Câu hỏi:

18/08/2025 138 Lưu

Phần mềm của máy tiện kĩ thuật số CNC (Computer Numerical Control) đang biểu diễn một chi tiết máy như Hình vẽ.

Phần mềm của máy tiện kĩ thuật số CNC (Computer Numerical Control) đang biểu diễn một chi tiết máy như Hình vẽ. (ảnh 1)

a) Tìm toạ độ các điểm A, B, C, D.

b) Viết phương trình mặt phẳng \((ABC)\) và mặt phẳng \((ACD)\).

c) Viết phương trình tham số của đường thẳng AC.

d) Cho biết đầu mũi tiện đang đặt tại điểm \(M(0;60;40)\). Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((ABC)\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Ta có \({\rm{A}}(70;0;0),B(70;0; - 60),C(70;80;0),{\rm{D}}(50;0;0)\).

b) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (0;0; - 60),\overrightarrow {AC}  = (0;80;0),[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (4800;0;0)\).

Mặt phẳng \(({\rm{ABC}})\) đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\), nhận \(\vec n = \frac{1}{{4800}}[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (1;0;0)\) có phương trình là \(x - 70 = 0\).

Có \(\overrightarrow {AC}  = (0;80;0),\overrightarrow {AD}  = ( - 20;0;0),[\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ] = (0;0;1600)\)

Mặt phẳng \(({\rm{ACD}})\) đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\), nhận \(\vec n = \frac{1}{{1600}}[\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ] = (0;0;1)\) có phương trình là \({\rm{z}} = 0\).

c) Đường thẳng AC đi qua \({\rm{A}}(70;0;0)\) và nhận \(\vec a = \frac{1}{{80}}\overrightarrow {AC}  = (0;1;0)\) có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 70}\\{y = t}\\{z = 0}\end{array}} \right.\).

d) \(d(M,(ABC)) = \frac{{|0 - 70|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 70\).

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:

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