + {(c - 6)^2} = {6^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a + 2b - 12c + 10 = 0\)
\({(a - 1)^2} + {(b - 4)^2} + {(c - 8)^2} = {7^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 2a - 8b - 16c + 32 = 0\)
\({(a - 7)^2} + {(b - 9)^2} + {(c - 6)^2} = {12^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 14a - 18b - 12c + 22 = 0\)
\({(a - 7)^2} + {(b + 15)^2} + {(c - 18)^2} = {24^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 14a + 30b - 36c + 22 = 0\)
Trừ tương ứng theo từng vế của (4) cho (3), (3) cho (1), (2) cho (1), ta có:
\(48b - 24c = 0 \Leftrightarrow c = 2b\)
\( - 8a - 20b + 12 = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{ - 5b + 3}}{2}\)
\(4a - 10b - 4c + 22 = 0\)
Thế (5) và (6) vào (7), ta có: \( - 10b + 6 - 10b - 8b + 22 = 0 \Leftrightarrow b = 1\).
Suy ra \(a = - 1,c = 2\). Vậy \(M( - 1;1;2)\).
a) \({(x - 2)^2} + {(y - 3)^2} + {(z - 1)^2} = 100\).
b) Khoảng cách từ vị trí có tọa độ \((5;0;2)\) đến nguồn âm là:
\(d = \sqrt {{{(5 - 2)}^2} + {{(0 - 3)}^2} + {{(2 - 1)}^2}} = \sqrt {19} < 10.\)
Vậy tại vị trí có toạ độ \((5;0;2)\) có thể nhận được cường độ âm chuẩn từ nguồn âm.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là kilômét), một trạm thu phát sóng điện thoại di động (Hình vẽ ) được đặt ở vị trí \(I( - 3;2;7)\).
a) Sử dụng phương trình mặt cẩu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian, biết rằng trạm thu phát sóng đó được thiết kế với bán kính phủ sóng là 3 km .
b) Điểm \(A( - 2;1;8)\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu đó? Nếu người dùng điện thoại ở điểm \(A( - 2;1;8)\) thì có thể sử dụng dịch vụ của trạm này hay không?
c) Điểm \(B(2;3;4)\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu đó? Nếu người dùng điện thoạiở điểm \(B(2;3;4)\) thì có thể sử dụng dịch vụ của trạm này hay không?
a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian là:
\({(x + 3)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 7)^2} = 9.{\rm{ }}\)
b) Ta có: \(IA = \sqrt {{{[ - 2 - ( - 3)]}^2} + {{(1 - 2)}^2} + {{(8 - 7)}^2}} = \sqrt 3 < 3\).
Vì \(IA < R\) nên điểm \(A\) nằm trong mặt cầu. Vậy người dùng điện thoại ở điểm \(A( - 2;1;8)\) có thể sử dụng dịch vụ của trạm này.
c) Ta có: \(IB = \sqrt {{{[2 - ( - 3)]}^2} + {{(3 - 2)}^2} + {{(4 - 7)}^2}} = \sqrt {35} > 3\).
Vì \(IB > R\) nên điểm \(B\) nằm ngoài mặt cầu. Vậy người dùng điện thoại ở điểm \(B(2;3;4)\) không thể sử dụng dịch vụ của trạm này.
Trong không gian vối hệ toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngọn hải đăng (Hình vẽ) được đặt ở vị trí \(I(21;35;50)\).
a) Sử dụng phương trình mặt cầu để mô tả ranh giởi của vùng phủ sáng trên biển của hải đăng, biết rằng ngọn hải đăng đó được thiết kế vởi bán kính phủ sáng là 4 km .
b) Nếu người đi biển ở vị trí \(C(42;37;0)\) thì có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng
c) Nếu người đi biển ở vị trí \(D(5121;658;0)\) thì có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng hay không?
d) Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí \(I(21;35;50)\) đến vị trí \(D(5121;658;0)\). Tìm vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng ID sao cho người đi biển còn có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng.
a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là:
\({(x - 21)^2} + {(y - 35)^2} + {(z - 50)^2} = {4000^2}.\)
b) Ta có: \(IC = \sqrt {{{(42 - 21)}^2} + {{(37 - 35)}^2} + {{(0 - 50)}^2}} \)
\( = \sqrt {2945} < 4000.{\rm{ }}\)
Vì \(IC < R\) nên điểm \(C\) nằm trong mặt cầu. Vậy người đi biển ở điểm \(C(42;37;0)\) thì có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng.
c) \({\rm{ Ta có : }}ID = \sqrt {{{(5121 - 21)}^2} + {{(658 - 35)}^2} + {{(0 - 50)}^2}} \)\( = \sqrt {26400629} > 4000.\)
Vì \(ID > R\) nên điểm \(D\) nằm ngoài mặt cầu. Vậy người đi biển ở điểm \(D(5121;658;0)\) không thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng.
d)
Đường thắng ID đi qua điếm I và nhận \(\overrightarrow {ID} = (5100;623; - 50)\) làm vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thắng ID là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 21 + 5100t}\\{y = 35 + 623t}\\{z = 50 - 50t}\end{array}} \right.\) (t là tham số).
Giả sử H là vị trí cuối cùng trên đoạn thắng ID sao cho người đi biến có thế nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hái đăng. Khi đó \({\rm{IH}} = {\rm{R}}\).
Ta có \({\rm{H}} \in {\rm{ID}}\) nên gọi tọa độ điếm \({\rm{H}}(21 + 5100{\rm{t}};35 + 623{\rm{t}};50 - 50{\rm{t}})\).
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {IH} = (5100t;623t; - 50t)\\IH = R \Leftrightarrow \sqrt {{{(5100t)}^2} + {{(623t)}^2} + {{( - 50t)}^2}} = 4000 \Leftrightarrow \sqrt {26400629{t^2}} = 4000 \Leftrightarrow t \approx \pm 0,78.\end{array}\)
+ Với \( \approx \approx 0,78\), ta có \({\rm{H}}(3999;520,94;11),\overrightarrow {IH} = (3978;485,94; - 39)\).
Khi đó \(\overrightarrow {ID} = \frac{{50}}{{39}}\overrightarrow {IH} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {ID} ,\overrightarrow {IH} \) cùng hướng, vậy thóa mãn H thuộc đoạn thắng ID .
+ Với \({\rm{t}} \approx - 0,78\), ta có \({\rm{H}}( - 3957; - 450,94;89),\overrightarrow {IH} = ( - 3978; - 485,94;39)\).
Khi đó \(\overrightarrow {ID} = - \frac{{50}}{{39}}\overrightarrow {IH} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {ID} ,\overrightarrow {IH} \) ngược hướng, vậy H không thuộc đoạn thắng ID .
Vậy vị trí cuối cù̀ng trên đoạn thẳng ID sao cho người đi biến còn có thế nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là điếm \({\rm{H}}(3999;520,94;11)\).
Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian (Hình 42).
Ta có thể mô phỏng cơ chế hoạt động của hệ thống GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời điểm, toạ độ của một điểm \(M\) trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước, trên mỗi vệ tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được phát đi vối thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng cách từ vệ tinh đến vị trí \(M\) cần tìm toạ độ. Như vậy, điểm \(M\) là giao điểm của bốn mặt cầu vối tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho.
Ta xét một ví dụ cụ thể như sau:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn vệ tinh \(A(3; - 1;6),B(1;4;8)\), \(C(7;9;6),D(7; - 15;18)\). Tìm toạ độ của điểm \(M\) trong không gian biết khoảng cách từ các vệ tinh đến điểm \(M\) lần lượt là \(MA = 6,MB = 7,MC = 12,MD = 24\).
Gọi tọa độ điểm M là \({\rm{M}}({\rm{x}}\); y ; z) .
Ta có MA \( = \sqrt {{{(3 - x)}^2} + {{( - 1 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2}} = 6\);
\(\begin{array}{l}{\rm{MB}} = \sqrt {{{(1 - x)}^2} + {{(4 - y)}^2} + {{(8 - z)}^2}} = 7;{\rm{MC}} = \sqrt {{{(7 - x)}^2} + {{(9 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2}} = 12;\\{\rm{MD}} = \sqrt {{{(7 - x)}^2} + {{( - 15 - y)}^2} + {{(18 - z)}^2}} = 24.{\rm{ }}\end{array}\)
Ta có hệ phương trình \({\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(3 - x)}^2} + {{( - 1 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2} = 36}\\{{{(1 - x)}^2} + {{(4 - y)}^2} + {{(8 - z)}^2} = 49}\\{{{(7 - x)}^2} + {{(9 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2} = 144}\\{{{(7 - x)}^2} + {{( - 15 - y)}^2} + {{(18 - z)}^2} = 576}\end{array}} \right.\)
Lấy (3) - (1) ta được: \({(7 - x)^2} - {(3 - x)^2} + {(9 - y)^2} - {( - 1 - y)^2} = 144 - 36\) \( \Leftrightarrow - 8{\rm{x}} - 20{\rm{y}} = - 12 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 5{\rm{y}} = 3 \Leftrightarrow {\rm{x}} = \frac{{3 - 5y}}{2}\) (5).
Lấy (4) - (3) ta được: \({( - 15 - y)^2} - {(9 - y)^2} + {(18 - z)^2} - {(6 - z)^2} = 576 - 144\) \( \Leftrightarrow 48y - 24z = 0 \Leftrightarrow 2y - z = 0 \Leftrightarrow z = 2y{\rm{ }}(6)\).
Thay (5) và (6) vào (2) ta được: \({\left( {1 - \frac{{3 - 5y}}{2}} \right)^2} + {(4 - {\rm{y}})^2} + {(8 - 2{\rm{y}})^2} = 49\) \( \Leftrightarrow 45{y^2} - 170y + 125 = 0 \Leftrightarrow y = 1\) hoặc \(y = \frac{{25}}{9}\).
+ Với \(y = 1\) thì \(x = - 1,z = 2\). Khi đó \(M( - 1;1;2)\).
Thử lại bằng cách thay \(x = - 1,y = 1,z = 2\) vào các phương trình (1), (2), (3), (4) ta thấy thóa mãn. + Với \(y = \frac{{25}}{9}\) thì \(x = - \frac{{49}}{9},z = \frac{{50}}{9}\). Khi đó \({\rm{M}}\left( { - \frac{{49}}{9};\frac{{25}}{9};\frac{{50}}{9}} \right)\).
Thử lại bằng cách thay \(x = - \frac{{49}}{9},y = \frac{{25}}{9},z = \frac{{50}}{9}\) vào các phương trình (1), (2), (3), (4) ta thấy thỏa mãn. Vậy \({\rm{M}}( - 1;1;2)\) là điếm cằn tìm.
Hình vẽ minh hoạ đường bay của một chiếc trực thăng \(H\) cất cánh từ một sân bay. Xét hệ trục tọa độ Oxyz có gốc tọa độ \(O\) là chân tháp điều khiển của sân bay; trục Ox là hưởng đông, trục Oy là hướng bắc và trục Oz là trục thẳng đứng, đơn vị trên mỗi trục là kilômét.
Trực thăng cất cánh từ điểm \(G\). Vectơ \(\vec r\) chỉ vị trí của trực thăng tại thời điểm \(t\) phút sau khi cất cánh \((t \ge 0)\) có toạ độ là: \(\vec r = (1 + t;0,5 + 2t;2t)\).
a) Tìm góc \(\theta \) mà đường bay tạo với phương ngang.
b) Lập phương trình đường thẳng GF, trong đó \(F\) là hình chiếu của điểm \(H\) lên mặt phẳng \((Oxy)\).
c) Trực thăng bay vào mây ở độ cao 2 km . Tìm tọ̣ độ điểm mà máy bay trực thăng bắt đầu đi vào đám mây.
d) Giả sử một đỉnh núi nằm ở điểm \(M(5;4,5;3)\). Tìm giá trị của \(t\) khi HM vuông góc với đường bay GH. Tìm khoảng cách từ máy bay trực thăng đến đỉnh núi tại thời điểm đó.
a) Ta có góc \(\theta \) mà đường bay tạo với phương ngang chính là góc giữa đường thẳng GH và mặt phẳng \(({\rm{Oxy}})\).
Tại thời điểm \({\rm{t}} = 0\) thì \(\overrightarrow {{r_0}} = (1;0,5;0)\). Trực thăng cất cánh từ điểm \(G\) nên \({\rm{G}}(1;0,5;0)\).
Tại thời điểm \({\rm{t}} = 1\), trực thăng bay đến vị trí K thuộc đường thẳng GH với \({\rm{K}}(2\); 2,5 ; 2 ).
Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {GK} = (1;2;2)\) và mặt phẳng \(({\rm{Oxy}})\) có vectơ pháp tuyến \(\vec k = (0;0;1)\)
Ta có \(\sin ({\rm{GH}},({\rm{Oxy}})) = \frac{{|1 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{3}\).
Suy ra . Vậy
b) Gọi \({{\rm{K}}^\prime }\) là hình chiếu của điểm K lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó K (2; 2,5 ; 0).
Vi F là hình chiếu của điểm H lên mặt phẳng (Oxy) nên \({{\rm{K}}^\prime } \in {\rm{GF}}\).
Do đó đường thẳng GF có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {G{K^\prime }} = (1;2;0)\).
Phương trình tham số của đường thẳng GF là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + {t^\prime }}\\{y = 0,5 + 2{t^\prime }{\rm{ ( }}{{\rm{t}}^\prime }{\rm{ là tham }}}\\{z = 0}\end{array}} \right.\) số).
c) Trực thăng bay vào mây ở độ cao 2 km , tức là vị trí điểm mà trực thăng bắt đầu đi vào đám mây có cao độ \(z = 2\), khi đó \(2t = 2\), suy ra \(t = 1\).
Vậy tọa độ điểm mà trực thăng bắt đầu đi vào đám mây là \((2;2,5;2)\).
d) Ta có \({\rm{H}}(1 + {\rm{t}};0,5 + 2{\rm{t}};2{\rm{t}})\). Khi đó, \(\overrightarrow {HM} = (4 - t;4 - 2t;3 - 2t)\).
Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {GK} = (1;2;2)\).
HM vuông góc với đường bay GH khi \(\overrightarrow {HM} \bot \overrightarrow {GK} \Leftrightarrow \overrightarrow {HM} \cdot \overrightarrow {GK} = 0\)
\( \Leftrightarrow (4 - t) \cdot 1 + (4 - 2t) \cdot 2 + (3 - 2t) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2.{\rm{ }}\)
Vậy \({\rm{t}} = 2\) thì HM vuông góc với đường bay GH .
Khi đó, khoảng cách từ đỉnh núi đến máy bay trực thăng là:
\(HM = \sqrt {{{(4 - 2)}^2} + {{(4 - 2 \cdot 2)}^2} + {{(3 - 2 \cdot 2)}^2}} = \sqrt 5 (\;{\rm{km}})\)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay có toạ độ \(O(0;0;0)\), mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km . Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 417 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí \(A( - 688; - 185;8)\), chuyển động theo đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\vec u = (91;75;0)\) và hướng về đài kiểm soát không lưu (Hình vẽ).
a) Xác định tọa độ của vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.
b) Xác định tọa độ của vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Tính khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó.
c) Xác định toạ độ của vị trí mà máy bay ra khỏi màn hình ra đa.
a) Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm \({\rm{A}}( - 688\); - 185; 8) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = (91;75;0)\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 688 + 91t}\\{y = - 185 + 75t{\rm{ (t là tham s?)}}{\rm{. }}}\\{z = 8}\end{array}} \right.\)
Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.
Vi B \(B\) d nên B(- 688 + 91t; - 185 + 75t; 8).
\(B\) là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa khi \({\rm{OB}} = 417\), tức là \(\sqrt {{{( - 688 + 91t)}^2} + {{( - 185 + 75t)}^2} + {8^2}} = 417\)\( \Leftrightarrow 13906{t^2} - 152966t + 333744 = 0\)\( \Leftrightarrow t = 3{\rm{ hay }}t = 8.{\rm{ }}\)
\( + {\rm{ Vì }} = 3,{\rm{ ta có }}B( - 415;40;8){\rm{. }}\)
+ Với \( = 3\), ta có \(B( - 415;40;8)\).
Khi đó \({\rm{AB}} = \sqrt {{{( - 415 + 688)}^2} + {{(40 + 185)}^2}} \approx 353,77\).
+ Với \({\rm{t}} = 8\), ta có \({\rm{B}}( - 88;415;8)\). Khi đó \(AB = \sqrt {{{( - 88 + 688)}^2} + {{(415 + 185)}^2}} \approx 848,53\).
Vi \(353,77 < 848,53\) nên tọa độ vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là \(( - 415;40;8)\).
b) Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Khi đó, khoảng OH phải ngắn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi \({\rm{OH}} \bot {\rm{d}}\).
Vi H \( \in \) d nên \(H( - 688 + 91t\) '; - \(185 + 75\) t'; 8).
Ta có \(\overrightarrow {OH} = ( - 688 + 91t; - 185 + 75t;8)\).
\({\rm{OH}} \bot {\rm{d}} \Leftrightarrow \overrightarrow {OH} \bot \vec u \Leftrightarrow \overrightarrow {OH} \cdot \vec u = 0\)
\( \Leftrightarrow ( - 688 + 91t) \cdot 91 + ( - 185 + 75t) \cdot 75 + 8 \cdot 0 = 0\)
\( \Leftrightarrow 13906{{\rm{t}}^\prime } - 76483 = 0 \Leftrightarrow {{\rm{t}}^\prime } = \frac{{11}}{2}\). Suy ra H \(\left( { - \frac{{375}}{2};\frac{{455}}{2};8} \right)\).
Khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó là:
\({\rm{OH}} = \sqrt {{{\left( { - \frac{{375}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{455}}{2}} \right)}^2} + {8^2}} \approx 294,92(\;{\rm{km}}){\rm{. }}\)
c) Từ kết quả ở câu a), ta suy ra toạ độ của vị trí mà máy bay ra khỏi màn hình ra đa là \(( - 88;415;8)\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
