23 bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Phương trình mặt cầu (có lời giải)

Tọa độ tâm I(300; 400; 2000), R =1.

Khoảng cách từ tâm của quá bóng đến mặt đất có phương trình $z = 0$ là $d = \frac{{|2000|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 2000$ (mét).

a) Mặt cầu $(S)$ có phương trình

${(x - 32)^2} + {(y - 50)^2} + {(z - 10)^2} = 109$

nên có tâm $I(32;50;10)$ và bán kính $R = \sqrt {109}$.

b) Trong không gian Oxyz, mặt sân có phương trình $z = 0$ trùng với mặt phẳng tọa độ $(Oxy)$, suy ra hình chiếu vuông góc của điểm $I(32;50;10)$ xuống mặt sân có toạ độ $J(32;50;0)$.

c) Trong tam giác vuông IJM, ta có $IJ = 10,IM = {\rm{R}}$, suy ra

$JM = \sqrt {I{M^2} - I{J^2}} = \sqrt {109 - 100} = 3.$

Vậy khoảng cách từ vị trí $M$ của quả bóng đến điểm $J$ là 3 m .

a) Mặt cầu $(S)$ có tâm $I( - 6; - 1;4)$ và bán kính $R = 2$ nên có phương trình:

${(x + 6)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 4)^2} = 4.{\rm{ }}$

b) Ta có $IM = \sqrt 3 < R$, suy ra điểm $M$ nằm trong mặt cầu $(S)$ và người đó có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.

c) Ta có $IN = \sqrt {35} > R$, suy ra điểm $N$ nằm ngoài mặt cầu $(S)$ và người đó không thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên.

Phương trình mặt cầu ${x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{1}{8}x - \frac{1}{8}y - z + \frac{1}{{16}} = 0$ có dạng ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{ax}} - 2$ by $2{\rm{cz}} + {\rm{d}} = 0$ với $a = - \frac{1}{{16}};b = \frac{1}{{16}};c = \frac{1}{2};d = \frac{1}{{16}}$

Có $R = \sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{16}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} - \frac{1}{{16}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{{16}}$

Khoảng cách từ đầu in phun đến tâm mặt cầu bằng bán kính của mặt cằu và bằng $\frac{{5\sqrt 2 }}{{16}}$.

Mặt cầu có tâm I( $360;200;400)$ và bán kính $r = 2$ có phương trình là:

${(x - 360)^2} + {(y - 200)^2} + {(z - 400)^2} = 4.{\rm{ }}$

Ta có $AM = \sqrt {{{(2 - 2)}^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 2 > 1$

Do đó vị trí $M(2;1;1)$ không thuộc vùng phủ sóng của thiết bị nói trên.

Ta có

$P(\cos {10}^{^{\circ}}\cos {15}^{^{\circ}};\cos {10}^{^{\circ}}\sin {15}^{^{\circ}};\sin {10}^{^{\circ}}),Q(\cos {80}^{^{\circ}}\cos {70}^{^{\circ}};\cos {80}^{^{\circ}}\sin {70}^{^{\circ}};\sin {80}^{^{\circ}}).$

Suy ra: $\overrightarrow{OP}=(\cos {10}^{^{\circ}}\cos {15}^{^{\circ}};\cos {10}^{^{\circ}}\sin {15}^{^{\circ}};\sin {10}^{^{\circ}}),\triangle \overrightarrow{OQ}=(\cos {80}^{^{\circ}}\cos {70}^{^{\circ}};\cos {80}^{^{\circ}}\sin {70}^{^{\circ}};\sin {80}^{^{\circ}})\text{.}$

Do đó

$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=\cos {10}^{^{\circ}}\cos {15}^{^{\circ}}\cos {80}^{^{\circ}}\cos {70}^{^{\circ}}+\cos {10}^{^{\circ}}\sin {15}^{^{\circ}}\cos {80}^{^{\circ}}\sin {70}^{^{\circ}}+\sin {10}^{^{\circ}}\sin {80}^{^{\circ}}\approx 0{,}2691.$

Vi P, Q thuộc mặt đất nên $|\overrightarrow{OP}|=|\overrightarrow{OQ}|=1$.

Do đó $\cos \widehat{POQ}=\frac{\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}}{|\overrightarrow{OP}|\cdot |\overrightarrow{OQ}|}\approx 0{,}2691$. Suy ra $\widehat{POQ}\approx {74{,}3893}^{^{\circ}}$.

Mặt khác, đường tròn tâm, đi qua P, Q có bán kính 1 và chu vi là $2π\approx 6{,}2832$, nên cung nhỏ $\overset{\frown}{PQ}$ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng $\frac{74{,}3893}{360}\cdot 6{,}2832\approx 1{,}2983$.

Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí P, Q xấp xỉ bằng 1,2983 6371 $= 8271{,}4693(\;{\rm{km}})$.

Vi A là giao giữa kinh tuyến gốc với xích đạo nên ${\rm{A}}(1;0;0)$. Do đó $\overrightarrow {OA} = (1;0;0)$

Điểm $B(\cos {45}^{^{\circ}}\cos {30}^{^{\circ}};\cos {45}^{^{\circ}}\sin {30}^{^{\circ}};\sin {45}^{^{\circ}})$ hay $B(\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{2})$

Suy ra $\overrightarrow {OB} = \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$

Có $\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}$

Vi A, B thuộc mặt đất nên $|\overrightarrow {OA} | = |\overrightarrow {OB} | = 1$

Do đó $\cos \widehat{AOB}=\frac{\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}}{|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OB}|}\approx 0{,}6124$. Suy ra $\widehat{AOB}\approx {52{,}2388}^{^{\circ}}$.

Mặt khác, đường tròn tâm O đi qua ${\rm{A}},{\rm{B}}$ có bán kính 1 và chu vi là $2\pi \approx 6{,}2832$, nên cung nhỏ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng $\frac{{52{,}2388}}{{360}} \cdot 6{,}2832 \approx 0{,}9117$.

Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí ${\rm{A}},{\rm{B}}$ xấp xỉ bằng $0{,}9117.6371 =$ $5808{,}4407(\;{\rm{km}})$.

Gọi 3 điểm ở trên mặt nước lần lượt là ${\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}$ và ba điểm tương ứng ở đáy bể là ${A^\prime },{B^\prime },{C^\prime }$ sao cho $A{A^\prime } = 4\;{\rm{m}},{B^\prime } = 4{,}4\;{\rm{m}},{C^\prime } = 4{,}8\;{\rm{m}}$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, O là trung điểm của AC .

Ta có A(0; $1;0),B(\sqrt 3 ;0;0),{\rm{C}}(0; - 1;0),{{\rm{A}}^\prime }(0;1;4),{B^\prime }(\sqrt 3 ;0;4{,}4),{{\rm{C}}^\prime }(0; - 1$; 4,8 .

Ta có $\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} = (\sqrt 3 ; - 1;0{,}4),\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} = (0; - 2;0{,}8)$

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

Mặt phẳng đáy bể là mặt phẳng ( $\left. {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec n = (0; - 0{,}8\sqrt 3 ; - 2\sqrt 3 )$

Mặt phẳng nằm ngang (mặt nước) chính là mặt phẳng ${\rm{Oxy}}:{\rm{z}} = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec k = (0;0;1)$

Do đó $\cos \left( {\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right),(Oxy)} \right) = \frac{{|0.0 - 0{,}8\sqrt 3 .0 - 2\sqrt 3 .1|}}{{\sqrt {{0^2} + {{( - 0{,}8\sqrt 3 )}^2} + {{( - 2\sqrt 3 )}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\frac{{2\sqrt {87} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {29} }}{{29}}$

Suy ra $(({A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}),(Oxy))\approx {21{,}8}^{^{\circ}}$

Mặt cầu $(S)$ có tâm $O(0;0;0)$ và ${\rm{R}} = 1$.

Ta có $A \in (S)$ nên $OA = 1$.

${\rm{ Có }}OB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {{( - 1)}^2}} = \sqrt 3$

Xét tam giác BOA vuông tại $O$ có: $AB = \sqrt {O{B^2} - O{A^2}} = \sqrt {3 - 1} = \sqrt 2$

Vậy khoảng cách AB là $\sqrt 2$.

a) Tâm của bồn chứa $I(6;6;6)$ và bán kính $R = 5$.

b) Ta có $d(I,(P)) = \frac{{|6 - 10|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 4$.

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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 70}\\{y = t}\\{z = 0}\end{array}} \right.$.

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

a) Phương trình mặt cầu cần tìm là:

${(x - 300)^2} + {(y - 200)^2} + {(z - 1)^2} = {100^2}.$

b) Khoảng cách từ vị trí có tọa độ $(350;245;1)$ đến tâm bão là:

$d = \sqrt {{{(350 - 300)}^2} + {{(245 - 200)}^2} + {{(1 - 1)}^2}} = \sqrt {4525} < 100.$

Vậy vị trí có toạ độ $(350;245;1)$ bị ảnh hưởng bởi cơn bão.

Gọi toạ độ của $M$ là $(a;b;c)$. Khi đó, các số a, b, c thoả mãn các phương trình:

${(a - 3)^2} + {(b + 1)^2} + {(c - 6)^2} = {6^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a + 2b - 12c + 10 = 0$

${(a - 1)^2} + {(b - 4)^2} + {(c - 8)^2} = {7^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 2a - 8b - 16c + 32 = 0$

${(a - 7)^2} + {(b - 9)^2} + {(c - 6)^2} = {12^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 14a - 18b - 12c + 22 = 0$

${(a - 7)^2} + {(b + 15)^2} + {(c - 18)^2} = {24^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 14a + 30b - 36c + 22 = 0$

Trừ tương ứng theo từng vế của (4) cho (3), (3) cho (1), (2) cho (1), ta có:

$48b - 24c = 0 \Leftrightarrow c = 2b$

$- 8a - 20b + 12 = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{ - 5b + 3}}{2}$

$4a - 10b - 4c + 22 = 0$

Thế (5) và (6) vào (7), ta có: $- 10b + 6 - 10b - 8b + 22 = 0 \Leftrightarrow b = 1$.

Suy ra $a = - 1,c = 2$. Vậy $M( - 1;1;2)$.

a) ${(x - 2)^2} + {(y - 3)^2} + {(z - 1)^2} = 100$.

b) Khoảng cách từ vị trí có tọa độ $(5;0;2)$ đến nguồn âm là:

$d = \sqrt {{{(5 - 2)}^2} + {{(0 - 3)}^2} + {{(2 - 1)}^2}} = \sqrt {19} < 10.$

Vậy tại vị trí có toạ độ $(5;0;2)$ có thể nhận được cường độ âm chuẩn từ nguồn âm.

a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian là:

${(x + 3)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 7)^2} = 9.{\rm{ }}$

b) Ta có: $IA = \sqrt {{{[ - 2 - ( - 3)]}^2} + {{(1 - 2)}^2} + {{(8 - 7)}^2}} = \sqrt 3 < 3$.

Vì $IA < R$ nên điểm $A$ nằm trong mặt cầu. Vậy người dùng điện thoại ở điểm $A( - 2;1;8)$ có thể sử dụng dịch vụ của trạm này.

c) Ta có: $IB = \sqrt {{{[2 - ( - 3)]}^2} + {{(3 - 2)}^2} + {{(4 - 7)}^2}} = \sqrt {35} > 3$.

Vì $IB > R$ nên điểm $B$ nằm ngoài mặt cầu. Vậy người dùng điện thoại ở điểm $B(2;3;4)$ không thể sử dụng dịch vụ của trạm này.

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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 21 + 5100t}\\{y = 35 + 623t}\\{z = 50 - 50t}\end{array}} \right.$ (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 ${\rm{H}}(3999;520{,}94;11)$.

Gọi tọa độ điểm M là ${\rm{M}}({\rm{x}}$; y ; z) .

Ta có MA $= \sqrt {{{(3 - x)}^2} + {{( - 1 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2}} = 6$;

$\begin{array}{l}{\rm{MB}} = \sqrt {{{(1 - x)}^2} + {{(4 - y)}^2} + {{(8 - z)}^2}} = 7;{\rm{MC}} = \sqrt {{{(7 - x)}^2} + {{(9 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2}} = 12;\\{\rm{MD}} = \sqrt {{{(7 - x)}^2} + {{( - 15 - y)}^2} + {{(18 - z)}^2}} = 24.{\rm{ }}\end{array}$

Ta có hệ phương trình ${\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{{(3 - x)}^2} + {{( - 1 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2} = 36}\\{{{(1 - x)}^2} + {{(4 - y)}^2} + {{(8 - z)}^2} = 49}\\{{{(7 - x)}^2} + {{(9 - y)}^2} + {{(6 - z)}^2} = 144}\\{{{(7 - x)}^2} + {{( - 15 - y)}^2} + {{(18 - z)}^2} = 576}\end{array}} \right.$

Lấy (3) - (1) ta được: ${(7 - x)^2} - {(3 - x)^2} + {(9 - y)^2} - {( - 1 - y)^2} = 144 - 36$ $\Leftrightarrow - 8{\rm{x}} - 20{\rm{y}} = - 12 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 5{\rm{y}} = 3 \Leftrightarrow {\rm{x}} = \frac{{3 - 5y}}{2}$ (5).

Lấy (4) - (3) ta được: ${( - 15 - y)^2} - {(9 - y)^2} + {(18 - z)^2} - {(6 - z)^2} = 576 - 144$ $\Leftrightarrow 48y - 24z = 0 \Leftrightarrow 2y - z = 0 \Leftrightarrow z = 2y{\rm{ }}(6)$.

Thay (5) và (6) vào (2) ta được: ${\left( {1 - \frac{{3 - 5y}}{2}} \right)^2} + {(4 - {\rm{y}})^2} + {(8 - 2{\rm{y}})^2} = 49$ $\Leftrightarrow 45{y^2} - 170y + 125 = 0 \Leftrightarrow y = 1$ hoặc $y = \frac{{25}}{9}$.

+ Với $y = 1$ thì $x = - 1,z = 2$. Khi đó $M( - 1;1;2)$.

Thử lại bằng cách thay $x = - 1,y = 1,z = 2$ vào các phương trình (1), (2), (3), (4) ta thấy thóa mãn. + Với $y = \frac{{25}}{9}$ thì $x = - \frac{{49}}{9},z = \frac{{50}}{9}$. Khi đó ${\rm{M}}\left( { - \frac{{49}}{9};\frac{{25}}{9};\frac{{50}}{9}} \right)$.

Thử lại bằng cách thay $x = - \frac{{49}}{9},y = \frac{{25}}{9},z = \frac{{50}}{9}$ vào các phương trình (1), (2), (3), (4) ta thấy thỏa mãn. Vậy ${\rm{M}}( - 1;1;2)$ là điếm cằn tìm.

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 $(\text{GH},(\text{Oxy}))\approx {42}^{^{\circ}}$. Vậy $θ\approx {42}^{^{\circ}}$

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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + {t^\prime }}\\{y = 0{,}5 + 2{t^\prime }{\rm{ ( }}{{\rm{t}}^\prime }{\rm{ là tham }}}\\{z = 0}\end{array}} \right.$ 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:

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

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: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 688 + 91t}\\{y = - 185 + 75t{\rm{ (t là tham s?)}}{\rm{. }}}\\{z = 8}\end{array}} \right.$

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 $( - 88;415;8)$.