Bài tập Vận dụng phương trình mặt cầu vào giải quyết bài toán liên quan đến thực tiễn lớp 12 (có lời giải)
25 câu hỏi
Trong không gian Oxyz (đơn vị đo là cm), mặt sàn nhà đa năng thuộc mặt phẳng Oxy. Một quả cầu bằng nhựa nằm trên mặt sàn nhà đa năng và có tâm I(12; 20; 50). Khi đó, mặt ngoài của quả cầu nhựa (S) có phương trình là:
(x – 12)2 + (y − 20)2 + (z – 50)2 = 122;
(x + 12)2 + (y + 20)2 + (z + 50)2 = 122;
(x − 12)2 + (y − 20)2 + (z − 50)2 = 202;
(x − 12)2 + (y − 20)2 + (z − 50)2 = 502.
Đáp án đúng là: D
Do quả cầu nằm trên mặt sàn nha đa năng nên mặt ngoài của quả cầu tiếp xúc với mặt phẳng Oxy.
Ta có d(I, (Oxy)) = R = 50.
Vậy mặt ngoài của quả cầu (S) có phương trình là
(x – 12)2 + (y – 20)2 + (z – 50)2 = 502.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là km), một ngọn hải đăng được đặt ở vị trí I(1; 5; 5) như hình vẽ. Ngọn hải đăng được thiết kế với bán kính phủ sáng là 5 km.
Một người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí I(1; 5; 5) đến vị trí A(7; 14; 11). Điểm nào sau đây mà người đi biển đi qua và vẫn thuộc vùng phủ sáng của ngọn hải đăng.
M(3; 8; 7);
N(0; 4; 8);
P(7; 3; 0);
(7; 11; 3).
Đáp án đúng là: A
Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sáng trong không gian là: (x – 1)2 + (y – 5)2 + (z – 5)2 = 25.
Ta có \(\overrightarrow {IM} = \left( {2;3;2} \right),\overrightarrow {IA} = \left( {6;9;6} \right) = 3\overrightarrow {IM} \)
Và \(IM = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {8 - 5} \right)}^2} + {{\left( {7 - 5} \right)}^2}} = \sqrt {17} < 5\) nên điểm M nằm trong mặt cầu.
Vậy người đi biển đi qua điểm M mà vẫn thuộc vùng phủ sáng.
>
Một máy Rađa có tầm hoạt động với bán kính tối đa là 20 km. Ta xét trong không gian Oxyz với tâm O là vị trí máy Rađa, 1 đơn vị dài trong không gian tương ứng với 10 km trên thực tế. Hỏi trong không gian Oxyz trên, vật thể có tọa độ tương ứng với đáp án nào dưới đây sẽ bị Rađa phát hiện?
M(1; 0; 2);
N(2; −1; 1);
P(1; 1; \(\sqrt 2 \));
(3; 0; 0).
Đáp án đúng là: C
Ta thấy quỹ đạo của Rađa là một khối cầu giới hạn bởi mặt cầu (S) có tâm là vị trí Rađa có tọa độ là O(0; 0; 0) và bán kính R = 2.
Do đó ta có phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 = 4.
Vật thể bắt đầu bị phát hiện khi nó nằm trong hoặc trên mặt cầu (S).
Trong các đáp án trên thì ta thấy đáp án C thỏa mãn phương trình mặt cầu (S) các đáp án còn lại đều nằm ngoài (S).
Trong không gian Oxyz (đơn vị trên các trục tọa độ là km), một trạm thu phát sóng điện thoại di động có đầu thu phát được đặt tại điểm I(−6; −1; 4). Cho biết bán kính phủ sóng của trạm là 2 km. Người sử dụng điện thoại đứng ở điểm nào sau đây thì sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên?
A(−4; 0; 2);
B(−5; −2; 5);
C(−6; 2; 2);
D(0; −1; 4).
Đáp án đúng là: B
Ta có IA = 3 > 2, \(IB = \sqrt 3 < 2,IC = \sqrt {13} > 2,ID = 6 > 2\).>
Vậy người đứng tại điểm B nằm trong mặt cầu sẽ sử dụng được dịch vụ của trạm thu phát sóng điện thoại di động.
Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz, bề mặt của một quả bóng thám không dạng hình cầu có phương trình x2 + y2 + z2 – 200x – 600y – 4000z + 4099900 = 0. Tìm tâm và bán kính mặt cầu.
Tâm I(100; 300; 2000), R = 100;
Tâm I(−100; −300; −2000), R = 10;
Tâm I(100; 300; 2000), R = 10;
Tâm I(−100; −300; −2000), R = 100.
Đáp án đúng là: C
Tâm của mặt cầu là I(100; 300; 2000),
Bán kính \(R = \sqrt {{{100}^2} + {{300}^2} + {{2000}^2} - 4099900} = 10\).
Trong không gian hệ trục tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là km) một trạm phát sóng điện thoại của nhà mạng Viettel được đặt ở vị trí I(−1; 2; 3) và được thiết kế bán kính phủ sóng là 5000 m. Phương trình mặt cầu biểu diễn ranh giới cùng phủ sóng là:
(x + 1)2 + (y − 2)2 + (z – 3)2 = 25;
(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25;
(x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25000000;
(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25000000.
Đáp án đúng là: A
Tâm mặt cầu có tọa độ I(−1; 2; 3).
Bán kính mặt cầu R = 5000 m = 5 km.
Vậy phương trình mặt cầu mô tả vùng phủ sóng của trạm phát sóng là
(x + 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 25.
Trong không gian Oxyz, đặt 4 thiết bị thu tín hiệu tại 4 điểm có tọa độ lần lượt là A(−2; 3; 5), B(0; 2; 8), C(1; −3; 7), D(4; 1; 0). Đặt thiết bị phát tín hiệu tại điểm nào sau đây để 4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm?
\(I\left( {\frac{{453}}{{262}};\frac{{117}}{{262}};\frac{{1047}}{{262}}} \right)\);
\(I\left( { - \frac{{453}}{{262}}; - \frac{{117}}{{262}}; - \frac{{1047}}{{262}}} \right)\);
\(I\left( {\frac{{453}}{{131}};\frac{{117}}{{131}};\frac{{1047}}{{131}}} \right)\);
\(I\left( { - \frac{{453}}{{131}}; - \frac{{117}}{{131}}; - \frac{{1047}}{{131}}} \right)\).
Đáp án đúng là: A
Để 4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm thì điểm phát tín hiệu phải cách đều 4 điểm A, B, C, D.
Vậy điểm phát tín hiệu sẽ đặt tại tâm I của mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D.
Giả sử phương trình mặt cầu đó là x2 + y2 + z2 + Ax + By + Cz + D = 0 ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l} - 2A + 3B + 5C + D = - 38\\2B + 8C + D = - 68\\A - 3B + 7C + D = - 59\\4A + B + D = - 17\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = - \frac{{453}}{{131}}\\B = - \frac{{117}}{{131}}\\C = - \frac{{1047}}{{131}}\\D = - \frac{{298}}{{131}}\end{array} \right.\) tâm \(I\left( {\frac{{453}}{{262}};\frac{{117}}{{262}};\frac{{1047}}{{262}}} \right)\).
Trong không gian Oxyz, một thiết bị phát sóng đặt tại vị trí I(1; 0; −1). Vùng phủ sóng của thiết bị có ranh giới là một mặt cầu bán kính bằng \(\sqrt 2 \). Điểm nào sau đây thuộc vùng phủ sóng của thiết bị.
A(1; 0; 1);
B(1; 1; −1);
C(−2; 0; 1);
(1; −2; −1).
Đáp án đúng là: B
Ta có \(\overrightarrow {IB} = \left( {0;1;0} \right)\) IB = 1 < R nên điểm B(1; 1; −1) nằm bên trong mặt cầu trên.
Suy ra điểm B thuộc vùng phủ sóng của thiết bị.
>
Một vệ tinh quay quanh Trái Đất với độ cao so với mặt đất là 18900 km. Ta xét trong không gian Oxyz với tâm O là tâm Trái Đất, 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6300 km trên thực tế. Biết bán kính Trái Đất khoảng 6300 km. Phương trình biểu diễn quỹ đạo chuyển động của vệ tính đó là
x2 + y2 + z2 = 4;
x2 + y2 + z2 = 16;
x2 + y2 + z2 = 2;
x2 + y2 + z2 = 5.
Đáp án đúng là: B
Khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vị tinh là 18900 + 6300 = 25200 tương ứng bằng 4 đơn vị.
Ta thấy quỹ đạo chuyển động của vệ tinh quanh Trái Đất là một mặt cầu có tâm là tâm Trái Đất có tọa độ là O(0; 0; 0) và bán kính R = 4.
Do đó phương trình mặt cầu là x2 + y2 + z2 = 16.
Khi đặt hệ tọa độ Oxyz vào không gian với đơn vị trên trục tính theo km, người ta thấy rằng một không gian phủ sóng điện thoại có dạng một hình cầu (S) (tập hợp những điểm nằm trong và nằm trên mặt cầu tương ứng). Biết mặt cầu (S) có phương trình x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z + 5 = 0. Khoảng cách xa nhất giữa hai vùng phủ sóng là bao nhiêu km?
9;
3;
6;
12.
Đáp án đúng là: C
Ta có x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z + 5 = 0 (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 32.
Khoảng cách xa nhất gữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là 6 km.
Một kiến trúc thiết kế một mái vòm bán cầu cho một tòa triển lãm. Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị là mét), mặt sàn tòa nhà thuộc mặt phẳng Oxy, tâm của đường tròn đáy mái vòm trùng với gốc tọa độ O(0; 0; 0). Biết đỉnh cao nhất của mái vòm có tọa độ M(0; 0; 12). Phương trình mặt cầu chứa mái vòm bán cầu này là:
x2 + y2 + z2 = 12.
x2 + y2 + z2 = 144.
x2 + y2 + (z – 12)2 = 144.
x2 + y2 + z2 = 24.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Vì mái vòm bán cầu có tâm đường tròn là gốc tọa độ O(0; 0; 0) nằm trên mặt sàn Oxy, nên tâm của mặt cầu chứa mái vòm chính là gốc tọa độ O(0; 0; 0). Đỉnh cao nhất là M(0; 0; 12) thuộc mặt cầu, suy ra R = OM = 12 m.
Phương trình cần tìm là: x2 + y2 + z2 = 144.
Một thiết bị phát sóng định vị hàng hải hình cầu được thả trên mặt biển. Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị mét), mặt biển phẳng lặng trùng với mặt phẳng Oxy. Thiết bị này tiếp xúc với mặt biển và có bán kính là 2 m. Biết rằng hình chiếu vuông góc của tâm thiết bị lên mặt biển có tạo độ là (12; -5; 0) và thiết bị nổi một nửa trên mặt nước. Tìm tọa độ tâm I của thiết bị.
I(12; -5; 2).
I(12; -5; 0).
I(12; -5; - 2).
I(6; -2,5; 1).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Thiết bị hình cầu nổi một nửa trên mặt nước và tiếp xúc với mặt biển (mặt phẳng Oxy), do đó tâm I sẽ cách mặt phẳng Oxy một khoảng đúng bằng bán kính R = 2 m.
Vì thiết bị ở phía trên mặt nước nên cao độ zI > 0 => zI = 2.
Hình chiếu của tâm trên Oxy là (12; -5; 0) nên tọa độ tâm I(12; -5; 2).
Một vùng phủ sóng của một vệ tinh thời tiết được giới hạn bởi mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 4z – 16 = 0 (đơn vị trên các trục là nghìn km, tâm Trái Đất ở một vị trí khác). Một máy bay nghiên cứu khí tượng đang bay tại vị trí tọa độ M(4; 6; 5). Vị trí máy bay này đối với vùng phủ sóng của vệ tinh là:
nằm hoàn toàn bên trong vùng phủ sóng.
nằm vừa vặn trên ranh giới của vùng phủ sóng.
nằm ngoài vùng phủ sóng.
nằm tại tâm của vùng phủ sóng.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Từ phương trình, ta có: R =\(\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2} - \left( { - 16} \right)} = \sqrt {25} \)= 5.
Khoảng cách từ máy bay M(4; 6; 5) đến tâm I là:
IM =\(\sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {34} > R = 5\) nên máy bay nằm ở phía ngoài vùng phủ sóng.
Một robot thám hiểm đáy biển đang ở tọa độ A(1; 1; 1). Một trạm tiếp điện ngầm hình cầu có phương trình mặt ngoài là (x – 4)2 + (y – 5)2 + (z – 1)2 = 4 (đơn vị trên các trục là mét). Robot cần di chuyển đến bề mặt của trạm tiếp điện để sạc pin. Khoảng cách ngắn nhất mà robot phải di chuyển là bao nhiêu mét?
5 m.
3 m.
2 m
\(\sqrt {17} - 2\)m.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Từ phương trình trên, ta có tâm I(4; 5; 1) và bán kính R = 2 m.
Khoảng cách từ robot A(1; 1; 1) đến tâm I là: AI =\(\sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2}} = 5\)m.
Khoảng cách ngắn nhất từ robot đến bề mặt trạm sạc là: dmin = AI – R = 5 – 2 = 3 m.
Một kiến trúc sư cần phủ một lớp sơn phản quang lên toàn bộ mặt ngoài của một bồn chứa khí hóa lỏng hình cầu. Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị là mét), bồn chứa được mô tả bởi phương trình: x2 + y2 + z2 – 10x + 4y – 2z – 5 = 0. Tính diện tích bề mặt cần sơn của bồn chứa này (làm tròn đến hàng đơn vị, lấy p 3,14).
144 m2.
452 m2.
576 m2.
440 m2.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Từ phương trình, ta có: R =\(\sqrt {{5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} - \left( { - 5} \right)} = \sqrt {35} \) m.
Diện tích bề mặt hình cầu là: S = 4R2 = 4×3,14×\({\left( {\sqrt {35} } \right)^2}\)= 439,6 m2 440 m2.
Trong không gian Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét), ngọn hải đăng (xem hình vẽ) được đặt ở vị trí I(25; 30; 50). Mặt cầu (S) mô tả ranh giới của vùng phủ sáng trên biển của hải đăng, biết rằng ngọn hải đăng đó được thiết kế với bán kính phủ sáng R = 5 km.
Mặt cầu (S) có phương trình là (x – 25)2 + (y – 30)2 + (z – 50)2 = 25.
Điểm A(1025; 30; 50) nằm bên trong mặt cầu (S).
Một người đi biển ở vị trí M(45; 60; 50) thì có thể được chiếu sáng bởi ánh sáng của ngọn hải đăng.
Một người đi biển ở vị trí N(5125; 30; 0) thì không thể được chiếu sáng bởi ánh sáng của ngọn hải đăng.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.
a) Sai. Ta có: R = 5 km = 5000 m.
Phương trình cần tìm là: (x – 25)2 + (y – 30)2 + (z – 50)2 = 50002.
b) Đúng. Ta có: IA =\(\sqrt {{{\left( {1025 - 25} \right)}^2}} = 1000 < 5000 = R\). Suy ra điểm A nằm bên trong mặt cầu (S).
c) Đúng. Ta có: IM =\(\sqrt {{{20}^2} + {{30}^2}} = 10\sqrt {13} < 5000 = R\), suy ra điểm M nằm bên trong mặt cầu (S). Do đó người ở vị trí M(45; 60; 50) thì có thể được chiếu sáng bởi ánh sáng của ngọn hải đăng.
d) Đúng. Ta có IN =\(\sqrt {{{5100}^2} + {{\left( { - 50} \right)}^2}} > 5000 = R\), suy ra điểm M nằm ngoài mặt cầu (S).
Do đó, người ở vị trí N(5125; 30; 0) thì không thể được chiếu sáng bởi ánh sáng của ngọn hải đăng.
Công nghệ hỗ trợ trọng tài VAR 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.
Mặt cầu có tâm I(32; 50; 10) và bán kính R = 109.
Gọi J là hình chiếu vuông góc của tâm I trên sân bóng nên tọa độ J(32; 50; 0).
Khoảng cách từ tâm I đến sân bóng bằng 10.
Khoảng cách từ vị trí M của quả bóng đến điểm J bằng 3.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.
a) Sai. 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) Đúng. Ta có J là hình chiếu vuông góc của tâm I trên sân bóng có phương trình z = 0 nên tọa độ điểm J(32; 50; 0).
c) Đúng. Khoảng cách từ tâm I đến sân có phương trình (Oxy): z = 0 là: d(I, (Oxy)) = IJ = |10| = 10.
d) Đúng.
Ta có: IMJ là tam giác vuông tại J nên MJ =\(\sqrt {M{I^2} - I{J^2}} = \sqrt {109 - {{10}^2}} = 3\).
Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên trục là mét), một trạm thu phát sóng 5G có bán kính vùng phủ sóng của trạm ở ngưỡng 600 m được đặt tại vị trí I(200; 450; 60). Vào lúc 5 giờ 00 phút sáng, bạn An đi bộ từ vị trí A(-100; 50; 0) đến vị trí B(-100; 1250; 0) trên một đường thẳng với vận tốc không đổi trong thời gian 15 phút.
Tại thời điểm 5 giờ 10 phút sáng, bạn An ở vị trí mà điện thoại không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này.
Thời điểm muộn nhất mà điện thoại của bạn An có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này là 5 giờ 12 phút sáng.
Khi bạn An đang ở vị trí A(-100; 50; 0) thì điện thoại của bạn An có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này.
Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài và bên trong của vùng phủ sóng là (x – 200)2 + (y – 450)2 + (z + 60)2 = 360000.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
Vectơ vận tốc: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0;\,\,1200;\,\,0} \right)\).
a) Sai. Tại thời điểm 5h10, An đi được 10 phút. Lúc này ở tại điểm M thỏa \(\overrightarrow {AM} = \frac{{10}}{{15}}\overrightarrow {AB} = \left( {0;\,\,800;\,\,0} \right)\)=> M(-100; 850; 0).
=> IM =\(\sqrt {{{300}^2} + {{400}^2} + {{60}^2}} = 20\sqrt {634} \approx 503,6 < 600\,\,m\) do đó An sử dụng được dịch vụ của trạm phát sóng.
b) Sai. Tại thời điểm 5h12p, An đi được 12 phút. Lúc này An ở tại điểm N thỏa \(\overrightarrow {AN} = \frac{{12}}{{15}}\overrightarrow {AB} = \left( {0;\,\,960;\,\,0} \right)\)Þ M(-100; 1010; 0).
=> IM =\(\sqrt {{{300}^2} + {{560}^2} + {{60}^2}} \approx 638 > 600\,\,m\)
c) Đúng. Ta có: IA =\(\sqrt {{{300}^2} + {{400}^2} + {{60}^2}} = 20\sqrt {634} \approx 503,6 < 600\).
d) Sai. Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài và bên trong của vùng phủ sóng là (x – 200)2 + (y – 450)2 + (z – 60)2 = 360000.
Hình vẽ mô phỏng một trạm thu phát sóng điện thoại đi động đặt ở vị trí I(1; 2; 2) trong không gian Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là km) và được thiết kế với đường kính phủ sóng là 10000 m.
Bán kính vùng phủ sóng của trạm điện thoại là 5 km.
Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới miền bên trong và bên ngoài vùng phủ sóng của trạm phát sóng điện thoại là (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 2)2 = 25.
Điểm A(1; 2; 6) nằm trên trong vùng phủ sóng của trạm phát sóng điện thoại.
Nhà bạn Dũng và bạn Nam có vị trí tọa độ lần lượt là M(1; 2; 7) và N(5; 5; 5). Nếu cả hai bạn Dũng và bạn Nam dùng điện thoại tại nhà thì đều có thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng điện thoại này.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.
a) Đúng. Đường kính phủ sóng là 10000 m nên bán kính phủ sóng R = 5000 m = 5 km.
b) Đúng. Phương trình mặt cầu là: (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 2)2 = 25.
c) Đúng. Ta có: IA =\(\sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2} \right)}^2}}= 4 < R\). Vậy điểm A(1; 2; 6) nằm trong vùng phủ sóng của trạm phát sóng điện thoại.
d) Sai. Ta có: IM =\(\sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {7 - 2} \right)}^2}}= 5\)= R.
IN = \(\sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {34} > R\).
Vậy nhà bạn Dũng nằm trong vùng phủ sóng của trạm phát sóng điện thoại. Nhà bạn Nam không nằm trong vùng phủ sóng của trạm phát sóng điện thoại.
Một nhà máy hóa chất xây dựng một bể chứa khí gas hình cầu. Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị m), bề mặt bể chứa thuộc mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 4x – 4y – 4z – 13 = 0. Giá để sơn bề mặt chống gỉ cho bể chứa là 100 000 đồng/m2.
Bể gas chứa này có bán kính bằng 13 m.
Thể tích khí gas tối đa mà bể có thể chứa (bỏ qua độ dày vỏ) là \(\frac{{500\pi }}{3}\) m3.
Diện tích bề mặt cần sơn của bể chứa là 100 m2.
Tổng chi phí để sơn toàn bộ bề mặt bên ngoài của bể chứa là 10 000 000 (đồng).
Hướng dẫn giải
Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.
a) Sai. Từ phương trình ta có: tâm I(2; 2; 2), bán kính R =\(\sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2} + 13} = 5\) m.
b) Đúng. Thể tích khối cầu là: V =\(\frac{4}{3}\)pR3 =\(\frac{4}{3}\)×53 =\(\frac{{500}}{3}\)p (m3).
c) Đúng. Diện tích mặt cầu: S = 4R2 = 4×52 = 100 (m2).
d) Đúng. Chi phí = Diện tích × Đơn giá = 100×100 000 = 10 000 000 (đồng).
Khi gắn hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tính theo km) vào không gian, người ta thấy rằng một không gian phủ sóng điện thoại có dạng hình cầu (S) (tập hợp những điểm nằm trên và nằm trong mặt cầu tương ứng). Biết mặt cầu có phương trình x2 + y2 + z2 – 4x – 6y – 2z + 5 = 0. Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là bao nhiêu km?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 6
Mặt cầu đã cho có tâm I(2; 3; 1) và bán kính R = \(\sqrt {{2^2} + {3^2} + {1^2} - 5} = 3\).
Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng bằng đường kính mặt cầu.
Vậy khoảng cách xa nhất cần tìm là: 2R = 6 km.
Trong hệ trục Oxyz cho trước (đơn vị trên trục là m), cho một trạm thu phát sóng 5G có bán kính vùng phủ sóng ở trạm ngưỡng 600 m được đặt ở vị trí I(200; 450; 60). Tìm giá trị lớn nhất của m (làm tròn đến hàng đơn vị) để một người dùng điện thoại ở vị trí A(m + 100; m + 370; 0) có thể sử dụng dịch vụ của trạm nói trên.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 512
Để một người dùng điện thoại ở vị trí A(m + 100; m + 370; 0) có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng 5G có bán kính vùng phủ sóng của trạm ở ngưỡng 600 m được đặt ở vị trí I(200; 450; 60) thì IA £ 600
<=> (m – 100)2 + (m – 80)2 + (-60)2 6002
<=> 2m2 – 360m – 340000 0
<=>\(\frac{{180 - \sqrt {712400} }}{2} \le m \le \frac{{180 + \sqrt {712400} }}{2}\).
Vậy giá trị lớn nhất của m là: \(\frac{{180 + \sqrt {712400} }}{2}\) 512.
Một quả bóng rổ được đặt ở một góc của căn phòng hình hộp chữ nhật, sao cho quả bóng chạm và tiếp xúc với hai bức tường và nền nhà của căn phòng đó thì có một điểm trên quả bóng có khoảng cách lần lượt đến hai bức tường và nền nhà là 17 cm, 18 cm, 21 cm (hình vẽ). Hỏi độ dài đường kính của quả bóng bằng bao nhiêu cm, biết rằng quả bóng rổ tiêu chuẩn có đường kính từ 23 cm đến 24,5 cm? Kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 23,9
Ta đặt hệ trục vào căn phòng sao cho có hai bức tường là mặt (Oxz), (Oyz), và nền (Oxy)
Vậy bài toán dẫn đến việc tìm đường kính của mặt cầu tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ và chứa điểm M(17; 18; 21).
Gọi phương trình mặt cầu là (S): (x – a)2 + (y – a)2 + (z – a)2 = a2, với a > 0 (do mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên a = b = c = R ).
Do M(17; 18; 21) Î (S) nên (17 – a)2 + (18 – a)2 + (21 – a)2 = a2
=> 2a2 – 112a + 1054 = 0 Û \(\left[ \begin{array}{l}a = 28 - \sqrt {257} \\a = 28 + \sqrt {257} \end{array} \right.\)
Vì quả bóng rổ tiêu chuẩn có đường kính từ 23 cm đến 24,5 cm nên a = \(28 - \sqrt {257} \).
Vậy đường kính quả bóng bằng 2a = \(56 - 2\sqrt {257} \approx 23,9\,\,\)cm.
Trong không gian Oxyz (đơn vị các trục tọa độ là m), một thiết bị phát sóng wifi đặt vị trí A(3; 1; 1) như hình vẽ. Vùng phủ sóng tốt nhất của thiết bị có bán kính bằng 11 (m). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để một người sử dụng điện thoại tại điểm E(-3; 8; m) có thể bắt được tín hiệu wifi tốt nhất của thiết bị nói trên?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 13
Vùng phủ sóng của thiết bị đã cho là mặt cầu (S) tâm A(3; 1; 1), bán kính R = 11.
Ta có: AE = \(\sqrt {{6^2} + {7^2} + {{\left( {m - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{m^2} - 2m + 86} \).
Để điện thoại của người đó bắt được tín hiệu wifi tố nhất của thiết bị nói trên thì
AE R <=> \(\sqrt {{m^2} - 2m + 86} \) £ 11 Û \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 86 \ge 0\\{m^2} - 2m + 86 \le 121\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 \le m \le 7\)
Vì m ℤ nên m {-5; -4; - 3; ...; 7}.
Vậy có 13 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Phía trước sân vận động, người ta có đặt một quả bóng đá khổng lồ. Cách đó không xa, có một đèn. Trong không gian Oxyz (đơn vị đo là mét), giả sử mặt ngoài quả bóng (S) có phương trình (x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 3)2 = 9 và bóng đèn ở vị trí M(15; 1; 6). Khi đó, khoảng cách xa nhất mà bóng đèn có thể chiếu đến một điểm trên quả bóng bằng MA, với MA chính là tiếp tuyến kẻ từ M đến (S) và A là tiếp điểm. Vậy MA bằng bao nhiêu mét?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 14
Bề mặt ngoài của quả bóng (S) là mặt cầu có tâm I(1; 1; 3) và bán kính R = 3.
Ta có: MI = \(\sqrt {{{\left( {1 - 15} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - 6} \right)}^2}} = \sqrt {205} \).
Suy ra MA = \(\sqrt {M{I^2} - I{A^2}} = \sqrt {205 - 9} = 14\).
Vậy MA = 14 m.
