Bài tập Vận dụng tọa độ của vectơ để giải quyết một số bài toán thực tiễn lớp 12 (có lời giải)
25 câu hỏi
Trong không gian, xét hệ tọa độ Oxyz có gốc O trùng với vị trí của một giàn khoan trên biển, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt biển (được coi là phẳng) với trục Ox hướng về phía tây, trục Oy hướng về phía nam và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời. Đơn vị đo trong không gian Oxyz lấy theo km. Một chiếc ra đa đặt tại giàn khoan và một chiếc tàu thám hiểm có tọa độ là (30; 20; −15). Khoảng cách theo đơn vị km từ chiếc ra đa và một chiếc tàu thám hiểm (kết quả làm tròn lấy một chữ số thập phân).
41,8 km;
31,8 km;
41,9 km;
31,9 km.
Đáp án đúng là: A
A. Theo đề bài ta có tọa độ của ra đa là (0; 0; 0), tọa độ của tàu thám hiểm là (30; 25; −15).
B. Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:
C. \(d = \sqrt {{{\left( {30 - 0} \right)}^2} + {{\left( {25 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 15 - 0} \right)}^2}} = 5\sqrt {70} \approx 41,8\).
D. Vậy khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là 41,8 km.
Với hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O nằm trên mặt nước, mặt phẳng (Oxy) là mặt nước, trục Oz hướng lên trên (đơn vị đo: mét), một con chim bói cá đang ở vị trí cách mặt nước 2 m, cách mặt phẳng (Oxz), (Oyz) lần lượt là 3m và 1m phóng thẳng xuống vị trí con cá, biết con cá cách mặt nước 50 cm, cách mặt phẳng (Oxz), (Oyz) lần lượt là 1m và 1,5m. Tìm tọa độ điểm B lúc chim bói cá vừa tiếp xúc với mặt nước.
\(\left( {\frac{7}{5};\frac{7}{5};0} \right)\);
\(\left( {\frac{7}{5};0;0} \right)\);
\(\left( {\frac{7}{5};0;\frac{7}{5}} \right)\);
\(\left( {0;\frac{7}{5};\frac{7}{5}} \right)\).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Theo đề ta có A(1,5; 1; −0,5); C(1; 3; 2); \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 0,5;2;2,5} \right)\).
Gọi \(B\left( {x;y;0} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {x - 1,5;y - 1;0,5} \right)\).
Vì \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \) cùng phương nên \(\frac{{x - 1,5}}{{ - 0,5}} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{0,5}}{{2,5}} = \frac{1}{5}\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{5}\\y = \frac{7}{5}\end{array} \right.\).
Vậy \(B\left( {\frac{7}{5};\frac{7}{5};0} \right)\).
Một căn phòng dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài 8m, chiều rộng 6m và cao 4m có hai chiếc quạt treo tường. Chiếc quạt A treo chính giữa bức tường 8m và cách trần 1m, chiếc quạt B treo chính giữa bức tường 6m và cách trần 1,5m. Hỏi khoảng cách giữa hai chiếc quạt AB cách nhau bao nhiêu m (làm tròn đến hàng phần nghìn).
25,25;
5,205;
5,502;
5,025.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có điểm A(4; 0; 3) và điểm \(B\left( {0;3;\frac{5}{2}} \right)\)
Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;3; - \frac{1}{2}} \right)\). Do đó độ dài đoạn thẳng AB = 5,025.
Trong không gian chọn hệ trục tọa độ cho trước, đơn vị đo lấy bằng km, ra đa phát hiện một máy bay chiến đấu X di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm M(1000; 600; 4) đến điểm N trong 30 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 30 phút tiếp theo là Q(1400; 800; 16). Tính quãng đường máy bay đi được sau 30 phút kể từ lúc ra đa phát hiện (làm tròn đến hàng đơn vị).
224 km;
242 km;
448 km;
484 km.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Quãng đường mà máy bay bay được sau 30 phút kể từ lúc ra đa phát hiện là:
\(\frac{1}{2}MQ = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {1400 - 1000} \right)}^2} + {{\left( {800 - 600} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} \approx 224\) km.
Trong không gian với một hệ trục tọa độ Oxyz cho trước (đơn vị đo lấy theo mét), một công ty xây dựng cần xác định chiều dài của một sợi dây cáp nối giữa hai điểm cao trên hai toàn nhà để lắp đặt hệ thống điện. Tòa nhà thứ nhất có đỉnh ở vị trí A(3; 5; 12) và tòa nhà thứ hai có đỉnh ở vị trí B(8; 2; 20). Hỏi công ty cần chuẩn bị sợi dây cáp có chiều dài tối thiểu là bao nhiêu mét để nối hai đỉnh tòa nhà (làm tròn đến hàng đơn vị).
12;
11;
10;
9.
Đáp án đúng là: C
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {5; - 3;8} \right)\)\( \Rightarrow AB = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {8^2}} \approx 10\).
Vậy dây cáp có chiều dài tối thiểu là 10 mét.
Trong không gian chọn hệ trục tọa độ cho trước, đơn vị đo lấy theo km, một ra đa phát hiện một máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm M(1000; 600; 14) đến điểm N(a; b; c) trong 30 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì sau 10 phút tiếp theo máy bay đến vị trí điểm Q(1400; 800; 18). Tính a + b + c.
2760;
2076;
2706;
2067.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Theo đề ta có \(\overrightarrow {MN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MQ} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1000 = \frac{3}{4}\left( {1400 - 1000} \right)\\b - 600 = \frac{3}{4}\left( {800 - 600} \right)\\c - 14 = \frac{3}{4}\left( {18 - 14} \right)\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1300\\b = 750\\c = 17\end{array} \right.\).
Do đó a + b + c = 2067.
Một chiếc máy đo đạc trắc địa được đặt trên một giá đỡ ba chân với điểm đặt S(0; 0; 4) và các điểm tiếp xúc với mặt đất của ba chân lần lượt là A(−2; 0; 0), \(B\left( {1;\sqrt 3 ;0} \right)\), \(C\left( {1; - \sqrt 3 ;0} \right)\). Biết rằng trọng lực tác dụng lên chiếc máy có độ lớn là 30 N và được phân bố thành ba lực \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) có độ lớn bằng nhau như hình dưới. Tính tích vô hướng của \(\overrightarrow {{F_1}} .\overrightarrow {{F_2}} \).
7,85;
78,5;
85,7;
87,5.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Ta có \(\overrightarrow {SA} = \left( { - 2;0; - 4} \right),\overrightarrow {SB} = \left( {1;\sqrt 3 ; - 4} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {1; - \sqrt 3 ;4} \right)\)\( \Rightarrow SA = SB = SC = \sqrt {20} \).
Lại có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {3; - \sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 2\sqrt 3 ;0} \right)\)\( \Rightarrow AB = AC = BC = \sqrt {12} \).
Suy ra hình chóp S.ABC đều có đường cao là SO = 4 với O(0; 0; 0) là trọng tâm tam giác ABC.
Mặt khác \(\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {SA} = \left( { - 2k;0; - 4k} \right)\), \(\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {SB} = \left( {k;\sqrt 3 k; - 4k} \right)\),
\(\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {SC} = \left( {k; - \sqrt 3 k; - 4k} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 12k} \right)\).
Mà \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0; - 30} \right)\) nên −12k = −30 \( \Leftrightarrow k = \frac{5}{2}\).
Suy ra \(\overrightarrow {{F_1}} = \left( { - 5;0; - 10} \right),\overrightarrow {{F_2}} = \left( {\frac{5}{2};\frac{{5\sqrt 3 }}{2}; - 10} \right)\). Vậy \(\overrightarrow {{F_1}} \cdot \overrightarrow {{F_2}} = \frac{{175}}{2} = 87,5\).
Một chiếc máy ảnh được đặt trên giá đỡ ba chân với điểm đặt E(0; 0; 8) và các điểm tiếp xúc với mặt đất của ba chân lần lượt là A1(0; 1; 0), \({A_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2};0} \right),{A_3}\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2};0} \right)\).
\(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;10; - 80} \right)\);
\(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;10;80} \right)\);
\(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0; - 10; - 80} \right)\);
\(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {10;0; - 80} \right)\).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Ta có \(\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 8} \right),\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 8} \right),\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 8} \right)\)
Nên \(E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65} \).
Mặt khác \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\) vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên 3 chân của giá đỡ.
Do đó \(\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;k; - 8k} \right),\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k; - \frac{1}{2}k; - 8k} \right)\),
\(\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}k; - \frac{1}{2}k; - 8k} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 24k} \right)\).
Mà \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0; - 240} \right)\)Þ −24k = −240 Þ k =10.
Vậy \(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;10; - 80} \right)\).
Một phòng học có thiết kế dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài là 10 m, chiều rộng là 8 m và chiều cao là 4 m. Một chiếc đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học. Xét hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với một góc phòng và mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét.
Tính khoảng cách từ điểm treo bóng đèn đến góc phòng học (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
57;
7,55;
75,5;
5,75.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Với hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với một góc phòng và mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét.
Phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật OBCD. A'B'C'D' với A'B'C'D' là hình chữ nhật.
Gọi M là giao điểm của hai đường chéo A'C' và B'D' nên M là trung điểm của A'C' với A'(0; 0; 4), C'(8; 10; 4).
Vì đèn được treo lại chính giữa trần nhà của phòng học nên điểm treo bóng đèn trùng với điểm M.
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_{A'}} + {x_{C'}}}}{2} = 4\\{y_M} = \frac{{{y_{A'}} + {y_{C'}}}}{2} = 5\\{z_M} = \frac{{{z_{A'}} + {z_{C'}}}}{2} = 4\end{array} \right.\) nên M(4; 5; 4).
Vậy khoảng cách từ điểm treo bóng đèn đến góc phòng học là \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {4^2}} = \sqrt {57} \approx 7,55\).
Để chuẩn bị cho một buổi triển lãm quốc tế, các trang sức có giá trị lớn được đặt bảo mật trong các khối chóp tứ giác đều S.ABCD và đặt lên phía trên một trụ hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông (như hình vẽ bên).
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét) sao cho A'(0; 0; 0), A(0; 0; 1), \(B\left( {0;\frac{1}{2};1} \right)\). Biết rằng, ban tổ chức sự kiện dự định dùng các tấm kính cường lực hình tam giác cân có cạnh bên là 60 cm để ráp lại thành khối chóp nói trên. Khi đó, tọa độ điểm S(a; b; c). Tính giá trị của a + b + c (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
0,98;
0,89;
1,98;
1,89.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
Do giả thiết khối chóp tứ giác đều S.ABCD nên ABCD là hình vuông.
Có A'(0; 0; 0), A(0; 0; 1), \(B\left( {0;\frac{1}{2};1} \right)\), \(B'\left( {0;\frac{1}{2};0} \right),D'\left( {\frac{1}{2};0;0} \right)\), \(D\left( {\frac{1}{2};0;1} \right)\).
I là trung điểm của BD nên \(I\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{4};1} \right)\).
Ta có \(BD = \frac{{\sqrt 2 }}{2};IB = ID = \frac{{\sqrt 2 }}{4};SI = \sqrt {S{B^2} - I{B^2}} = \sqrt {0,{6^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {94} }}{{20}}\).
Vậy \(S\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{{\sqrt {94} }}{{20}} + 1} \right)\). Suy ra a + b + c ≈ 1,98.
30 km.
31,6 km.
32 km.
33,2 km.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:
\(d = \sqrt {{{\left( {24 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 18 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 10 - 0} \right)}^2}} = 10\sqrt {10} \approx 31,6\) km.
Một trường học định lắp thêm một chiếc thang máy trong nhà, cabin của thang máy có dạng như hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông như hình vẽ. Biết rằng công ty cung cấp thang máy cho biết thể tích khoang carbin là 5,4 m3 và diện tích toàn phần của nó là 18,9 m2. Gia đình định lắp một chiếc camera ở vị trí trần cabin (điểm P), gần một góc vuông sao cho nó cách hai vách đứng của khoang cabin đều là 10 cm (hình vẽ). Chọn hệ trục như hình vẽ, đơn vị trên mỗi trục là 10 cm. Hãy tìm toạ độ của điểm P, biết rằng cạnh của đáy carbin không tới 2 m?
(1; 14; 24).
(14; 14; 24).
(1; 1; 24).
(14; 1; 24).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Gọi cạnh đáy và chiều cao của khoang cabin lần lượt là x, h (x, h > 0; m).
Theo bài ra ta có:
Từ (1) ⇒ \(x \cdot h = \frac{{5,4}}{x}\). Thay vào (2) ta được:
\(2{x^2} + 4 \cdot \frac{{5,4}}{x} = 18,9 \Leftrightarrow 2{x^3} - 18,9x + 21,6 = 0 \Rightarrow x = 1,5\) (x < 2).
Thay vào (1) ta được h = 2,4 m.
Vậy khoang cabin thang máy có cạnh đáy và chiều cao là: x = 1,5 m = 150 cm; h = 2,4 m = 240 cm.
Trong hệ toạ độ đã chọn, x = 15 đơn vị và h = 24 đơn vị.
Ta thấy mặt phẳng (Oxy) chính là mặt sàn. Điểm P nằm trên trần cabin, mà chiều cao cabin bằng 24 đơn vị. Vậy khoảng cách từ trần đến sàn là 24 nên z = 24.
Camera lắp cách mặt phẳng (Oyz) 10 cm, tương đương 1 đơn vị nên x = 1.
Mặt phẳng (Oxz) là bức tường phía sau (dọc theo trục Oz và Ox). Chiều rộng của cabin là 15 đơn vị. Nếu camera lắp cách bức tường đối diện một đoạn 10 cm (1 đơn vị), thì khoảng cách từ nó đến bức tường sau (Oxz) sẽ là 15 – 1 = 14 đơn vị nên z = 14.
Vậy toạ độ của P(1; 14; 24).
Xét hệ trục tọa độ Oxyz với mặt phẳng Oxy trùng với mặt sân phẳng, tia Oz vuông góc với mặt sân (đơn vị lấy theo mét). Người ta muốn dựng các cột gỗ (các cột gỗ xem như các đoạn thẳng) tại điểm A(1; 2; 0) cao 3 m và tại B(−2; 1; 0) cao 4 m (độ cao tính từ đầu cột đến mặt đất). Khoảng cách giữa hai đầu cột gỗ là (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn)
3,316.
3,317.
3,136.
3,137.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Điểm A'(1; 2; 3) là điểm đầu cột gỗ tại điểm A, điểm B'(−2; 1; 4) là điểm đầu cột gỗ ở điểm B.
Do đó \(\overrightarrow {A'B'} = \left( { - 3; - 1;1} \right) \Rightarrow A'B' = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {11} \approx 3,167\) m.
\(\left( {925;650;\frac{{29}}{2}} \right)\).
\(\left( { - 925;650;\frac{{29}}{2}} \right)\).
\(\left( {925; - 650;\frac{{ - 29}}{2}} \right)\).
\(\left( { - 925;650;\frac{{29}}{2}} \right)\).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là C(x; y; z).
Hướng của máy bay không dổi nên \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {NP} \) cùng hướng.
Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \left( {500;400;6} \right)\); \(\overrightarrow {NP} = \left( {x - 800;y - 550;z - 13} \right)\).
Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ M đến N gấp bốn lần thời gian bay từ N đến P nên MN = 4NP
Do đó: \(\overrightarrow {NP} = \frac{1}{4}\overrightarrow {MN} = \left( {125;100;\frac{3}{2}} \right)\).
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 800 = 125}\\{y - 550 = 100}\\{z - 13 = \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 925}\\{y = 650}\\{z = \frac{{29}}{2}}\end{array}} \right.\)
Vậy, toạ độ điểm P là \(\left( {925;650;\frac{{29}}{2}} \right)\).
17,9.
17,8.
18.
18,1.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\overrightarrow v + \overrightarrow {\rm{w}} = \left( {11 + 4;7 + 2; - 4 + 0} \right) = \left( {15;9; - 4} \right)\) là vectơ vận tốc của thiết bị trong điều kiện có dòng hải lưu. Khi đó vận tốc của thiết bị trong điều kiện có dòng hải lưu là: \(\left| {\overrightarrow v + \overrightarrow {\rm{w}} } \right| = \sqrt {{{15}^2} + {9^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {322} \approx 17,9\) (km/h).
Hình minh hoạ sơ đồ một ngôi nhà trong không gian Oxyz, trong đó nền nhà, bốn bức tường và hai mái nhà đều là hình chữ nhật.
Khi đó:
Toạ độ điểm F(4; 0; 3).
Toạ độ vectơ \(\overrightarrow {AH} = \left( {4;5;3} \right)\).
\[\overrightarrow {AF} \cdot \overrightarrow {AH} = 3\].
Góc đốc của mái nhà, tức là số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng FG, hai mặt lần lượt là (FGQP) và (FGHE) bằng 26,6° (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.
a) Đúng. Vì nền nhà là hình chữ nhật nên OACB là hình chữ nhật, suy ra xA = xB = 4, yC = yB = 5.
Do điểm A nằm trên trục Ox nên toạ điểm A(4; 0; 0); điểm C nằm trên trục Oy nên toạ độ điểm C(0; 5; 0).
Tường nhà là hình chữ nhật nên OCHE là hình chữ nhật suy ra yH = yC = 5, zH = zE = 3.
Do H nằm trên mặt phẳng (Oyz) nên toạ độ điểm H(0; 5; 3).
Tứ giác OAFE là hình chữ nhật nên xF = xA = 4, zF = zE = 3.
Do F nằm trên mặt phẳng (Oxz) nên toạ độ điểm F(4; 0; 3).
b) Sai. Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( { - 4;5;3} \right)\).
c) Sai. Ta có: \[\overrightarrow {AF} = \left( {0;0;3} \right)\] nên \(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {AF} = 0 + 0 + 9 = 9\).
d) Đúng. Để tính góc đốc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng FG, hai mặt lần lượt là (FGQP) và (FGHE).
Do mặt phẳng (Oxz) vuông góc với hai mặt phẳng (FGQP) và (FGHE) nên \(\widehat {PFE}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.
Ta có \(\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)\).
\(\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} \cdot \overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {FE} } \right|}} = \frac{{\left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 4} \right) + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Vậy \(\widehat {PFE} \approx 26,6^\circ \).
Một tháp trung tâm kiểm soát không lưu ở sân bay cao 80m sử dụng ra đa có phạm vi theo dõi 500 km được đặt trên đỉnh tháp. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz có gốc O trùng với vị trí chân tháp, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất sao cho trục Ox hướng về phía tây, trục Oy hướng về phía nam, trục Oz hướng thẳng đứng lên phía trên (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilômét). Một máy bay tại vị trí A cách mặt đất 10 km, cách 300 km về phía đông và 200 km về phía bắc so với tháp trung tâm kiểm soát không lưu.
Khi đó:
Ra đa ở vị trí có toạ độ (0; 0; 0).
Vị trí A có toạ độ (300; 200; 10).
Khoảng cách từ máy bay đến ra đa là khoảng 360, 69 km (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu không phát hiện được máy bay vị trí A.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
a) Sai. Ra đa ở vị trí có toạ độ (0; 0; 0,08).
b) Sai. Điểm A(−300; −200; 10).
c) Đúng. Khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:
\(\sqrt {{{\left( { - 300 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 200 - 0} \right)}^2} + {{\left( {10 - 0,08} \right)}^2}} \approx 360,69\) km.
d) Sai. Vì 360,69 < 500 nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay ở vị trí A.
Hình vẽ sau mô tả vị trí của máy bay vào thời điểm 9 giờ 30 phút. Biết các đơn vị trên hình tính theo đơn vị km.
Khi đó:
Máy bay đang ở độ cao 150 km.
Toạ độ của máy bay (300; 150; 9).
Phi công để máy bay ở chế độ tự động với vận tốc theo hướng đông là 750 km/h, độ cao không đổi. Biết rằng gió thổi theo hướng đông với vận tốc 10 m/s. Giả sử vận tốc và hướng gió không đổi thì lúc 10 giờ 30 phút máy bay ở toạ độ (150; 1086; 9).
Giả sử vận tốc và hướng gió không đổi thì sau khi bay đến vị trí lúc 10 giờ 30 phút thì máy bay bay ngược lại (hướng Tây) với vận tốc 800 km/h với độ cao không đổi, biết lúc đó trời lặng gió thì lúc 11 giờ máy bay cách gốc toạ độ một khoảng 800 km (làm tròn đến hàng đơn vị).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
a) Sai. Dựa vào hình vẽ ta thấy máy bay đang ở độ cao 9 km.
b) Sai. Dựa vào hệ tọa độ trong hình vẽ, ta thấy vị trí của máy bay tại thời điểm 9 giờ 30 phút là A(150; 300; 9).
c) Đúng. Vận tốc gió 10 m/s = 36 km/h.
Vận tốc thực của máy bay là là 750 km/h.
Nên vận tốc của máy bay là: 750 + 36 = 786 km/h.
Tại thời điểm 10 giờ 30 phút, quãng đường di chuyển được của máy bay theo hướng đông là 786∙1 = 786 km. Suy ra vị trí của máy bay cách trung tâm điều khiển theo hướng đông là 786 + 300 = 1086 km.
Do đó toạ độ của máy bay là: (150; 1086; 9).
d) Sai. Gọi B(150; 1086; 9) là toạ độ của máy bay tại thời điểm 10 giờ 30 phút.
Từ lúc 10 giờ 30 phút, vận tốc máy bay theo hướng tây là vT = −800 km/h.
Gọi C(x; y; z) là toạ độ của máy bay tại thời điểm 11 giờ.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {x_B}}\\{y = {y_B} + {v_T} \cdot t}\\{z = {z_B}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 150}\\{y = 1086 - 800 \cdot \frac{1}{2}}\\{z = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 150}\\{y = 686}\\{z = 9}\end{array}} \right.\)
C(150; 686; 9).
Khoảng cách từ máy bay đến gốc toạ độ là:
\(\sqrt {{{150}^2} + {{686}^2} + {9^2}} \approx 702\) km.
Vậy máy bay cách gốc toạ độ khoảng 702 km.
Một chiếc máy bay đang bay trên không trung. Xét hệ trục toạ độ Oxyz được gần như hình vẽ, trong đó gốc O là vị trí của trạm kiểm soát không lưu và M(x; y; z) (km) biểu diễn vị trí máy bay trên không trung. Tại thời điểm 8 giờ máy bay đang ở vị trí (50; 120; 4) và chuyển động với vận tốc \(\overrightarrow v = \left( {300;400;3} \right)\) (km/h).
Khi đó:
Tại thời điểm 8 giờ, khoảng cách giữa máy bay và trạm kiểm soát không lưu nói trên xấp xỉ 130 km (sai số không quá 1 km).
Tại thời điểm 9 giờ độ cao của máy bay so với mặt đất là 7 km.
Tại thời điểm 10 giờ, khoảng cách giữa máy bay và một tháp truyền hình F có toạ độ (1250; 1020; 0) xấp xỉ 600 km (sai số không quá 10km).
Khi đạt độ cao 10km, máy bay đổi vận tốc mới là \(\overrightarrow {{v_2}} = \left( {400;300; - 5} \right)\) để hướng đến sân bay B. Toạ độ của máy bay khi vừa đáp xuống sân bay B là (1450; −1520; 0).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.
a) Đúng. \(\overrightarrow {OM} = \left( {50;120;4} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} \approx 130,06\) .
Vậy khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 8 giờ xấp xỉ 130 km.
b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {OM} + \overrightarrow v = \left( {350;520;7} \right)\).
Tại thời điểm 9 giờ, toạ độ của máy bay là \({M_1}\left( {350;520;7} \right)\).
Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 7 km.
c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {OM} + 2\overrightarrow v = \left( {650;920;10} \right)\).
Vậy tại thời điểm 10 giờ, toạ độ của máy bay là \({M_2}\left( {650;920;10} \right)\).
\(\overrightarrow {{M_2}F} = \left( {600;100;10} \right) \Rightarrow {M_2}F = \sqrt {{{600}^2} + {{100}^2} + {{10}^2}} \approx 608,36\).
Vậy khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình F xấp xỉ 600km.
d) Sai. Từ độ cao 10 km với tốc độ hạ độ cao là 5 km/h thì máy bay cần 2 giờ để đáp xuống đất.
\(\overrightarrow {O{M_2}} + 2\overrightarrow {{v_2}} = \left( {1450;1520;0} \right)\).
Vậy toạ độ của máy bay khi đáp xuống là \({M_3} = \left( {1450;1520;0} \right)\).
Hình vẽ mô tả một sân cầu lông với kích thước theo tiêu chuẩn quốc tế. Ta chọn hệ trục Oxyz cho sân đó như hình dưới đây (đơn vị trên mỗi trục là mét). Giả sử AB là một trụ cầu lông để căng lưới.
Khi đó:
Toạ độ của điểm A(6,1; 6,7; 0).
Toạ độ của điểm B(6,1; 6,7; 1,55).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {0;0; - 1,55} \right)\).
\(AB = \sqrt {2,4025} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.
a) Đúng. Gọi toạ độ điểm A(xA; yA; zA). Vì chiều rộng của sân là 6,1m nên xA = 6,1. Do một nửa chiều dài của sân là 6,7 m nên yA = 6,7. Điểm A ∈ (Oxy) nên zA = 0.
Nên A(6,1; 6,7; 0).
b) Đúng. AB = 1,55 m nên B(6,1; 6,7; 1,55).
c) Sai. \(\overrightarrow {AB} = \left( {6,1 - 6,1;6,7 - 6,7;1,55 - 0} \right) = \left( {0;0;1,55} \right)\).
d) Đúng. \(AB = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {{1,55}^2}} = \sqrt {2,4025} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 15
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1000 - 800;550 - 450;9 - 7} \right) = \left( {200;100;2} \right)\).
Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.
Mặt khác, \(\overrightarrow {BC} = \left( {1100 - 1000;600 - 550;10 - 9} \right) = \left( {100;50;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
Do vận tốc của máy bay không đổi nên thời gian bay từ B đến C bằng một nửa thời gian bay từ A đến B.
Sau 5 phút máy bay bay từ B đến điểm C(1100; 600; 10).
Vậy sau 15 phút máy bay bay từ A đến C.
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 200
\(A = \left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow d } \right) = \left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right| \cdot \frac{{\overrightarrow F \cdot \overrightarrow d }}{{\left| {\overrightarrow F } \right| \cdot \left| {\overrightarrow d } \right|}} = \overrightarrow F \cdot \overrightarrow d = 6 \cdot 100 + 8 \cdot 200 + \left( { - 10} \right) \cdot 200 = 200\)(J).
Trên phần mềm mô phỏng việc điều khiển drone giao hàng trong không gian Oxyz, có ba drone giao hàng A, B, C như hình vẽ dưới, đang có toạ độ là A(1; 1; 1), B(5; 8; 9), C(9; 11; 12). Điểm giao hàng của drone là điểm D thoả mãn tứ giác ABCD là hình bình hành. Khi đó tung độ của điểm D là?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: 4
Giả sử D(x; y; z).
\(\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;y - 1;z - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( {4;3;3} \right)\).
Tứ giác ABCD là hình bình hành nên:\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = 4}\\{y - 1 = 3}\\{z - 1 = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 4}\\{z = 4}\end{array}} \right.\) ⇒ D(5; 4; 4).
Vậy tung độ của điểm D là 4.
Một chiếc máy ảnh được đặt trên giá đỡ ba chân với điểm đặt E(0; 0; 8) và các điểm tiếp xúc với mặt đất của ba chân lần lượtb là A1(0; 1; 0), \({A_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2};0} \right)\) ,\({A_3}\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2};0} \right)\). Biết rằng trọng lượng của chiếc máy là 240N. Toạ độ của các lực tác dụng lên giá đỡ \(\overrightarrow {{F_3}} = \left( {x\sqrt 5 ;y;z} \right)\). Tính giá trị của biểu thức x + y + z?
Hướng dẫn giải:
Đáp án: −90
Ta có: \(\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 8} \right)\), \(\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)\). \(\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)\).
\(E{A_1} = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65} \),
\(E{A_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65} \),
\(E{A_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = \sqrt {65} \).
Nên \(E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65} \).
Mặt khác, \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\) vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên ba chân của giá đỡ.
Do đó:
\(\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;k; - 8k} \right)\),
\(\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)\),
\(\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)\).
⇒ \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 24k} \right)\).
Mà \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P = \left( {0;0 - 240} \right)\).
⇒ −24k = −240.
⇒ k = 10.
\(\overrightarrow {{F_3}} = \left( { - 5\sqrt 3 ; - 5; - 80} \right)\).
Vậy x + y + z = (−5) + (−5) + (−80) = −90.
Hai chiếc khinh khí cầu bay lên từ cùng một địa điểm. Chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát 2,5 km về phía nam và 2 km về phía đông, đồng thời cách mặt đất 0,8 km. Chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát 1,5 km về phía bắc và 3 km về phía tây, đồng thời cách mặt đất 0,6 km. Người ta cần tìm một vị trí trên mặt đất để tiếp nhiên liệu cho hai khinh khí cầu sao cho khoảng cách từ vị trí đó tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất. Giả sử vị trí cần tìm cách điểm hai khinh khí cầu bay lên là a km theo hướng nam và b km theo hướng tây. Tính tổng giá trị của biểu thức 14a + 7b?
Hướng dẫn:
Đáp án: 9
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét.
Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí A, B.
Ta có \(A\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right)\) và \(B\left( {\frac{{ - 3}}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)\).
Gọi I là điểm tiếp nhiên liệu trên mặt đất (Oxy).
Khoảng cách từ vị trí tiếp nhiên liệu tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất, tức IA + IB nhỏ nhất.
Gọi C là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (Oxy), \(C\left( {\frac{5}{2};2;\frac{{ - 4}}{5}} \right)\) và IA = IC.
Vậy để IA + IB nhỏ nhất thì IB + IC nhỏ nhất. Điều đó xảy ra khi B, I, C thẳng hàng hay I là giao điểm của BC và mặt phẳng (Oxy) hay \(\overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {BI} \) cùng phương.
\(\overrightarrow {BC} = \left( {4;5;\frac{{ - 7}}{5}} \right)\). I ∈ (Oxy) ⇒ I(x; y; 0) ⇒ \(\overrightarrow {BI} = \left( {x + \frac{3}{2};y + 3;\frac{{ - 3}}{5}} \right)\).
\(\overrightarrow {BC} \), \(\overrightarrow {BI} \) cùng phương nên \(\frac{{x + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{y + 3}}{5} = \frac{3}{7} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{3}{{14}}}\\{y = \frac{{ - 6}}{7}}\end{array}} \right.\).
Vậy \(I\left( {\frac{3}{{14}};\frac{{ - 6}}{7};0} \right)\) nên \(a = \frac{3}{{14}}\), \(b = \frac{6}{7}\) ( vì I cách điểm xuất phát b theo hướng tây nên b > 0).
Khi đó 14a + 7b = 9.
Bạn có thích hoạt động này không?
