22 bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Phương trình đường thẳng trong không gian (có lời giải)

Đường thẳng d đi qua ${\rm{M}}(1;1;1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec a = (0;0;1)$

Đường thẳng d' đi qua ${\rm{N}}(10;20;5)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{a^\prime }} = (0;0;5) = 5\vec a$

Thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng d ta được

$\{\begin{matrix}1=10 \\ 1=20 \\ 1=5+5{t}^{'}\end{matrix}\text{(vô li). Suy ra}M\notin d.$ Vậy d // d'.

Đường thẳng d và d' lần lượt có vectơ chí phương là $\overrightarrow {{a_1}} = (0;0;1),\overrightarrow {{a_2}} = (0;1;0)$

Ta có $\overrightarrow {{a_1}} ,\overrightarrow {{a_2}}$ không cùng phương với nhau nên d và d' chéo nhau hoặc cắt nhau.

Ta xét hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 = 20}\\{0 = {t^\prime }}\\{50 + t = 50}\end{array}} \right.$ (vô nghiệm).

Vậy $d$ và d' chéo nhau.

Đường thắng d và d' lần lượt có vectơ chỉ phương là $\vec a = (1;0;0),\overrightarrow {{a^\prime }} = (0;0;3)$

Ta có $\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }} = 1.0 + 0.0 + 0.3 = 0$. Do đó d và d' vuông góc với nhau.

Đường thẳng d và d' có vectơ chỉ phương lần lượt là $\vec a = (2;1; - 1),\overrightarrow {{a^\prime }} = (3;3;9)$

Ta có $\cos \left( {d,{d^\prime }} \right) = \frac{{|2.3 + 1 \cdot 3 + ( - 1) \cdot 9|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{3^2} + {3^2} + {9^2}} }} = \frac{0}{{3\sqrt {66} }} = 0$. Suy ra $(\text{d},{\text{d}}^{'})={90}^{^{\circ}}$

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\vec a = (0;1;1)$

Mặt phẳng $({\rm{P}})$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n = (0;0;1)$

$\sin (d,(P)) = \frac{{|0.0 + 1.0 + 1 \cdot 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$. Suy ra $(\text{d},(\text{P}))={45}^{^{\circ}}$

Mặt phẳng $({\rm{P}})$ có vectơ pháp tuyến $\vec n = (4;0;11)$

Mặt phẳng $({\rm{Q}})$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n^\prime }} = (0;0;1)$

Có $\cos ((P),(Q)) = \frac{{|4.0 + 0.0 + 11.1|}}{{\sqrt {{4^2} + {{11}^2}} \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{{11}}{{\sqrt {173} }}$. Suy ra $((P),(Q))\approx {33{,}25}^{^{\circ}}$

Ta có $\overrightarrow {MN} = (0;1;0)$

Đường thẳng MN đi qua ${\rm{M}}(3;3;1{,}5)$ và nhận $\overrightarrow {MN} = (0;1;0)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{y = 3 + t}\\{z = 1{,}5}\end{array}} \right.$

a) Ta có $\overrightarrow {MN} = ( - 3; - 3;12) = - 3(1;1; - 4)$

Đường thắng MN đi qua điếm ${\rm{M}}(2;3; - 4)$ và có VTCP $\vec u = (1;1; - 4)$ có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 4 - 4t}\end{array}} \right.$

b) Mặt phắng Oxy có phương trình là ${\rm{z}} = 0$.

Vi D là giao điếm của đường thắng MN với mặt phắng Oxy nên tọa độ điếm D là nghiệm của hệ $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 4 - 4t}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 0}\\{t = - 1}\end{array}} \right.} \right.$.Vậy $D(1;2;0)$.

c) Ta có $MD = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 4)}^2}} = \sqrt {18} ;MN = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {{( - 3)}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {162}$ Vi ${\rm{MD}} < {\rm{MN}}$ nên D nằm giữa M và N .

Vậy tấm bìa có che khuất tầm nhìn của người quan sát đối với vật đặt ở điếm N .

a) Đường thắng a đi qua ${\rm{M}}(1;2;0)$ và có vectơ chí phương là $\vec a = (0;0;3)$ Đường thắng b đi qua ${\rm{N}}(1;2;6)$ và có vectơ chí phương $\overrightarrow {{a^\prime }} = (4;2;0)$ Có $\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }} = 0.4 + 0.2 + 3.0 = 0$. Suy ra a $\bot {\rm{b}}$.

Ta xét hệ $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 = 1 + 4{t^\prime }}\\{2 = 2 + 2{t^\prime }}\\{3t = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{t^\prime } = 0}\\{{t^\prime } = 0.{\rm{ }}}\\{t = 2}\end{array}} \right.} \right.$Suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Do đó a và b cắt nhau.

b) Thay ${\rm{t}} = 2$ vào phương trình đường thắng a ta được $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 6}\end{array}} \right.$

Vậy tọa độ giao điếm của hai đường thắng này là $(1;2;6)$.

Hai vật thế chuyến động trên hai đường thẳng

Vật 1 chuyến động trên đường thắng đi qua A và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_1}}$

Vật 2 chuyến động trên đường thắng đi qua B và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_2}}$

Ta có $\overrightarrow {AB} = (2;3;0)$ và $\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = ( - 5;1;3)$

Có $\overrightarrow {AB} \cdot \left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = - 10 + 3 = - 7 \ne 0$. Do đó hai đường thắng này chéo nhau.

Vậy trong quá trình chuyến động, hai vật thế trên không va chạm vào nhau.

a) Mặt phảng $({\rm{P}})$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n = (2;0;2)$

Mặt phắng $\left( {{{\rm{P}}^\prime }} \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n^\prime }} = (1;0;1)$

$\cos \left( {(P),\left( {{P^\prime }} \right)} \right) = \frac{{|2.1 + 0.0 + 2.1|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{4} = 1$. Suy ra ((P), (P’)) $={0}^{^{\circ}}$ .

b) Mặt phẳng $(Q)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_Q}} = (0;0;1)$

$\cos ((P),(Q)) = \frac{{|2.0 + 0.0 + 2.1|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2}} \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\rm{. }}$Suy ra ((P), (Q)) $={45}^{^{\circ}}$ .

$\cos (({P}^{'}),(Q))=\frac{|1.0+0.0+1.1|}{\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}\cdot \sqrt{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\text{.}$ Suy ra $(({P}^{'}),(Q))={45}^{^{\circ}}$ .

Mặt phắng ( ${{\rm{O}}^\prime }{\rm{BC}}$ ) có phương trình đoạn chắn là: $\frac{x}{3} + \frac{y}{1} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 6{\rm{y}} + 3{\rm{z}} = 6$ có vectơ pháp tuyến $\vec n = (2;6;3)$

$\cos \left( {\left( {{O^\prime }BC} \right),(OBC)} \right) = \frac{{|3|}}{{\sqrt 1 \cdot \sqrt {{2^2} + {6^2} + {3^2}} }} = \frac{3}{7}$. Suy ra $(({O}^{'}BC),(OBC))\approx {64{,}62}^{^{\circ}}$ .

c) Đường thằng ${B^\prime }C$ nhận $\overrightarrow {{B^\prime }C} = ( - 3;1; - 2)$ làm vectơ chỉ phương.

Mặt phẳng ( O ' BC ) có vectơ pháp tuyến $\vec n = (2;6;3)$

$\sin \left( {{B^\prime }C,\left( {{O^\prime }BC} \right)} \right) = \frac{{|( - 3) \cdot 2 + 1 \cdot 6 + ( - 2) \cdot 3|}}{{\sqrt {{{( - 3)}^2} + {1^2} + {{( - 2)}^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {6^2} + {3^2}} }} = \frac{6}{{7\sqrt {14} }}$. Suy ra $({B}^{'}{C}_{,}({O}^{'}BC))\approx {13{,}24}^{^{\circ}}$ .

a) Đường thắng ${\Delta _1}$ đi qua ${\rm{A}}(1;0; - 1)$ có vectơ chí phương $\overrightarrow {{u_1}} = (2; - 1;3)$

Đường thắng ${\Delta _2}$ đi qua ${\rm{B}}(3; - 1;0)$ có vectơ chí phương $\overrightarrow {{u_2}} = ( - 1;1;1)$ vi $\overrightarrow {{u_1}} \cdot \overrightarrow {{u_2}} = - 2 - 1 + 3 = 0$ nên hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ vuông góc với nhau.

b) Ta có $\overrightarrow {AB} = (2; - 1;1),\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 4; - 5;1) \ne \vec 0$, và $\overrightarrow {AB} \cdot \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = - 8 + 5 + 1 = - 2 \ne 0$

Do đó ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ chéo nhau. Vậy nút giao thông trên là nút giao thông khác mức.

a) Do điểm $C(0;0;5)$ nên $AC = \sqrt {{{(3 - 0)}^2} + {{( - 4 - 0)}^2} + {{(2 - 5)}^2}} = \sqrt {34} (\;{\rm{m}})$;

$BC = \sqrt {{{( - 5 - 0)}^2} + {{( - 2 - 0)}^2} + {{(1 - 5)}^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 (\;{\rm{m}}){\rm{. }}$

b) Ta có: $\overrightarrow {OA} = (3; - 4;2),\overrightarrow {OB} = ( - 5; - 2;1)$ nên $[\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} ] = \left( {\left| {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 4}&2\\{ - 2}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&3\\1&{ - 5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}3&{ - 4}\\{ - 5}&{ - 2}\end{array}} \right|} \right) = (0; - 13; - 26){\rm{. }}$

Vì thế, vectơ $\vec n = (0;1;2)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(OAB)$.

Mặt khác, do $\overrightarrow {CA} = (3; - 4; - 3),\overrightarrow {BC} = (5;2;4)$ nên ta có:

- $\sin (CA,(OAB)) = |\cos (\overrightarrow {CA} ,\vec n)| = \frac{{|\overrightarrow {CA} \cdot \vec n|}}{{|\overrightarrow {CA} | \cdot |\vec n|}} = \frac{{|3 \cdot 0 + ( - 4) \cdot 1 + ( - 3) \cdot 2|}}{{\sqrt {34} \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{10}}{{\sqrt {170} }}$,

suy ra $(CA,(OAB))\approx {50}^{^{\circ}}$ . Vậy góc tạo bởi dây neo CA và mặt phẳng sườn núi là khoảng ${50}^{^{\circ}}$ .

$\text{-}\sin (BC,(OAB))=|\cos (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{n})|=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{BC}|\cdot |\overrightarrow{n}|}=\frac{|5\cdot 0+2\cdot 1+4\cdot 2|}{3\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\frac{2}{3}\text{,}$

suy ra $(BC,(OAB))\approx {42}^{^{\circ}}$ . Vậy góc tạo bởi dây neo BC và mặt phẳng sườn núi là khoảng ${42}^{^{\circ}}$ .

a) Phương trình chính tắc của đường cáp là: $\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}$.

b) Do tốc độ chuyển động của cabin là $4{,}5\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$ nên độ dài AM bằng $4{,}5t(\;{\rm{m}})$. Vì vậy $|\overrightarrow {AM} | = 4{,}5t(t \ge 0)$.

Do hai vectơ $\overrightarrow {AM}$ và $\vec u$ là cùng phương và cùng hướng nên $\overrightarrow {AM} = k\vec u$ với $k$ là số thực dương nào đó. Suy ra: $|\overrightarrow {AM} | = k|\vec u| = k \cdot \sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + 1} = 3k$. Do đó $3k = 4{,}5t$. Suy ra $k = \frac{{3t}}{2}$. Vì thế, ta có: $\overrightarrow {AM} = \frac{{3t}}{2}\vec u = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)$.

Gọi toạ độ của điểm $M$ là $\left( {{x_M};{y_M};{z_M}} \right)$.

Do $\overrightarrow {AM} = \left( {{x_M} - {x_A};{y_M} - {y_A};{z_M} - {z_A}} \right) = \left( {3t; - 3t;\frac{{3t}}{2}} \right)$ nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_M} = 3t + {x_A}}\\{{y_M} = - 3t + {y_A}}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2} + {z_A}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_M} = 3t + 10}\\{{y_M} = - 3t + 3}\\{{z_M} = \frac{{3t}}{2}.}\end{array}} \right.} \right.$

Vậy điểm $M$ có toạ độ là $\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)$.

c) Do ${x_B} = 550$ nên $3t + 10 = 550$, tức là $t = 180$ (s). Do đó, ta có điểm $B(550; - 537;270)$.

Vậy $AB = \sqrt {{{(550 - 10)}^2} + {{( - 537 - 3)}^2} + {{(270 - 0)}^2}} = \sqrt {656100} = 810(\;{\rm{m}})$.

d) Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương $\vec u = (2; - 2;1)$ và mặt phẳng (Oxy) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{k}=(0;0;1)$

Do đó, ta có: $\sin (Δ,(Oxy))=|\cos (\overrightarrow{u},\overrightarrow{k})|=\frac{|\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{k}|}{|\overrightarrow{u}|\cdot |\overrightarrow{k}|}=\frac{1}{3\cdot 1}=\frac{1}{3}.$ Vậy $(Δ,(Oxy))\approx {19}^{^{\circ}}$

Phương trình mô tả quȳ đạo chuyến động của viên đạn là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + 2t}\\{y = 3 + t}\\{z = 4 + 6t}\end{array}} \right.$

a) Thay tọa độ điếm M vào phương trình chuyến động, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{7 = 1 + 2t}\\{\frac{7}{2} = 3 + t}\\{21 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 3}\\{t = \frac{1}{2}}\\{t = \frac{{17}}{6}}\end{array}} \right.} \right.$

Ta thấy các giá trị t này đều khác nhau do đó điếm M không nẳm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn nên viên đạn không bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm M.

b) Thay tọa độ điếm N vào phương trình chuyến động của viên đạn ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 3 = 1 + 2t}\\{1 = 3 + t}\\{ - 8 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = - 2}\\{t = - 2}\\{t = - 2}\end{array}} \right.} \right.$

Suy ra điếm N nằm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn.

Do đó viên đạn trên có bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm N .

Đế viết được phương trình đường thẳng chứa tia nắng mặt trời đi qua đỉnh cột tại thời điếm đang xét ta cần xác định tọa độ của A (đỉnh cột) và A' (bóng của đỉnh cột).

Ta có $A(0;0;6)$ .

Hoành độ của điếm A' là $x=3\cos {60}^{^{\circ}}=\frac{1}{2}$

Tung độ của điếm A' là $\text{y}=3\cos {30}^{^{\circ}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ .

Do đó ${A}^{'}(\frac{1}{2};\frac{3\sqrt{3}}{2};0)$ .

Đường thắng chứa tia nắng mặt trời đi qua $\text{A}(0;0;6)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{A{A}^{'}}=(\frac{1}{2};\frac{3\sqrt{3}}{2};-6)$ có phương trình là: $\{\begin{matrix}x=\frac{1}{2}t \\ y=\frac{3\sqrt{3}}{2}t \\ z=6-6t\end{matrix}$

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với O là trung điếm của AC .

Ta có: $A(0; - 2;0),B(2\sqrt 3 ;0;0),C(0;2;0),{A^\prime }(0; - 2;7),{B^\prime }(2\sqrt 3 ;0;6),{C^\prime }(0;2;5)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = (2\sqrt 3 ;2;0),\overrightarrow {AC} = (0;4;0),\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} = (2\sqrt 3 ;2; - 1),\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} = (0;4; - 2)$

Có $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{llllllllllllllllllll}2&0\\4&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&{2\sqrt 3 }\\0&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2\sqrt 3 }&2\\0&4\end{array}} \right|} \right) = (0;0;8\sqrt 3 )$

$\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&{ - 1}\\4&{ - 2}\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 1}&{2\sqrt 3 }\\{ - 2}&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2\sqrt 3 }&2\\0&4\end{array}} \right|} \right) = (0;4\sqrt 3 ;8\sqrt 3 )$

Mặt phẳng $({\rm{ABC}})$ có một vectơ pháp tuyến là $\frac{1}{{8\sqrt 3 }}[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0;0;1)$

Mặt phắng ( $\left. {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\frac{1}{{4\sqrt 3 }}\left[ {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} } \right] = (0;1;2)$

Do đó $\cos ((ABC),({A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}))=\frac{|2|}{\sqrt{1}\cdot \sqrt{1+4}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow ((ABC),({A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}))\approx {26{,}6}^{^{\circ}}$ .

Suy ra mái nhà nghiêng với mặt sàn nhà một góc khoảng ${26{,}6}^{^{\circ}}$

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Suy ra O là trung điếm của ${\rm{AC}},{\rm{BD}}$.

Vì các tam giác SAC, SBD đều cân tại S, SO là trung tuyến nên SO đồng thời là đường cao.

Suy ra $SO \bot AC$, $SO \bot BD$ nên $SO \bot (ABCD)$.

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.

Vi ABCD là hình vuông cạnh 230 m nên ${\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = {\rm{OD}} = 115\sqrt 2$.

Xét tam giác SOB vuông tại $O$, có $SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{219}^2} - {{(115\sqrt 2 )}^2}} = 7\sqrt {439}$

Ta có $A( - 115\sqrt 2 ;0;0),B(0; - 115\sqrt 2 ;0),C(115\sqrt 2 ;0;0),S(0;0;7\sqrt {439} )$

Ta có $\overrightarrow{SA}=(-115\sqrt{2};0;-7\sqrt{439}),\overrightarrow{SB}=(0;-115\sqrt{2};-7\sqrt{439})$

$\begin{matrix}\overrightarrow{SC}=(115\sqrt{2};0;-7\sqrt{439}) \\ \text{Ta có}[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB}]=(|\begin{matrix}0 & -7\sqrt{439} \\ -115\sqrt{2} & -7\sqrt{439}\end{matrix}|,|\begin{matrix}-7\sqrt{439} & -115\sqrt{2} \\ -7\sqrt{439} & 0\end{matrix}|,|\begin{matrix}-115\sqrt{2} & 0 \\ 0 & -115\sqrt{2}\end{matrix}|) \\ =(-805\sqrt{878};-805\sqrt{878};26450)\end{matrix}$

$[\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SC}]=(|\begin{matrix}-115\sqrt{2} & -7\sqrt{439} \\ 0 & -7\sqrt{439}\end{matrix}|,|\begin{matrix}-7\sqrt{439} & 0 \\ -7\sqrt{439} & 115\sqrt{2}\end{matrix}|,|\begin{matrix}0 & -115\sqrt{2} \\ 115\sqrt{2} & 0\end{matrix}|)=(805\sqrt{878};-805\sqrt{878};26450)$

Mặt phắng (SAB) nhận $\overrightarrow{n}=\frac{1}{5}[\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB}]=(-161\sqrt{878};-161\sqrt{878};5290)$ làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phắng (SBC) nhận $\overrightarrow{{n}^{'}}=\frac{1}{5}[\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SC}]=(161\sqrt{878};-161\sqrt{878};5290)$ làm vectơ pháp tuyến.

Do đó

$\begin{matrix}\cos ((SAB),(SBC))=\frac{|-{(161\sqrt{878})}^{2}+{(161\sqrt{878})}^{2}+{5290}^{2}|}{\sqrt{{(-161\sqrt{878})}^{2}+{(-161\sqrt{878})}^{2}+{5290}^{2}}\cdot \sqrt{{(161\sqrt{878})}^{2}+{(-161\sqrt{878})}^{2}+{5290}^{2}}} \\ =\frac{{5290}^{2}}{{(161\sqrt{878})}^{2}+{(-161\sqrt{878})}^{2}+{5290}^{2}}\approx 0{,}3807\end{matrix}$

Suy ra $((SAB),(SBC))\approx {67{,}6}^{^{\circ}}$ . Vậy góc giữa hai mặt phắng (SAB) và (SBC) khoảng ${67{,}6}^{^{\circ}}$

a) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

$40\;{\rm{cm}} = 0{,}4\;{\rm{m}},44\;{\rm{cm}} = 0{,}44\;{\rm{m}},48\;{\rm{cm}} = 0{,}48\;{\rm{m}}{\rm{. }}$

Khi đó ta có ${\rm{A}}(0;1;0{,}4),{\rm{B}}(1;1;0{,}44),{\rm{C}}(1;0;0{,}48)$.

Có $\overrightarrow {AB} = (1;0;0{,}04)$. Vi ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 - {x_D} = 1}\\{ - {y_D} = 0}\\{0{,}48 - {z_D} = 0{,}04}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_D} = 0}\\{{y_D} = 0}\\{{z_D} = 0{,}44}\end{array}} \right.$

Suy ra $D(0;0;0{,}44)$.

Vậy khoảng cách từ điểm $D$ đến đáy bể là 44 cm .

b) Ta có đáy bể nằm trong mặt phẳng ${\rm{Oxy}}:z = 0$ có vectơ pháp tuyến $\vec k = (0;0;1)$

Ta có $\quad \overrightarrow {AB} = (1;0;0{,}04),\quad \overrightarrow {AC} = (1; - 1;0{,}08)$, $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0{,}04; - 0{,}04; - 1)$

Mặt phẳng $(ABCD)$ đi qua ${\rm{A}}(0;1;0{,}4)$ và có vectơ pháp tuyến $\vec n = [\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0{,}04; - 0{,}04; - 1)$ có phương trình là: $0{,}04x - 0{,}04(y - 1) - (z - 0{,}4) = 0 \Leftrightarrow 0{,}04x - 0{,}04y - z + 0{,}44 = 0.{\rm{ }}$

Do đó góc giữa đáy bể và mặt phẳng nằm ngang chính là góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt đáy.

${\rm{ C\'o }}\cos ((ABCD),(Oxy)) = \frac{{| - 1|}}{{\sqrt 1 \cdot \sqrt {{{0{,}04}^2} + {{( - 0{,}04)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{25}}{{\sqrt {627} }}$. Suy ra $((ABCD),(Oxy))\approx {3{,}2}^{^{\circ}}$

a) Đường thẳng AB đi qua điếm ${\rm{A}}(3{,}5; - 2;0{,}4)$ và nhận $\overrightarrow {AB} = (0;7{,}5; - 0{,}4)$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình tham số của đường thắng AB là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3{,}5}\\{y = - 2 + 7{,}5t{\rm{ (t là tham số)}}{\rm{. }}}\\{z = 0{,}4 - 0{,}4t}\end{array}} \right.$

Lưu ý: Ta có thế chọn điếm đi qua là $B$ đế viết phương trình tham số hoặc có thế viết phương trinh chính tắc của đường thằng AB

b) Mặt phẳng nằm ngang (${\rm{O}}x{\rm{y}})$ có vectơ pháp tuyến là $\vec k = (0;0;1)$.

Ta có $\sin (AB,(Oxy)) = \frac{{|0 - 0 + 7{,}5 \cdot 0 + ( - 0{,}4) \cdot 1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{(7{,}5)}^2} + {{( - 0{,}4)}^2}} \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} \approx 0{,}053$.

Suy ra $(AB,(Oxy))\approx {3}^{^{\circ}}\in ({2{,}5}^{^{\circ}};{3{,}5}^{^{\circ}})$ . Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Ta có $\overrightarrow {MN} = ( - 5; - 5;0),\overrightarrow {MP} = ( - 5;0;0{,}5)$.

Xét vectơ $\quad \vec n = [\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} ] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 5}&0\\0&{0{,}5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&{ - 5}\\{0{,}5}&{ - 5}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 5}&{ - 5}\\{ - 5}&0\end{array}} \right|} \right)$, hay $\vec n = ( - 2{,}5;2{,}5; - 25)$

Khi đó $\vec n$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MNP) hay chính là mặt phắng (a).

Phương trình mặt phắng (a) là: $- 2{,}5(x - 5) + 2{,}5(y - 0) - 25(z - 0) = 0 \Leftrightarrow x - y + 10z - 5 = 0.$

Vi C là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây đế hạ cánh nên C là giao điếm của đường thẳng AB và mặt phắng $(a)$.

Vi $C \in AB$ nên gọi tọa độ điếm C là ${\rm{C}}(3{,}5; - 2 + 7{,}5{\rm{t}};0{,}4 - 0{,}4{\rm{t}})$.

Lại có $C \in ({\rm{a}})$ nên ta có $3{,}5 - ( - 2 + 7{,}5{\rm{t}}) + 10(0{,}4 - 0{,}4{\rm{t}}) - 5 = 0$, suy ra ${\rm{t}} = \frac{9}{{23}}$.

Vậy $\subset \left( {3{,}5;\frac{{43}}{{46}};\frac{{28}}{{115}}} \right)$.

d) Vi $D \in AB$ nên gọi tọa độ điếm $D$ là $D(3{,}5; - 2 + 7{,}5t;0{,}4 - 0{,}4t)$.

D là vị trí mà máy bay ở độ cao 120 m , tức là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bẳng 120 m và bằng $0{,}12\;{\rm{km}}$.

Ta có ${\rm{d}}({\rm{D}},({\rm{Oxy}})) = \frac{{\left| {0{,}4 - 0{,}4{t^\prime }} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \left| {0{,}4 - 0{,}4{t^\prime }} \right|$.

Khi đó, $\left| {0{,}4 - 0{,}4{{\rm{t}}^\prime }} \right| = 0{,}12 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0{,}4 - 0{,}4{t^\prime } = 0{,}12}\\{0{,}4 - 0{,}4{t^\prime } = - 0{,}12}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{t^\prime } = 0{,}7}\\{{t^\prime } = 1{,}3}\end{array}} \right.} \right.$.

Với t' $= 0{,}7$, ta có $D(3{,}5;3{,}25;0{,}12)$.

Với t' $= 1{,}3$, ta có $D(3{,}5;7{,}75; - 0{,}12)$.

Vi D là vị trí độ cao của máy bay nên ta chọn D(3,5 ; 3,25 ; 0,12).

e) Ta có $DE = \sqrt {{{(3{,}5 - 3{,}5)}^2} + {{(4{,}5 - 3{,}25)}^2} + {{(0 - 0{,}12)}^2}} \approx 1{,}256(\;{\rm{km}})$

Vì tầm nhìn xa của phi công sau khi ra khỏi đám mây là $900\;{\rm{m}} = 0{,}9\;{\rm{km}} < 1{,}256\;{\rm{km}}$ nên người phi công đó không đạt được quy định an toàn bay.