Trong một bể hình lập phương cạnh 1 m có chứa một ít nước. Người ta đặt đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang. Biết rằng, lúc đó mặt nước có dạng hình bình hành ABCD và khoảng cách từ các điểm A, B, C đến đáy bể tương ứng là \(40\;{\rm{cm}},44\;{\rm{cm}},48\;{\rm{cm}}\).

a) Khoảng cách từ điểm \(D\) đến đáy bể bằng bao nhiêu centimét? (Tính gần đúng, lấy giá trị nguyên.)

b) Đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang một góc bao nhiêu độ?

a) Phương trình chính tắc của đường cáp là: \(\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\).

b) Do tốc độ chuyển động của cabin là \(4,5\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) nên độ dài AM bằng \(4,5t(\;{\rm{m}})\). Vì vậy \(|\overrightarrow {AM} | = 4,5t(t \ge 0)\).

Do hai vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\vec u\) là cùng phương và cùng hướng nên \(\overrightarrow {AM}  = k\vec u\) với \(k\) là số thực dương nào đó. Suy ra: \(|\overrightarrow {AM} | = k|\vec u| = k \cdot \sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + 1}  = 3k\). Do đó \(3k = 4,5t\). Suy ra \(k = \frac{{3t}}{2}\). Vì thế, ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \frac{{3t}}{2}\vec u = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

Gọi toạ độ của điểm \(M\) là \(\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)\).

Do \(\overrightarrow {AM}  = \left( {{x_M} - {x_A};{y_M} - {y_A};{z_M} - {z_A}} \right) = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 3t + {x_A}}\\{{y_M} =  - 3t + {y_A}}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2} + {z_A}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 3t + 10}\\{{y_M} =  - 3t + 3}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2}.}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy điểm \(M\) có toạ độ là \(\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

c) Do \({x_B} = 550\) nên \(3t + 10 = 550\), tức là \(t = 180\) (s). Do đó, ta có điểm \(B(550; - 537;270)\).

Vậy \(AB = \sqrt {{{(550 - 10)}^2} + {{( - 537 - 3)}^2} + {{(270 - 0)}^2}}  = \sqrt {656100}  = 810(\;{\rm{m}})\).

a) Đường thẳng AB đi qua điếm \({\rm{A}}(3,5; - 2;0,4)\) và nhận \(\overrightarrow {AB}  = (0;7,5; - 0,4)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thắng AB là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3,5}\\{y =  - 2 + 7,5t{\rm{ (t là tham số)}}{\rm{. }}}\\{z = 0,4 - 0,4t}\end{array}} \right.\)

Lưu ý: Ta có thế chọn điếm đi qua là \(B\) đế viết phương trình tham số hoặc có thế viết phương trinh chính tắc của đường thằng AB

b) Mặt phẳng nằm ngang (\({\rm{O}}x{\rm{y}})\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec k = (0;0;1)\).

Ta có \(\sin (AB,(Oxy)) = \frac{{|0 - 0 + 7,5 \cdot 0 + ( - 0,4) \cdot 1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{(7,5)}^2} + {{( - 0,4)}^2}}  \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} \approx 0,053\).

Suy ra $(AB,(Oxy\left)\right)\approx 3^{°}\in \left({\mathrm{2,5}}^{°};{\mathrm{3,5}}^{°}\right)$ . Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Ta có \(\overrightarrow {MN}  = ( - 5; - 5;0),\overrightarrow {MP}  = ( - 5;0;0,5)\).

Xét vectơ \(\quad \vec n = [\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5}&0\\0&{0,5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ - 5}\\{0,5}&{ - 5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5}&{ - 5}\\{ - 5}&0\end{array}} \right|} \right)\), hay \(\vec n = ( - 2,5;2,5; - 25)\)

Khi đó \(\vec n\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MNP) hay chính là mặt phắng (a).

Phương trình mặt phắng (a) là: \( - 2,5(x - 5) + 2,5(y - 0) - 25(z - 0) = 0 \Leftrightarrow x - y + 10z - 5 = 0.\)

Vi C là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây đế hạ cánh nên C là giao điếm của đường thẳng AB và mặt phắng \((a)\).

Vi \(C \in AB\) nên gọi tọa độ điếm C là \({\rm{C}}(3,5; - 2 + 7,5{\rm{t}};0,4 - 0,4{\rm{t}})\).

Lại có \(C \in ({\rm{a}})\) nên ta có \(3,5 - ( - 2 + 7,5{\rm{t}}) + 10(0,4 - 0,4{\rm{t}}) - 5 = 0\), suy ra \({\rm{t}} = \frac{9}{{23}}\).

Vậy \( \subset \left( {3,5;\frac{{43}}{{46}};\frac{{28}}{{115}}} \right)\).

d) Vi \(D \in AB\) nên gọi tọa độ điếm \(D\) là \(D(3,5; - 2 + 7,5t;0,4 - 0,4t)\).

D là vị trí mà máy bay ở độ cao 120 m , tức là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bẳng 120 m và bằng \(0,12\;{\rm{km}}\).

Ta có \({\rm{d}}({\rm{D}},({\rm{Oxy}})) = \frac{{\left| {0,4 - 0,4{t^\prime }} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \left| {0,4 - 0,4{t^\prime }} \right|\).

Khi đó, \(\left| {0,4 - 0,4{{\rm{t}}^\prime }} \right| = 0,12 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,4 - 0,4{t^\prime } = 0,12}\\{0,4 - 0,4{t^\prime } =  - 0,12}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t^\prime } = 0,7}\\{{t^\prime } = 1,3}\end{array}} \right.} \right.\).

Với t' \( = 0,7\), ta có \(D(3,5;3,25;0,12)\).

Với t' \( = 1,3\), ta có \(D(3,5;7,75; - 0,12)\).

Vi D là vị trí độ cao của máy bay nên ta chọn D(3,5 ; 3,25 ; 0,12).

e) Ta có \(DE = \sqrt {{{(3,5 - 3,5)}^2} + {{(4,5 - 3,25)}^2} + {{(0 - 0,12)}^2}}  \approx 1,256(\;{\rm{km}})\)

Vì tầm nhìn xa của phi công sau khi ra khỏi đám mây là \(900\;{\rm{m}} = 0,9\;{\rm{km}} < 1,256\;{\rm{km}}\) nên người phi công đó không đạt được quy định an toàn bay.