Bài tập Vận dụng phương trình đường thẳng vào giải quyết bài toán liên quan đến thực tế lớp 12 (có lời giải)
25 câu hỏi
m = 6;
m = −6;
m = 3;
m = −3.
Đáp án đúng là: B
Để vận động viên đó bắn trúng hồng tâm thì trục d phải đi qua hồng tâm.
Thay điểm A(8; −19; 6m + 4) vào phương trình trục d ta được:
\(\frac{{8 - 1}}{1} = \frac{{ - 19 - 2}}{{ - 3}} = \frac{{6m + 4 - 3}}{{ - 5}}\) 6m = −36 m = −6.
6;
−6;
3;
−3.
Đáp án đúng là: A
Phương trình tham số của đường cáp là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1 - 2k\\z = 5 + 6k\end{array} \right.\).
Sau 5 giây kể từ lúc xuất phát, cabin đến điểm M thì AM = 4.5 = 20 (m).
Vì M d M(−2; 1 – 2k; 5 + 6k) nên suy ra \(\overrightarrow {AM} = \left( {0; - 2k;6k} \right)\).
Do 2 vectơ \(\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u \) cùng hướng nên k > 0.
Mà AM = 20 \(\sqrt {{0^2} + 4{k^2} + 36{k^2}} = 20\) 40k2 = 400 \( \Leftrightarrow k = \pm \sqrt {10} \).
Vì k > 0 \(k = \sqrt {10} \).
Vậy tọa độ \(M\left( { - 2;1 - 2\sqrt {10} ;5 + 6\sqrt {10} } \right)\).
Khi đó a + 3b + c = \( - 2 + 3\left( {1 - 2\sqrt {10} } \right) + 5 + 6\sqrt {10} = 6\).
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, một Cabin cáp treo xuất phát từ điểm A(10; 3; 0) kết thúc tại điểm B có hoành độ xB = 550 chuyển động đều theo đường cáp có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)\). Tính độ dài đường cáp AB.
840;
830;
820;
810.
Đáp án đúng là: D
Đường thẳng AB đi qua điểm A(10; 3; 0) và nhận \(\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\).
Ta có \(B\left( {550;{y_B};{z_B}} \right)\) nằm trên đường thẳng AB.
Theo giải thiết ta có xB = 550 nên \(\frac{{550 - 10}}{2} = \frac{{{y_B} - 3}}{{ - 2}} = \frac{{{z_B}}}{1}\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_B} = - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right.\).
Vậy B(550; −537; 270).
Do đó \(AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{\left( {270 - 0} \right)}^2}} = 810\).
M(4; 5; 8);
N(4; 5; −8);
P(2; 1; 0);
Q(−4; 5; 2).
Đáp án đúng là: A
Phương trình quỹ đạo chuyển động của tên lửa là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 1 + 4t\\z = 3 + 5t\end{array} \right.\).
Vì M(4; 5; 8) thuộc phương trình đường thẳng nên mục tiêu nằm trên quỹ đạo chuyển động của tên lửa.
Điểm C không thuộc, anh Hùng nhìn thấy con gà;
Điểm C thuộc, anh Hùng nhìn thấy con gà;
Điểm C không thuộc, anh Hùng không nhìn thấy con gà;
Điểm C thuộc, anh Hùng nhìn thấy con gà.
Đáp án đúng là: A
Đường thẳng AB đi qua điểm A(200; 685; 436) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {440; - 135;38} \right)\) nên có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 200 + 440t\\y = 685 - 135t\\z = 436 + 38t\end{array} \right.\).
Thay tọa độ điểm C vào phương trình đường thẳng AB ta được
\(\left\{ \begin{array}{l}420 = 200 + 440t\\617,5 = 685 - 135t\\450 = 436 + 38t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = \frac{1}{2}\\t = \frac{7}{{19}}\end{array} \right.\).
Hệ này vô nghiệm nên điểm C không thuộc đường ngắm AB, anh Hùng ngắm thấy con gà lôi tía này.
M(4; 0; −2);
N(−1; 1; −3);
P(4; 7; −5);
Q(3; 9; −6).
Đáp án đúng là: C
Phương trình mô tả quỹ đạo chuyển động của viên đạn là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 + 3t\\z = - 1 - 2t\end{array} \right.\).
Lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình quỹ đạo chuyển động của viên đạn ta thấy tọa độ các điểm M, N, Q không thỏa mãn phương trình. Do đó viên đạn không bắn trúng mục tiêu ở các điểm này.
Thay tọa độ điểm P vào phương trình mô tả quỹ đạo chuyển động của viên đạn ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}4 = 2 + t\\7 = 1 + 3t\\ - 5 = - 1 - 2t\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2\). Vậy viên đạn bắn trúng mục tiêu đặt ở điểm P.
Trên phần mềm mô phỏng 3D một máy khoan trong không gian Oxyz cho biết phương trình trục d của mũi khoan và một đường rãnh d' trên vật cần khoan (tham khảo hình) lần lượt là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\\z = 3t\end{array} \right.\) và \(d':\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4k\\y = 2 + 2k\\z = 6\end{array} \right.\). Tọa độ giao điểm của d và d' là M(a; b; c). Tính S = a + b + c.
3;
6;
9;
10.
Đáp án đúng là: C
Vì M là giao điểm của d và d' nên ta có \(d':\left\{ \begin{array}{l}1 = 1 + 4k\\2 = 2 + 2k\\3t = 6\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\k = 0\end{array} \right.\) M(1; 2; 6).
Vậy S = 1 + 2 + 6 = 9.
3;
6;
9;
10.
Đáp án đúng là: A
Phương trình tham số của đường cáp treo là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\).
Với xB = 20 B(20; 10; 8); yC = 120 C(130; 120; 63).
Do đó \(BC = \sqrt {{{110}^2} + {{110}^2} + {{55}^2}} = 165\).
Vậy vận tốc của cabin đi là v = 165 : 55 = 3 (m/s).
53;
104;
120;
277.
Đáp án đúng là: D
Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 4 + 2t\\z = 20 + 2t\end{array} \right.\).
Sau 30 giây cáp treo đến điểm M(3 + t; 4 + 2t; 20 + 2t).
Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {t;2t;2t} \right)\)cùng hướng với \(\overrightarrow u \) và AM = 5.30 = 150 nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}t > 0\\\sqrt {{t^2} + 4{t^2} + 4{t^2}} = 150\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t > 0\\3t = 150\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow t = 50\).
Do đó M(53; 104; 120). Suy ra a + b + c = 277.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 25 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
550;
270;
207;
−537.
Đáp án đúng là: D
Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.\).
Sau 180 giây, ta có AB = 4,5.180 = 810 mét.
Gọi B(10 + 2t; 3 – 2t; t).
Ta có AB = 810 \( \Leftrightarrow \sqrt {4{t^2} + 4{t^2} + {t^2}} = 810 \Leftrightarrow 3t = 810 \Leftrightarrow t = 270\).
Tung độ của điểm B là 3 – 2.270 = −537.
0.
1.
2.
3.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Phương trình tia sáng g đi qua điểm A(0; 6; 6), vectơ chỉ phương (1; 1; 2):
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 + t}\\{y = 6 + t}\\{z = 6 + 2t}\end{array}} \right.\).
Gọi B là giao điểm của tia sáng g với mặt phẳng (xOy): z = 0.
Ta có: 6 + 2t = 0 hay t = −3.
Do đó B(−3; 3; 0).
Phương trình tia phản xạ h tại B(−3; 3; 0) có vectơ chỉ phương (1; 1; −2) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3 + s}\\{y = 3 + s}\\{z = 0 - 2s}\end{array}} \right.\)
Gọi C là giao điểm của tia phản xạ h và mặt phẳng (xOz): y = 0.
Ta có: 3 + s = 0 hay s = −3.
Vậy C(−6; 0; 6).
Vật a + b + c = 0.
Cho các điểm A(0; 0; 0), B(12; 0; 0), C(12; 12; 0) và D(0; 12; 0) là các đỉnh của đáy hình chóp cụt bằng kính. Các đỉnh mặt trên là E(2; 2; 3), F(10; 2; 3), G(10; 10; 3) và H(2; 10; 3). Tại điểm P(0; 4; 0) đặt một tia laser, bắn theo hướng vectơ \(\overrightarrow v = \left( {2;2;3} \right)\). Tia laser sẽ cắt mặt phẳng CDH tại điểm T(a; b; c). Tính a + b + c?
18.
19.
20.
21.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Mặt phẳng (CDH) chứa mặt bên CDHG.
\(\overrightarrow {CD} = \left( { - 12;0;0} \right)\), \(\overrightarrow {CH} = \left( { - 10; - 2;3} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {CH} } \right] = \left( {0;36;24} \right)\).
Mặt phẳng (CDH) đi qua C(12; 12; 0) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {0;36;24} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 0(x – 12) + 36(y – 12) + 24(z – 0) = 0 ⇔ 36y + 24z – 432 = 0 hay 3y + 2z – 36 = 0.
Tia laser từ P(0; 4; 0) theo \(\overrightarrow v = \left( {2;2;3} \right)\) có phương trình là d:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2t}\\{y = 4 + 2t}\\{z = 3t}\end{array}} \right.\) (t ≥ 0).
Gọi T là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (CDH).
Ta có T ∈ d nên T(2t; 4 + 2t; 3t) mà T ∈ (CDH) nên ta có
3∙(4 + 2t) + 2∙3t – 36 = 0 ⇔ t = 2.
Do đó T(4; 8; 6).
Vậy a + b + c = 4 + 8 + 6 = 18.
Khi phát triển hệ thống hỗ trợ đỗ xe ô tô, các nhà khoa học đã sao chép hệ thống định vị của loài rơi và tích hợp các cảm biến tương ứng vào cảm sau của xe. Các cảm biến được cài đặt sao cho chúng sẽ phát tín hiệu khi khoảng cách đến vật cản nhỏ hơn 0,4 m. Một người lái xe đang lùi về phía một mặt phẳng nghiêng, được cho bởi phương trình mặt phẳng (E): 6x + 2y + 3z = 49. Xác định được điểm R(a; b; c) trên đoạn PQ trong đó P(6; 3; 1) và Q(6; 4; 1) mà tại đó cảm biến bắt đầu báo động. Tính giá trị của biểu thức a – b + c?
3,2.
3,1.
3,3.
3,4.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Điểm R trên đoạn PQ khi cảm biến bắt đầu báo động.
\(\overrightarrow {PQ} = \left( {0;1;0} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng PQ đi qua P(6; 3; 1) và nhận \(\overrightarrow {PQ} = \left( {0;1;0} \right)\) làm vectơ pháp tuyến là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 6}\\{y = 3 + t}\\{z = 1}\end{array}} \right.\).
Mặt phẳng nghiêng (E) có phương trình: 6x + 2y + 3z = 49.
Gọi R(6; 3 + t; 1) là một điểm bất kì nằm trên đoạn PQ (0 ≤ t ≤ 1)
Khi đó d(R, (E)) = \(\frac{{\left| {36 + 2 \cdot \left( {3 + t} \right) + 3 - 49} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{\left| { - 4 + 2t} \right|}}{7} = 0,4\).
Cảm biến bắt đầu báo động nên 4 – 2t = 2,8 hay t = 0,6.
Suy ra R(6; 3,6; 1)
Vậy a – b + c = 3,4.
Một sân bóng đá tiêu chuẩn có dạng hình chữ nhật với kích thước đường biên ngang là 60 m, khung thành rộng 7,2 m và cao 2,4 m nằm ở chính giữa đường biên ngang. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho gốc toạ độ O là điểm đá phạt góc, trục Ox nằm trên đường biên ngang, trục Oy nằm trên đường biên dọc, trục Oz nằm vuông góc với sân bóng, đơn vị trên mỗi trục là mét (tham khảo hình vẽ). Một quả bóng được đá từ vị trí P(3; 12; 0) với vận tốc 38m/s theo hướng của vectơ \(\overrightarrow v = \left( {18; - 6;1} \right)\) về phía khung thành. Giả sử quả bóng là một điểm, quỹ đạo bay của bóng là một đường thẳng và khung thành là một phần của mặt phẳng (Oxz). Tính thời gian bóng bay từ vị trí điểm P đến khung thành là bao nhiêu giây?
0,5.
2.
1.
3.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Phương trình quỹ đạo đường thẳng d đi qua điểm P(3; 12; 0) theo \(\overrightarrow v = \left( {18; - 6;1} \right)\) là: d: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 18t\\y = 12 - 6t\\z = t\end{array} \right.\] (t ≥ 0).
Quả bóng di chuyển theo đường thẳng d, khung thành là một phần của (Oxz). Khi đó, gọi M là giao điểm giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Oxz): y = 0.
Do đó M ∈ d nên M(3 + 18t; 12 – 6t; t).
M ∈ (Oxz) ⇒ 12 – 6t = 0 ⇔ t = 2.
Khi đó M(39; 0; 2).
Ta có \(PM = \sqrt {{{\left( {39 - 3} \right)}^2} + {{\left( {0 - 12} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}} = 38\).
Thời gian quả bóng từ vị trí điểm P đến khung thành là:
\(\frac{{PM}}{v} = \frac{{38}}{{38}} = 1\) giây.
Một kim tự tháp cổ có các đỉnh A(100; 0; 0), B(100; 100; 0), C(0; 100; 0), D(0; 0; 0) và đỉnh S(50; 50; 100). Từ mặt bên BCS nhô ra một thanh PQ thẳng đứng (là một phần của cơ cấu nâng), trung điểm T của thanh PQ được đỡ bởi cột thẳng đứng RT. Biết P(50; 60; 80), Q(50; 100; 100). Tính chiều dài cột TR.
50.
60.
70.
80.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
\(\overrightarrow {BC} = \left( { - 100;0;0} \right)\), \(\overrightarrow {BS} = \left( { - 50; - 50;100} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BS} } \right] = \left( {0;10000;5000} \right) = 5000 \cdot \left( {0;2;1} \right)\).
Chọn \(\overrightarrow v = \frac{1}{{5000}} \cdot \overrightarrow n \) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCS).
Vậy phương trình mặt phẳng (BCS) là 2y + z – 200 = 0.
Gọi T là trung điểm của PQ có T(50; 80; 90).
Cột RT thẳng đứng (song song Oz) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 50}\\{y = 80}\\{z = 90 + t}\end{array}} \right.\)(t ∈ ℝ).
R là giao điểm của đường thẳng RT và mặt phẳng (BCS) nên R(50; 80; 90 + t).
Thay điểm R vào phương trình mặt phẳng (BCS):
Ta có: 2∙80 + 90 + t – 200 = 0 hay t = −50.
Vậy R(50; 80; 40) nên TR = 50.
Một chiếc bàn gấp gọn đã được thiết lập hệ toạ độ Oxyz. Điểm A là chân bàn tiếp xúc với mặt đất thuộc đường thẳng a: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3 + t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 + 4t}\end{array}} \right.\) và a cắt mặt bàn (P): x + y – 2z + 6 = 0 tại điểm F. Độ dài chân bàn FA = 80\(\sqrt 3 \) cm.
Khi đó:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 2} \right)\).
Đường thẳng a có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1;1;1} \right)\).
Độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là 40\(\sqrt 2 \) cm.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên mặt đất. Toạ độ của điểm H là \(\left( {\frac{{ - 5}}{3};\frac{7}{3};0} \right)\).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.
a) Đúng. Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 2} \right)\).
b) Sai. Đường thẳng a có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1;1;4} \right)\).
c) Sai. Phương trình tham số của đường thẳng a: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3 + t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 + 4t}\end{array}} \right.\).
Ta có: a \( \cap \) (P) = F. Khi đó F(−3 + t; 1 + t; −2 + 4t) thay vào phương trình mặt phẳng (P), ta được: – 3 + t + 1 + t – 2(− 2 + 4t) + 6 = 0 ⇔ t = \(\frac{4}{3}\).
Þ \(F\left( {\frac{{ - 5}}{3};\frac{7}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\).
Vì A thuộc đường thẳng a nên toạ độ của điểm A được biểu diễn theo tham số u như sau: A(− 3 + u, 1 + u, − 2 + 4u).
Mặt khác FA = 80\(\sqrt 3 \).
Nên \(\sqrt {{{\left( { - 3 + u + \frac{5}{3}} \right)}^2} + {{\left( {1 + u - \frac{7}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 4u - \frac{{10}}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3 \)
\(\sqrt {{{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2} + {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2} + 16 \cdot {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3 \Leftrightarrow \sqrt {18 \cdot {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow {\left( {u - \frac{4}{3}} \right)^2} = \frac{{3200}}{3} \Leftrightarrow \left| {u - \frac{4}{3}} \right| = \sqrt {\frac{{3200}}{3}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u - \frac{4}{3} = \frac{{40\sqrt 6 }}{3}}\\{u + \frac{4}{3} = - \frac{{40\sqrt 6 }}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = \frac{{40\sqrt 6 + 4}}{3}}\\{u = \frac{{40\sqrt 6 - 4}}{3}}\end{array}} \right.\).
Trường hợp 1:\(u = \frac{{40\sqrt 6 + 4}}{3}\) nên \(A\left( {\frac{{ - 5 + 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{7 + 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{10 + 160\sqrt 6 }}{3}} \right)\) khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là:
d(A, (P)) = \(\frac{{\left| {\frac{{ - 5 + 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{7 + 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{10 + 160\sqrt 6 }}{3} \cdot \left( { - 2} \right) + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 80\).
Trường hợp 2: u = \(\frac{{4 - 40\sqrt 6 }}{3}\) nên \(A\left( {\frac{{ - 5 - 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{7 - 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{10 - 160\sqrt 6 }}{3}} \right)\).
d(A, (P)) = \(\frac{{\left| {\frac{{ - 5 - 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{7 - 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{10 - 160\sqrt 6 }}{3} \cdot \left( { - 2} \right) + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 80\).
Vậy độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là 80 cm.
d) Đúng. Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên mặt đất.
Toạ độ của điểm H là \(\left( {\frac{{ - 5}}{3};\frac{7}{3};0} \right)\).
Các thiên thạch có đường kính lớn hơn 150 m và có thể lại gần Trái Đất ở khoảng cách nhỏ hơn 7500000 km được coi là những vật thể có khả năng va chạm gây nguy hiểm cho Trái Đất. Để theo dõi những thiên thạch này, người ta đã thiết lập các trạm quan sát các vật thể bay gần Trái Đất. Giả sử có một hệ thống quan sát có khả năng theo dõi các vật thể ở độ cao không vượt quá 6600 km so với mực nước biển. Coi Trái Đất là khối cầu có bán kính 6400 km. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz trong không gian có gốc toạ độ O tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục toạ độ là 1000 km. Một thiên thạch (coi như một hạt) chuyển động với tốc độ không đổi theo một đường thẳng từ điểm M(0; 16; 12) đến điểm N(0; −24; −18).
Khi đó:
Đường thẳng MN có phương trình tham số là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 16 - 4t}\\{z = 12 - 3t}\end{array}} \right.\).
Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là A(0; 12; −9).
Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 26000 km (kết quả làm tròn đến hàng trăm đơn vị ki – lô – mét).
Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 6 phút thì thời gian nó di chuyển từ M đến N là 10 phút.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {0; - 40; - 30} \right) = 10 \cdot \left( {0; - 4; - 3} \right)\).
Chọn \(\overrightarrow v = \frac{1}{{10}} \cdot \overrightarrow {MN} \) là vectơ chỉ phương của đường thẳng MN.
Phương trình tham số của đường thẳng MN là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 16 - 4t}\\{z = 12 - 3t}\end{array}} \right.\).
b) Sai. Gọi A và B lần lượt là vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát.
Vì A thuộc đường thẳng chuyển động của thiên thạch MN nên toạ độ của A có dạng theo tham số t: A(0; 16 – 4t; 12 – 3t).
Ngoài thực tế, khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vị trí giới hạn tối đa mà hệ thống quan sát có thể bắt đầu theo dõi được là độ cao so với mực nước biển cộng với bán kính Trái Đất là 6400 + 6600 = 13000 km.
Ứng với hệ trục tọ độ chọn đơn vị là 1000 km, bán kính vùng theo dõi này tương đương với 13 đơn vị. Do đó, điểm A nằm trên biên của vùng theo dõi phải thoả mãn: OA = 13
02 + (16 – 4t)2 + (12 – 3t)2 = 169 ⇔ 25t2 – 200t + 400 = 169
⇔25t2 – 200t + 231 = 0 ⇔ \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1,4}\\{t = 6,6}\end{array}} \right.\).
Gọi A là vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát. B là vị trí cuối cùng thiên thạch còn trong phạm vi theo dõi.
Với t = 1,4 thì A(0; 10,4; 7,8).
Với t = 6,6 thì B(0; −10,4; −7,8).
Vậy vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là A(0; 10,4; 7,8).
c) Đúng. Ta có A(0; 10,4; 7,8).
Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là AB.
\(AB = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 10,4 - 10,4} \right)}^2} + {{\left( { - 7,8 - 7,8} \right)}^2}} = 26\).
Vì một đơn vị độ dài trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1000 km, nên khoảng cách thực tế là: 26 ∙1000 = 26000 km.
d) Sai. Ta có: \(MN = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 24 - 16} \right)}^2} + {{\left( { - 18 - 12} \right)}^2}} = 50\).
Thời gian di chuyển từ M đến N là: \(t = \frac{{MN}}{{AB}} \cdot 6 = \frac{{50}}{{26}} \cdot 6 = \frac{{150}}{{13}} \approx 11,54\) (phút).
Trong không gian Oxyz cho trước (1 đơn vị = 1cm), có một chú kiến vàng và một chú kiến đen bò trên hai sợi dây thẳng khác nhau. Giả sử tại thời điểm t (tính bằng phút), kiến vàng (kiến bên trái) ở tại vị trí (6 + t; 8 – t; 3 + t) trên đường thẳng d1. Cùng thời điểm đó, kiến đen ở tại vị trí (1 + t; 2 + t; 2t) trên đường thẳng d2 được mô hình hoá như hình vẽ bên cạnh.
Khi đó:
Hai chú kiến bò trên hai đường thằng chéo nhau.
Khoảng cách giữa hai chú kiến tại các thời điểm t = 0 là 80 cm.
Khoảng cách giữa hai chú kiến tại các thời điểm t = 10 là 3\(\sqrt {30} \) cm.
Khoảng cách ngắn nhất giữa hai chú kiến gần bằng 7,33 cm.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
a) Đúng. Vectơ chỉ phương của đường thẳng d1 là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 1;1} \right)\).
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d2 là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;1;2} \right)\).
Ta có \(\frac{1}{1} \ne \frac{{ - 1}}{1} \ne \frac{1}{2}\) .
Nên đường thẳng d1 không song song với đường thẳng d2.
Gọi M1(6 + t; 8 – t; 3 + t) thuộc d1, M2(1+ t; 2 + t; 2t) thuộc d2.
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6 + t = 1 + t}\\{8 - t = 2 + t}\\{3 + t = 2t}\end{array}} \right.\).
Hệ phương trình vô nghiệm. Do đó, hai đường thẳng không cắt nhau nên hai đường thẳng chéo nhau.
b) Sai. Tại t = 0, toạ độ của hai chú kiến là:
Kiến vàng M1(6; 8; 3).
Kiến đen M2(1; 2; 0).
Khoảng cách giữa hai chú kiến:
\(d = \sqrt {{{\left( {1 - 6} \right)}^2} + {{\left( {2 - 8} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {70} \approx 8,37\).
c) Đúng. Tại t = 10, toạ độ của hai chú kiến là:
Kiến vàng M1(16; -2; 13).
Kiến đen M2(11; 12; 20).
Khoảng cách giữa hai chú kiến là:
\(d = \sqrt {{{\left( {11 - 16} \right)}^2} + {{\left( {12 + 2} \right)}^2} + {{\left( {20 - 13} \right)}^2}} = \sqrt {270} = 3\sqrt {30} \).
d) Sai. Khoảng cách giữa hai chú kiến là hàm số:
\(d\left( t \right) = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 6 + 2t} \right)}^2} + {{\left( {t - 3} \right)}^2}} = \sqrt {5{t^2} - 30t + 70} \)(t ≥ 0).
\(d'\left( t \right) = \frac{1}{{2\sqrt {5{t^2} - 30t + 70} }} \cdot \left( {10t - 30} \right) = 0 \Leftrightarrow 10t - 30 = 0 \Leftrightarrow t = 3\).
Xét bảng biến thiên của hàm số \(d\left( t \right) = \sqrt {5{t^2} - 30t + 70} \) (t ≥ 0).
Dựa vào bảng biến biên ta thấy hàm số d(t) đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 3.
\(d\left( 3 \right) = \sqrt {5 \cdot {3^2} - 30 \cdot 3 + 70} = \sqrt {25} = 5\) cm.
Khoảng cách ngắn nhất giữa hai chú kiến bằng 5 cm.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, một carbin cáp treo xuất phát từ điểm A(10; 3; 0) và chuyển động đều theo đường cáp có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)\) với vận tốc là 6 m/s (đơn vị trên mỗi trục toạ độ là mét).
Khi đó:
Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10 + 2t}\\{y = 3 - 2t}\\{z = t}\end{array}} \right.\).
Giả sử sau thời gian t giây kể từ lúc xuất phát (t ≥ 0), carbin đến điểm M. Khi đó toạ độ điểm M là \(\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).
Carbin dừng ở điểm B có hoành độ xB = 600. Khi đó AB = 800 m.
Thời gian để carbin di chuyển từ vị trí xuất phát đến điểm dừng B là 100 giây.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.
a) Đúng. Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10 + 2t}\\{y = 3 - 2t}\\{z = t}\end{array}} \right.\).
b) Sai. Do tốc độ chuyển động của carbin là 6 m/s nên độ dài AM bằng 6t (m).
Vì vậy \(\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = 6t\left( {t \ge 0} \right)\).
Do hai vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\overrightarrow u \) cùng phương và cùng hướng nên \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow u \) với k là số thực dương nào đó. Suy ra: \(\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = k\left| {\overrightarrow u } \right| = k \cdot \sqrt {2{}^2 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} = 3k\). Do đó 3k = 6t nên k = 2t.
Vì vậy, ta có \(\overrightarrow {AM} = 2t \cdot \overrightarrow u = \left( {4t; - 4t;2t} \right)\).
Gọi toạ độ của điểm M là (xM; yM; zM).
Do \(\overrightarrow {AM} = \left( {4t; - 4t;2t} \right)\)
Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = 4t + 10}\\{{y_M} = - 4t + 3}\\{{z_M} = 2t}\end{array}} \right.\).
c) Sai. Do xB = 610 nên 4t + 10 = 610 hay t = 150. Do đó, ta có điểm B(610; −597; 300).
Vậy \(AB = \sqrt {{{\left( {610 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 597 - 3} \right)}^2} + {{\left( {300 - 0} \right)}^2}} = \)900m
d) Sai. Thời gian để cabin di chuyển từ vị trí xuất phát đến điểm dừng B là 150 giây.
Anh Quý là một nhiếp ảnh gia chuyên săn ảnh chim hoang dã. Giả sử với hệ trục Oxyz cho trước, anh Quý đang ngắm và ống kính ở vị trí A có toạ độ (200; 675; 400) thì có một con gà lôi tía xuất hiện ở vị trí B có toạ độ (640; 550; 474). Nếu một quả đồi có toạ độ đỉnh C là (420; 610; 450).
Khi đó:
Phương trình tham số của đường thẳng chứa đoạn thẳng nối hai vị trí ống kính ngắm của anh Quý và con gà lôi tía là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 200 + 440t}\\{y = 675 - 125t}\\{z = 400 + 74t}\end{array}} \right.\)
Nếu một quả đồi có toạ độ đỉnh C là (420; 610; 450). Khi đó C thuộc đường ngắm AB.
Với t là tham số trong phương trình đường thẳng AB ở câu a, vị trí trên đường ngắm có hoành độ bằng hoành độ đỉnh đồi C ứng với giá trị t = 1.
Giả sử quả đồi có dạng hình nón với đỉnh C và trục song song với trục Oz. Đường ngắm từ vị trí anh Quý đến con gà lôi tía không bị đỉnh đồi C che khuất theo phương thẳng đứng.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.
a) Đúng. Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là:
\(\overrightarrow {AB} = \left( {640 - 200;550 - 675;474 - 400} \right) = \left( {440; - 125;74} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng AB đi qua điểm A(200; 675; 400) và có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {440; - 125;74} \right)\) là:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 200 + 440t}\\{y = 675 - 125t}\\{z = 400 + 74t}\end{array}} \right.\)
b) Sai. Thay toạ độ C vào phương trình tham số của đường thẳng AB:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{420 = 200 + 440t}\\{610 = 675 - 125t}\\{450 = 400 + 74t}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{440t = 220}\\{ - 125t = - 65}\\{74t = 50}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 0,5}\\{t = 0,52}\\{t = \frac{{50}}{{74}}}\end{array}} \right.} \right.\).
Với các giá trị t tìm được khác nhau nên phương trình vô nghiệm.
c) Sai. Để tìm điểm trên đường ngắm AB có cùng hoành độ với đỉnh đồi C(420; 610; 450) ta xét x = 420 ⇔ 200 + 440t = 420 hay t = 0,5.
d) Sai. Để xét xem đường ngắm có bị đỉnh đồi che khuất hay không, ta tìm tọa độ điểm M nằm trên đường ngắm AB sao cho M có cùng hoành độ với đỉnh đồi C (xM = 420).
Từ kết quả câu c, ứng với xM = 420 thì t = 0,5. Thay t = 0,5 vào phương trình đường thẳng AB để tìm tung độ và cao độ của M:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_M} = 675 - 125 \cdot 0,5 = 612,5}\\{{z_M} = 400 + 74 \cdot 0,5 = 437}\end{array}} \right.\).
Xét zC = 450 > zM = 437 đỉnh đồi nằm cao hơn đường ngắm của anh Quý tại vị trí cắt ngang này. Do đó, tia sáng/tầm nhìn thẳng từ A đến B sẽ bị phần đỉnh đồi che khuất (đường thẳng đi dưới đỉnh đồi).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 240
Sau khoảng thời gian t (h) giả sử khinh khí cầu di chuyển đến vị trí M(x; y; z).
\(\overrightarrow {AM} = \left( {x + 16;y + 16;z + 8} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AM} = t\overrightarrow v \Leftrightarrow \left( {x + 16;y + 16;z + 8} \right) = t\overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 16 + 2t}\\{y = - 16 + 2t}\\{z = - 8 + t}\end{array}} \right.\) (0 ≤ t ≤ 6).
Nên M(−16 + 2t; −16 + 2t; −8 + t).
Để hệ thống kiểm soát không lưu quan sát được khinh khí cầu ở vị trí M thì:
\[OM \le 6 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 16 + 2t} \right)}^2} + {{\left( { - 16 + 2t} \right)}^2} + {{\left( { - 8 + t} \right)}^2}} \le 6 \Leftrightarrow \sqrt {9{t^2} - 144t + 576} \le 6\]
\( \Leftrightarrow 6 \le t \le 10\)
Do đó hệ thống kiểm soát không lưu có thể quan sát khinh khí cầu trong khoảng thời gian 4 giờ hay 240 phút.
Khi gắn hệ toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilomet) vào một sân bay, mặt phẳng (Oxy) trùng với sân bay. Một máy bay bay theo đường thẳng từ vị trí A(5; 0; 5) đến vị trí B(10; 10; 3) và hạ cánh tại vị trí M(a; b; c). Giá trị của b + c bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 25
Ta có M là chính là giao điểm của mặt phẳng (Oxy) và đường thẳng AB
Phương trình đường thẳng AB: \(\frac{{x - 5}}{5} = \frac{y}{{10}} = \frac{{z - 5}}{{ - 2}}\).
Vì M thuộc AB nên tồn tại một số thực t sao cho M(5t + 5; 10t; −2t + 5).
Ngoài ra M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên −2t + 5 = 0 hay t = \(\frac{5}{2}\).
Nên \(M\left( {\frac{{35}}{2};25;0} \right)\)
Vậy b + c = 25.
Một phần mềm mô phỏng vận động viên đang tập bắn súng trong không gian Oxyz. Cho biết trục d của nòng súng có phương trình: \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\) và hồng tâm A(3; 6; 2m + 5). Hỏi m bằng bao nhiêu thì vận động viên đó bắn trúng hồng tâm?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 2
Để vận động viên đó bắn trúng hồng tâm thì A thuộc trục d.
Thay A(3; 6; 2m + 5) vào phương trình trục d ta có:
\(\frac{{3 - 1}}{1} = \frac{{6 - 2}}{2} = \frac{{2m + 5 - 3}}{3} = 2\)
Suy ra \(2m + 5 - 3 = 6 \Leftrightarrow 2m = 4 \Leftrightarrow m = 2\).
Trong một khu du lịch, người ta cho du khách trải nghiệm thiên nhiên bằng cách đu theo đường trượt từ zipline từ vị trí A cao 18 m của một tháp này sang vị trí B cao 12 m của tháp hai trong khung cảnh tuyệt đẹp xung quanh. Với hệ trục toạ độ Oxyz cho trước (đơn vị: mét), toạ độ của A và B lần lượt là A(3; 2; 18) và B(23; 27; 12). Khi du khách ở độ cao 15 m thì toạ độ của du khách lúc đó là M(a; b; c). Tính giá trị của biểu thưc T = a + b + c?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 42,5
Phương trình tham số đường thẳng chứa đường trượt zipline là đường thẳng AB.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {20;25; - 6} \right)\).
Phương trình đường thẳng chứa đường trượt zipline là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 + 20t}\\{y = 2 + 25t}\\{z = 18 - 6t}\end{array}} \right.\).
Khi du khách ở độ cao 15 m nên z = 15 ⇔ 18 – 6t = 15 hay t = \(\frac{1}{2}\).
Thay t = \(\frac{1}{2}\) vào phương trình đường thẳng AB ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 13}\\{y = \frac{{29}}{2}}\\{z = 15}\end{array}} \right.\).
Nên M\(\left( {13;\frac{{29}}{2};15} \right)\).
Vậy a + b + c = 42,5.
Tại một sân bay, người ta chọn hệ toạ độ Oxyz có gốc toạ độ O tại vị trí chân của đài quan sát, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sân bay (đơn vị trên mỗi trục toạ độ tính theo kilomet). Trên màn hình Rađa người ta quan sát một máy bay đang hạ cánh theo đường thẳng từ vị trí A(16; 14; 10) đến vị trí B(8; 2; 5) và tiếp đất tại vị trí C(0; b; c). Hỏi vị trí tiếp đất của máy bay cách chân quan sát bao nhiêu kilomet? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 10
Đường bay của máy bay là đường thẳng AB đi qua A(16; 14; 10) và có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 8; - 12; - 5} \right)\).
Phương trình tham số của AB: \(\frac{{x - 16}}{{ - 8}} = \frac{{y - 14}}{{ - 12}} = \frac{{z - 10}}{{ - 5}}\).
Vì C(0; b; c) thuộc AB nên \(\frac{{ - 16}}{{ - 8}} = \frac{{b - 14}}{{ - 12}} = \frac{{c - 10}}{{ - 5}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{b - 14}}{{ - 12}} = 2}\\{\frac{{c - 10}}{{ - 5}} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{b = - 10}\\{c = 0}\end{array}} \right.\).
Ta có OC = \(\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2} + {0^2}} = 10\).
Vậy vị trí tiếp đất của máy bay cách chân đài quan sát là 10 km.
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.
