Giải SGK Toán 12 CD Bài tập cuối chương 5 có đáp án

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ABC) là:

d(D, (ABC)) = .

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(– 3; 1; 4) và có một vectơ pháp tuyến là là:

2(x + 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0 ⇔ 2x – 4y + z + 6 = 0.

Xét vectơ , tức là .

Khi đó, là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Vậy phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là:

5(x – 2) + 5(y – (– 1)) – 5(z – 5) = 0 ⇔ x + y – z + 4 = 0.

Mặt phẳng (Q): 2x + y – z – 3 = 0 có vectơ pháp tuyến là .

Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) nên mặt phẳng (P) nhận làm một vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là:

2(x – 4) + 1(y – 0) – 1(z + 7) = 0 ⇔ 2x + y – z – 15 = 0.

Đường thẳng có vectơ chỉ phương là .

Vì ∆ ⊥ (P) nên mặt phẳng (P) nhận làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là:

2(x + 4) + 1(y – 9) + 5(z – 2) = 0 ⇔ 2x + y + 5z – 11 = 0.

Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(4; – 2; 1) và bán kính R = 9 là:

(x – 4)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 81.

Ta có bán kính của mặt cầu (S) là R = IM = .

Phương trình mặt cầu (S) là:

(x – 3)2 + (y – 2)2 + z2 = 6.

Tâm của mặt cầu (S) là trung điểm I của đoạn thẳng AB.

Ta có . Suy ra I(0; 1; 2).

Bán kính của mặt cầu (S) là R = IA = .

Phương trình mặt cầu (S) là:

x2 + (y – 1)2 + (z – 2)2 = 6.

Đường thẳng ∆1 đi qua điểm M1(– 1; – 5; 5) và có là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆2 đi qua điểm M2(– 13; 5; – 17) và có là vectơ chỉ phương.

Ta có , suy ra hai vectơ không cùng phương.

, .

Do 26 ∙ (– 12) + (– 26) ∙ 10 + (– 26) ∙ (– 22) = 0 nên đồng phẳng.

Vậy ∆1 cắt ∆2.

Đường thẳng ∆1 đi qua điểm M1(2; – 1; 4) và có là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆2 đi qua điểm M2(– 10; – 19; 45) và có là vectơ chỉ phương.

Ta có , suy ra hai vectơ cùng phương.

và nên không cùng phương.

Vậy ∆1 // ∆2.

Đường thẳng ∆1 đi qua điểm M1(– 3; 5; 2) và có là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆2 đi qua điểm M2(– 13; 9; – 13) và có là vectơ chỉ phương.

Ta có , suy ra hai vectơ không cùng phương.

, .

Do  13 ∙ (– 10) + 8 ∙ 4 + (– 7) ∙ (– 15) = 7 ≠ 0 nên không đồng phẳng.

Vậy ∆1 và ∆2 chéo nhau.

Hai đường thẳng ∆1 và ∆2 có vectơ chỉ phương lần lượt là và .

Ta có: cos (∆1, ∆2) = .

Suy ra (∆1, ∆2) ≈ 63°.

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương , mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến  .

Ta có: sin (∆, (P)) = .

Suy ra (∆, (P)) ≈ 19°.

Do (P1) và (P2) có hai vectơ pháp tuyến lần lượt là , nên

cos ((P1), (P2)) = .

Suy ra ((P1), (P2)) = 90°.

Gọi tọa độ điểm C là C(xC; yC; zC). Ta có .

Vì OBCD.O'B'C'D' là hình lập phương nên OBCD là hình vuông, do đó ta có

.

Suy ra C(a; a; 0).

Gọi tọa độ điểm B' là B'(xB'; yB'; zB'). Ta có .

Ta có . Suy ra B'(a; 0; a).

Gọi tọa độ điểm D' là D'(xD'; yD'; zD'). Khi đó .

Ta có . Suy ra D'(0; a; a).

 Ta có .

Xét vectơ .

Khi đó là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (OB'D').

Lại có . Ta có , suy ra hai vectơ cùng phương.

Do đó, cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (OB'D').

Vậy đường chéo O'C vuông góc với mặt phẳng (OB'D').

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (OB'D') đi qua điểm O và nhận làm vectơ pháp tuyến là: a(x – 0) + a(y – 0) – a(z – 0) = 0 ⇔ x + y – z = 0 (do a > 0).

Phương trình tham số của đường thẳng O'C đi qua đi qua điểm O'(0; 0; a) và nhận làm vectơ chỉ phương là: (t là tham số).

Gọi G là giao điểm của đường chéo O'C và mặt phẳng (OB'D').

Vì G ∈ O'C nên gọi tọa độ điểm G là G(t; t; a – t).  

Mà G ∈ (OB'D') nên ta có t + t – (a – t) = 0, suy ra t = . Do đó .

Tọa độ trọng tâm G' của tam giác OB'D': .

Suy ra . Do đó, G ≡ G'.

Vậy giao điểm của đường chéo O'C và mặt phẳng (OB'D') là trọng tâm của tam giác OB'D'.

Gọi tọa độ điểm C' là C'(xC'; yC'; zC'). Khi đó .

Ta có . Suy ra C'(a; a; a).

Ta có .

Xét vectơ .

Khi đó, là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (C'BD).

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (C'BD) là:

(x – a) + (y – a) – (z – a) = 0 ⇔ x + y – z – a = 0.

Khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng (C'BD) là:

d(B', (C'BD)) = (do a > 0).

Ta có góc θ mà đường bay tạo với phương ngang chính là góc giữa đường thẳng GH và mặt phẳng (Oxy).

Tại thời điểm t = 0 thì . Trực thăng cất cánh từ điểm G nên G(1; 0,5; 0).

Tại thời điểm t = 1, trực thăng bay đến vị trí K thuộc đường thẳng GH với K(2; 2,5; 2).

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương  và mặt phẳng (Oxy) có vectơ pháp tuyến .

Ta có sin (GH, (Oxy)) = .

Suy ra (GH, (Oxy)) ≈ 42°. Vậy θ ≈ 42°.

Gọi K' là hình chiếu của điểm K lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó K'(2; 2,5; 0).

Vì F là hình chiếu của điểm H lên mặt phẳng (Oxy) nên K' ∈ GF.

Do đó đường thẳng GF có vectơ chỉ phương là .

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).

Ta có H(1 + t; 0,5 + 2t; 2t). Khi đó, .

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương .

HM vuông góc với đường bay GH khi

⇔ (4 – t) ∙ 1 + (4 – 2t) ∙ 2 + (3 – 2t) ∙ 2 = 0 ⇔ t = 2.

Vậy t = 2 thì HM vuông góc với đường bay GH.

Khi đó, khoảng cách từ đỉnh núi đến máy bay trực thăng là:

HM = (km).

Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A(– 688; – 185; 8) và có vectơ chỉ phương là: (t là tham số).

Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.

Vì 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 OB = 417, tức là

⇔ 13 906t2 – 152 966t + 333 744 = 0

⇔ t = 3 hoặc t = 8.

+ Với t = 3, ta có B(– 415; 40; 8).

Khi đó AB = .

+ Với t = 8, ta có B(– 88; 415; 8).

Khi đó AB = .

Vì 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).

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 OH ⊥ d.

Vì H ∈ d nên H(– 688 + 91t'; – 185 + 75t'; 8).

Ta có (– 688 + 91t'; – 185 + 75t'; 8).

OH ⊥ d  

⇔ (– 688 + 91t') ∙ 91 + (– 185 + 75t') ∙ 75 + 8 ∙ 0 = 0

⇔ 13 906t' – 76 483 = 0 ⇔ t' = .

Suy ra H.

Khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó là:

OH = (km).