Từ mặt nước trong một bể nước, tại ba vị tri đôi một cách nhau 2 m , người ta lần lượt thả dầy dọi để quả dọi chạm đáy bể. Phần dây dọi (thẳng) nằm trong nước tại ba vị tri đó lần lượt có độ dài \(4\;{\rm{m}};4,4\;{\rm{m}};4,8\;{\rm{m}}\). Biết đáy bể là phẳng. Hỏi đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang một góc bao nhiêu độ?
Từ mặt nước trong một bể nước, tại ba vị tri đôi một cách nhau 2 m , người ta lần lượt thả dầy dọi để quả dọi chạm đáy bể. Phần dây dọi (thẳng) nằm trong nước tại ba vị tri đó lần lượt có độ dài \(4\;{\rm{m}};4,4\;{\rm{m}};4,8\;{\rm{m}}\). Biết đáy bể là phẳng. Hỏi đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang một góc bao nhiêu độ?
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Gọi 3 điểm ở trên mặt nước lần lượt là \({\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) và ba điểm tương ứng ở đáy bể là \({A^\prime },{B^\prime },{C^\prime }\) sao cho \(A{A^\prime } = 4\;{\rm{m}},{B^\prime } = 4,4\;{\rm{m}},{C^\prime } = 4,8\;{\rm{m}}\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, O là trung điểm của AC .
Ta có A(0; \(1;0),B(\sqrt 3 ;0;0),{\rm{C}}(0; - 1;0),{{\rm{A}}^\prime }(0;1;4),{B^\prime }(\sqrt 3 ;0;4,4),{{\rm{C}}^\prime }(0; - 1\); 4,8 .
Ta có \(\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} = (\sqrt 3 ; - 1;0,4),\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} = (0; - 2;0,8)\)
Có \(\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&{0,4}\\{ - 2}&{0,8}\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{0,4}&{\sqrt 3 }\\{0,8}&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt 3 }&{ - 1}\\0&{ - 2}\end{array}} \right|} \right)\)\( = (0; - 0,8\sqrt 3 ; - 2\sqrt 3 )\)
Mặt phẳng đáy bể là mặt phẳng ( \(\left. {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (0; - 0,8\sqrt 3 ; - 2\sqrt 3 )\)
Mặt phẳng nằm ngang (mặt nước) chính là mặt phẳng \({\rm{Oxy}}:{\rm{z}} = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec k = (0;0;1)\)
Do đó \(\cos \left( {\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right),(Oxy)} \right) = \frac{{|0.0 - 0,8\sqrt 3 .0 - 2\sqrt 3 .1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{( - 0,8\sqrt 3 )}^2} + {{( - 2\sqrt 3 )}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\frac{{2\sqrt {87} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {29} }}{{29}}\)
Suy raHot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
- 250+ Công thức giải nhanh môn Toán 12 (chương trình mới) ( 18.000₫ )
- 500 Bài tập tổng ôn môn Toán (Form 2025) ( 38.500₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội, TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 150.000₫ )
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 . Vậy
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:
\(HM = \sqrt {{{(4 - 2)}^2} + {{(4 - 2 \cdot 2)}^2} + {{(3 - 2 \cdot 2)}^2}} = \sqrt 5 (\;{\rm{km}})\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập