Câu hỏi:

18/08/2025 1,831 Lưu

Trong không gian Oxyz (đơn vị của các trục toạ độ là kilômét), một trạm thu phát sóng điện thoại di động có đầu thu phát được đặt tại điềm \(I( - 6; - 1;4)\).

a) Cho biết bán kính phủ sóng của trạm là 2 km . Viết phương trình mặt cầu \((S)\) biểu diễn ranh giới của vùng phủ sóng.

Trong không gian Oxyz (đơn vị của các trục toạ độ là kilômét), một trạm thu phát sóng điện thoại di động có đầu thu phát được đặt tại điềm I(-6; -1; 4) (ảnh 1)

b) Một người sử dụng điện thoại tại điểm \(M( - 5; - 2;5)\). Hãy cho biết điểm \(M\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu \((S)\) và người đó có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên hay không.

c) Câu hỏi tương tự đối với người sử dụng điện thoại ở điểm \(N( - 1;0;1)\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I( - 6; - 1;4)\) và bán kính \(R = 2\) nên có phương trình:

\({(x + 6)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 4)^2} = 4.{\rm{ }}\)

b) Ta có \(IM = \sqrt 3  < R\), suy ra điểm \(M\) nằm trong mặt cầu \((S)\) và người đó có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.

c) Ta có \(IN = \sqrt {35}  > R\), suy ra điểm \(N\) nằm ngoài mặt cầu \((S)\) và người đó không thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

a) Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm \({\rm{A}}( - 688\); - 185; 8) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = (91;75;0)\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 688 + 91t}\\{y =  - 185 + 75t{\rm{ (t là  tham s?)}}{\rm{. }}}\\{z = 8}\end{array}} \right.\)

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

Vi B \(B\) 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 \({\rm{OB}} = 417\), tức là \(\sqrt {{{( - 688 + 91t)}^2} + {{( - 185 + 75t)}^2} + {8^2}}  = 417\)\( \Leftrightarrow 13906{t^2} - 152966t + 333744 = 0\)\( \Leftrightarrow t = 3{\rm{ hay }}t = 8.{\rm{ }}\)

\( + {\rm{ Vì }} = 3,{\rm{ ta có  }}B( - 415;40;8){\rm{. }}\)

+ Với \( = 3\), ta có \(B( - 415;40;8)\).

Khi đó \({\rm{AB}} = \sqrt {{{( - 415 + 688)}^2} + {{(40 + 185)}^2}}  \approx 353,77\).

+ Với \({\rm{t}} = 8\), ta có \({\rm{B}}( - 88;415;8)\). Khi đó \(AB = \sqrt {{{( - 88 + 688)}^2} + {{(415 + 185)}^2}}  \approx 848,53\).

Vi \(353,77 < 848,53\) nên tọa độ vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là \(( - 415;40;8)\).

b) 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 \({\rm{OH}} \bot {\rm{d}}\).

Vi H \( \in \) d nên \(H( - 688 + 91t\) '; - \(185 + 75\) t'; 8).

Ta có \(\overrightarrow {OH}  = ( - 688 + 91t; - 185 + 75t;8)\).

\({\rm{OH}} \bot {\rm{d}} \Leftrightarrow \overrightarrow {OH}  \bot \vec u \Leftrightarrow \overrightarrow {OH}  \cdot \vec u = 0\)

\( \Leftrightarrow ( - 688 + 91t) \cdot 91 + ( - 185 + 75t) \cdot 75 + 8 \cdot 0 = 0\)

\( \Leftrightarrow 13906{{\rm{t}}^\prime } - 76483 = 0 \Leftrightarrow {{\rm{t}}^\prime } = \frac{{11}}{2}\). Suy ra H \(\left( { - \frac{{375}}{2};\frac{{455}}{2};8} \right)\).

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

\({\rm{OH}} = \sqrt {{{\left( { - \frac{{375}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{455}}{2}} \right)}^2} + {8^2}}  \approx 294,92(\;{\rm{km}}){\rm{. }}\)

c) Từ kết quả ở câu a), ta suy ra toạ độ của vị trí mà máy bay ra khỏi màn hình ra đa là \(( - 88;415;8)\).

Lời giải

a) Ta có góc \(\theta \) mà đường bay tạo với phương ngang chính là góc giữa đường thẳng GH và mặt phẳng \(({\rm{Oxy}})\).

Tại thời điểm \({\rm{t}} = 0\) thì \(\overrightarrow {{r_0}}  = (1;0,5;0)\). Trực thăng cất cánh từ điểm \(G\) nên \({\rm{G}}(1;0,5;0)\).

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

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {GK}  = (1;2;2)\) và mặt phẳng \(({\rm{Oxy}})\) có vectơ pháp tuyến \(\vec k = (0;0;1)\)

Ta có \(\sin ({\rm{GH}},({\rm{Oxy}})) = \frac{{|1 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{3}\).

Suy ra (GH,(Oxy))42°. Vậy θ42°

b) Gọi \({{\rm{K}}^\prime }\) là hình chiếu của điểm K lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó K (2; 2,5 ; 0).

Vi F là hình chiếu của điểm H lên mặt phẳng (Oxy) nên \({{\rm{K}}^\prime } \in {\rm{GF}}\).

Do đó đường thẳng GF có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {G{K^\prime }}  = (1;2;0)\).

Phương trình tham số của đường thẳng GF là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + {t^\prime }}\\{y = 0,5 + 2{t^\prime }{\rm{ ( }}{{\rm{t}}^\prime }{\rm{ là  tham }}}\\{z = 0}\end{array}} \right.\) số).

c) 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 \((2;2,5;2)\).

d) Ta có \({\rm{H}}(1 + {\rm{t}};0,5 + 2{\rm{t}};2{\rm{t}})\). Khi đó, \(\overrightarrow {HM}  = (4 - t;4 - 2t;3 - 2t)\).

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {GK}  = (1;2;2)\).

HM vuông góc với đường bay GH khi \(\overrightarrow {HM}  \bot \overrightarrow {GK}  \Leftrightarrow \overrightarrow {HM}  \cdot \overrightarrow {GK}  = 0\)

\( \Leftrightarrow (4 - t) \cdot 1 + (4 - 2t) \cdot 2 + (3 - 2t) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2.{\rm{ }}\)

Vậy \({\rm{t}} = 2\) thì HM vuông góc với đường bay GH .

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

\(HM = \sqrt {{{(4 - 2)}^2} + {{(4 - 2 \cdot 2)}^2} + {{(3 - 2 \cdot 2)}^2}}  = \sqrt 5 (\;{\rm{km}})\)