Một đài kiểm soát không lưu tại sân bay có nhiệm vụ kiểm soát, điều hành hoạt động bay của máy bay trong vòng bán kính \(70\,{\rm{km}}\). Để theo dõi hành trình của máy bay, ta có thể thiết lập hệ trục toạ độ \[Oxyz\] có gốc toạ độ \(O\) trùng với vị trí trung tâm của kiểm soát không lưu, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất (được coi là mặt phẳng) với trục \(Ox\) hướng về phía tây, trục \(Oy\) hướng về phía nam và trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là \(1\,{\rm{km}}\). Một máy bay trực thăng đang ở vị trí \(A\left( { - 65; - 25;30} \right)\) bay theo hướng Tây Nam với độ cao không đổi, vận tốc không đổi \(200\,{\rm{km/h}}\), quỹ đạo bay theo đường thẳng.

(a) Khi máy bay ở vị trí \(A\left( { - 65; - 25;30} \right)\) thì đài kiểm soát không lưu của sân bay đã theo dõi được máy bay.

(b) Máy bay di chuyển theo hướng Tây Nam với quỹ đạo bay là đường thẳng \(d\) có phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 65 + t\\y = - 25 + t\\z = 30\end{array} \right.\).

(c) Thời gian máy bay di chuyển trong phạm vi đài kiểm soát không lưu của sân bay theo dõi được là \(35\) phút.

(d) Vùng kiểm không lưu của đài kiểm soát trên là vùng ở bên trong và trên bề mặt của mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình: \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 4900\).

Đáp án:

Phương trình tham số của đường thẳng \[a\]: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = 1 + t\\z = - 2 + 4t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Ta có \[a \cap \left( P \right) = F\].

Xét phương trình \( - 3 + t + 1 + t - 2\left( { - 2 + 4t} \right) + 6 = 0\).

Giải phương trình ta được nghiệm \[t = \frac{4}{3}\]. Suy ra \[F\left( { - \frac{5}{3},\frac{7}{3},\frac{{10}}{3}} \right)\].

Ta có \(A\left( { - 3 + u,1 + u, - 2 + 4u} \right) \in a\) và \(FA = 40\sqrt 3 \).

Suy ra \(\sqrt {{{\left( { - 3 + u + \frac{5}{3}} \right)}^2} + {{\left( {1 + u - \frac{7}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 4u - \frac{{10}}{3}} \right)}^2}} = 40\sqrt 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u = \frac{{4 - 20\sqrt 6 }}{3}\\u = \frac{{4 + 20\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right.\).

Trường hợp 1: \(u = \frac{{4 + 20\sqrt 6 }}{3}\), ta có \(A\left( {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3}} \right)\). Khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là \(d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3} + \frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3} - 2\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3} + 6} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + {{( - 2)}^2}} }} = 40\,{\rm{(cm)}}\).

Trường hợp 2: \(u = \frac{{4 - 20\sqrt 6 }}{3}\), ta có \(A\left( {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3}} \right)\). Khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là \(d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {\frac{{ - 5 - 20\sqrt 6 }}{3} + \frac{{7 - 20\sqrt 6 }}{3} - 2\frac{{10 - 80\sqrt 6 }}{3} + 6} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + {{( - 2)}^2}} }} = 40\,{\rm{(cm)}}\).

Đáp án: 40.

Đáp án:

Phương trình tham số của đường cáp là: \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1 - 2k\\z = 5 + 6k\end{array} \right.\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( {k \in \mathbb{R}} \right)}\end{array}\]

Do tốc độ chuyển động của cabin là \(4\,{\rm{m/s}}\) nên độ dài \(AM = 4t\) \(\left( m \right)\).

Vì vậy sau \[5\] (s) kể từ lúc xuất phát, cabin đến điểm \[M\] thì \(AM = 4.5 = 20\) \(\left( m \right)\).

Vì \[M \in d \Rightarrow M\left( { - 2;1 - 2k;5 + 6k} \right)\].

\[\overrightarrow {AM} = \left( {0; - 2k;6k} \right)\]. Do 2 vec tơ \[\overrightarrow {AM} ;\vec u\] cùng hướng \(k > 0\).

\(AM = 20 \Leftrightarrow \sqrt {{0^2} + 4{k^2} + 36{k^2}} = 20 \Leftrightarrow 40{k^2} = 400 \Leftrightarrow k = \pm \sqrt {10} \).

Vì \(k > 0 \Rightarrow k = \sqrt {10} \).

Vậy tọa độ \[M\left( { - 2;1 - 2\sqrt {10} ;5 + 6\sqrt {10} } \right)\]. Khi đó \[a + 3b + c = - 2 + 3\left( {1 - 2\sqrt {10} } \right) + 5 + 6\sqrt {10} = 6\].

Đáp án: 6.