Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là kilômét), một trạm thu phát sóng điện thoại di động (Hình vẽ ) được đặt ở vị trí \(I( - 3;2;7)\).

a) Sử dụng phương trình mặt cẩu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian, biết rằng trạm thu phát sóng đó được thiết kế với bán kính phủ sóng là 3 km .

b) Điểm \(A( - 2;1;8)\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu đó? Nếu người dùng điện thoại ở điểm \(A( - 2;1;8)\) thì có thể sử dụng dịch vụ của trạm này hay không?

c) Điểm \(B(2;3;4)\) nằm trong hay nằm ngoài mặt cầu đó? Nếu người dùng điện thoạiở điểm \(B(2;3;4)\) thì có thể sử dụng dịch vụ của trạm này hay không?

a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là:

\({(x - 21)^2} + {(y - 35)^2} + {(z - 50)^2} = {4000^2}.\)

b) Ta có: \(IC = \sqrt {{{(42 - 21)}^2} + {{(37 - 35)}^2} + {{(0 - 50)}^2}} \)

\( = \sqrt {2945}  < 4000.{\rm{ }}\)

Vì \(IC < R\) nên điểm \(C\) nằm trong mặt cầu. Vậy người đi biển ở điểm \(C(42;37;0)\) thì có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng.

c) \({\rm{ Ta có : }}ID = \sqrt {{{(5121 - 21)}^2} + {{(658 - 35)}^2} + {{(0 - 50)}^2}} \)\( = \sqrt {26400629}  > 4000.\)

Vì \(ID > R\) nên điểm \(D\) nằm ngoài mặt cầu. Vậy người đi biển ở điểm \(D(5121;658;0)\) không thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng.

d)

Đường thắng ID đi qua điếm I và nhận \(\overrightarrow {ID}  = (5100;623; - 50)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thắng ID là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 21 + 5100t}\\{y = 35 + 623t}\\{z = 50 - 50t}\end{array}} \right.\) (t là tham số).

Giả sử H là vị trí cuối cùng trên đoạn thắng ID sao cho người đi biến có thế nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hái đăng. Khi đó \({\rm{IH}} = {\rm{R}}\).

Ta có \({\rm{H}} \in {\rm{ID}}\) nên gọi tọa độ điếm \({\rm{H}}(21 + 5100{\rm{t}};35 + 623{\rm{t}};50 - 50{\rm{t}})\).

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {IH}  = (5100t;623t; - 50t)\\IH = R \Leftrightarrow \sqrt {{{(5100t)}^2} + {{(623t)}^2} + {{( - 50t)}^2}}  = 4000 \Leftrightarrow \sqrt {26400629{t^2}}  = 4000 \Leftrightarrow t \approx  \pm 0,78.\end{array}\)

+ Với \( \approx  \approx 0,78\), ta có \({\rm{H}}(3999;520,94;11),\overrightarrow {IH}  = (3978;485,94; - 39)\).

Khi đó \(\overrightarrow {ID}  = \frac{{50}}{{39}}\overrightarrow {IH} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {ID} ,\overrightarrow {IH} \) cùng hướng, vậy thóa mãn H thuộc đoạn thắng ID .

+ Với \({\rm{t}} \approx  - 0,78\), ta có \({\rm{H}}( - 3957; - 450,94;89),\overrightarrow {IH}  = ( - 3978; - 485,94;39)\).

Khi đó \(\overrightarrow {ID}  =  - \frac{{50}}{{39}}\overrightarrow {IH} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {ID} ,\overrightarrow {IH} \) ngược hướng, vậy H không thuộc đoạn thắng ID .

Vậy vị trí cuối cù̀ng trên đoạn thẳng ID sao cho người đi biến còn có thế nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là điếm \({\rm{H}}(3999;520,94;11)\).

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 \(( - 88;415;8)\).