Trên sân khấu ca nhạc, kỹ thuật viên thiết lập hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (đơn vị mét). Hai đèn follow tạo ra hai tia sáng lần lượt có phương trình là \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.\) (\(t\) là tham số) và \({d_2}:\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 2}}{2}\).
Tính góc giữa hai tia sáng \({d_1}\) và \({d_2}\) (làm tròn đến hàng phần chục của độ).
Trên sân khấu ca nhạc, kỹ thuật viên thiết lập hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (đơn vị mét). Hai đèn follow tạo ra hai tia sáng lần lượt có phương trình là \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.\) (\(t\) là tham số) và \({d_2}:\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 2}}{2}\).
Tính góc giữa hai tia sáng \({d_1}\) và \({d_2}\) (làm tròn đến hàng phần chục của độ).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án:
63,6
Đáp án: \(63,6\).
\({d_1}\) có vectơ chỉ phương \({\vec u_1} = \left( {2; - 1;2} \right)\) và \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \({\vec u_2} = \left( {1;2;2} \right)\)
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \({d_1}\) và \({d_2}\).
Ta có \(\cos \varphi = \frac{{\left| {{{\vec u}_1}.{{\vec u}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_1}} \right|.\left| {{{\vec u}_2}} \right|}} = \frac{{\left| {2.1 - 1.2 + 2.2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{4}{9}\) Þ \(\varphi \approx 63,6^\circ \).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 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₫ )
- 20 đề thi tốt nghiệp môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 38.500₫ )
- Bộ đề thi tốt nghiệp 2025 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh, Sử, Địa, KTPL (có đáp án chi tiết) ( 36.000₫ )
- Tổng ôn lớp 12 môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh Sử, Địa, KTPL (Form 2025) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đáp án: 7,02.
Gắn trục Ox như hình. Cắt khối giao của nón và trụ bởi 1 mặt phẳng vuông góc trục Ox tại x. Thiết diện là hình hợp bởi 2 hình viên phân của nón và trụ, có diện tích là S(x).
Xét tam giác OKC, có JA// KC, nên \[\frac{x}{4} = \frac{{JA}}{{KC}} = \frac{{JA}}{2} \Rightarrow JA = \frac{x}{2}\] là bán kính của đường tròn của hình nón tại vị trí x, tâm J. Đường tròn của hình trụ tại vị trí x có tâm I, bán kính bằng 2.
Gọi M là giao điểm của hai đường tròn tâm I và tâm J.
Giả sử \[\widehat {{\rm{MIJ}}} = \alpha \Rightarrow \widehat {{\rm{MIN}}} = 2\alpha ;\widehat {{\rm{MJI}}} = \beta \Rightarrow \widehat {{\rm{MJN}}} = 2\beta \].
Xét đường tròn tâm I, có \[IM = IN = JI = 2\]Xét đường tròn tâm J, có \[JM = JA = \frac{x}{2}\].
Áp đụng định lí cosin vào tam giác IJM, ta tính được:
\[cos\alpha = 1 - \frac{{{x^2}}}{{32}} \Rightarrow \alpha = {\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}});cos\beta = \frac{x}{8} \Rightarrow \beta = {\rm{ar}}cos\frac{x}{8}\]
Suy ra diện tích viên phân của đường tròn tâm I: \[{S_1} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}))\]
Diện tích viên phân của đường tròn tâm J: \[{S_2} = \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})\]
Nên diện tích thiết diện:
\[S(x) = {S_1} + {S_2} = 2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8})\]
Vậy thể tích phần giao của trụ và nón:
\[V = \int\limits_0^4 {S(x)dx = \int\limits_0^4 {(2(2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}}) - \sin 2{\rm{ar}}cos(1 - \frac{{{x^2}}}{{32}})) + \frac{{{x^2}}}{8}(2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8} - \sin 2{\rm{ar}}cos\frac{x}{8}))dx} } = 7,02\]
(Theo Casio ta có kết quả trên)
Đáp số: 7,02.
Câu 2
a) [NB] \(NP = QR = SM = 6 - 2x\,(dm)\).
Đúng
Sai
b) [NB] \(AH = 3\sqrt 3 \,(dm)\) và \(OA = 2\sqrt 3 \,(dm)\).
Đúng
Sai
c) [TH] \(AD = x\sqrt 3 \,(dm)\) và \(DE = 6 - 3x\,(dm)\).
Đúng
Sai
d) [VD] Sau khi gập hình và dùng kéo dán kín các đoạn gập vào nhau gồm \(DM\) với \(DN,\,EP\) với \(EQ,\,\,FS\) với \(FR\), sức chứa tối đa của chậu xấp xỉ \(4,54\) (lít) .
Đúng
Sai
Lời giải
a) Đúng
Ta có \(NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)\).
b) Đúng
Do tam giác \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\), nên \(AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}} = 3\sqrt 3 \,(dm)\)
Và \(OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)\).
c) Đúng
Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\) và \(\widehat {MAN} = {60^o}\),
Nên \(AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}} = x\sqrt 3 \,(dm)\)
Lại có tam giác \(CMQ\) đều cạnh \(6 - x\,(dm)\)
Vậy \(DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)\).
d) Đúng
Ta có chóp cụt đều \(MPSDEF\) với cạnh đáy lớn \(MP = 6 - 2x\) và cạnh đáy nhỏ là \(DE = 6 - 3x\)
+) Ta có \({S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
+) Ta có \({S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
+) Ta có \(\sqrt {{S_1}{S_2}} = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}} = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).
Kẻ \(DK \bot MG\,(K \in MG)\).
Ta tính \(h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}} \)
+) Ta có \(MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)\)
Thể tích chóp cụt đều bằng
\(\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}\)
Dùng casio xét trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4,54\,(d{m^3})\).
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.
Câu 5
a)[TH] \(h\left( t \right) = 3,3 - 0,125{t^2} - 0,05t\left( {\rm{m}} \right)\) trên \([0;4]\)
Đúng
Sai
b)[TH] Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng \(0,19\left( {\rm{m}} \right)\)
Đúng
Sai
c)[VD] Sau 149 phút kể từ thời điểm 09:00 (làm tròn đến hàng đơn vị của phút) thì đầu cọc vừa chạm mặt nước.
Đúng
Sai
d)[VD] Ngô Quyền phải phát lệnh phản công vào lúc 10:26 (làm tròn đến hàng đơn vị của phút).
Đúng
Sai
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.
Câu 7
a) [NB] Vệ tinh ở vị trí \[M\] gần tâm mặt cầu hơn so với vệ tinh ở vị trí \[N\].
Đúng
Sai
b) [NB] Một tín hiệu được truyền đi từ vệ tinh ở \[M\] đến vệ tinh ở \[N\] là đường thẳng có phương trình chính tắc \[\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 4}}{2} = \frac{{z - 2}}{2}.\]
Đúng
Sai
c) [TH] Mặt phẳng đi qua tâm Trái Đất và hai điểm \[M,N\]có phương trình \[2x + y - 2z = 0\].
Đúng
Sai
d) [VD] Giả sử đơn vị trên mỗi trục là 2100 km, một tín hiệu có tốc độ \[{3.10^5}\] km/s được truyền từ vệ tinh \[M\] đến điểm gần nhất thuộc bề mặt Trái Đất mất khoảng \[0,026\] giây (làm tròn đến hàng phần nghìn của giây).
Đúng
Sai
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