Bài tập Vận dụng phương trình đường thẳng vào giải quyết bài toán liên quan đến thực tế lớp 12 (có lời giải)

Đáp án đúng là: B

Để vận động viên đó bắn trúng hồng tâm thì trục d phải đi qua hồng tâm.

Thay điểm A(8; −19; 6m + 4) vào phương trình trục d ta được:

$\frac{{8 - 1}}{1} = \frac{{ - 19 - 2}}{{ - 3}} = \frac{{6m + 4 - 3}}{{ - 5}}$ 6m = −36 m = −6.

Đáp án đúng là: A

Phương trình tham số của đường cáp là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1 - 2k\\z = 5 + 6k\end{array} \right.$.

Sau 5 giây kể từ lúc xuất phát, cabin đến điểm M thì AM = 4.5 = 20 (m).

Vì M d M(−2; 1 – 2k; 5 + 6k) nên suy ra $\overrightarrow {AM} = \left( {0; - 2k;6k} \right)$.

Do 2 vectơ $\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u$ cùng hướng nên k > 0.

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

Vì k > 0 $k = \sqrt {10}$.

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 đúng là: D

Đường thẳng AB đi qua điểm A(10; 3; 0) và nhận $\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\frac{{x - 10}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}$.

Ta có $B\left( {550;{y_B};{z_B}} \right)$ nằm trên đường thẳng AB.

Theo giải thiết ta có x$_{B}$ = 550 nên $\frac{{550 - 10}}{2} = \frac{{{y_B} - 3}}{{ - 2}} = \frac{{{z_B}}}{1}$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_B} = - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right.$.

Vậy B(550; −537; 270).

Do đó $AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{\left( {270 - 0} \right)}^2}} = 810$.

Đáp án đúng là: A

Phương trình quỹ đạo chuyển động của tên lửa là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 1 + 4t\\z = 3 + 5t\end{array} \right.$.

Vì M(4; 5; 8) thuộc phương trình đường thẳng nên mục tiêu nằm trên quỹ đạo chuyển động của tên lửa.

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng AB đi qua điểm A(200; 685; 436) và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {440; - 135;38} \right)$ nên có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 200 + 440t\\y = 685 - 135t\\z = 436 + 38t\end{array} \right.$.

Thay tọa độ điểm C vào phương trình đường thẳng AB ta được

$\left\{ \begin{array}{l}420 = 200 + 440t\\617{,}5 = 685 - 135t\\450 = 436 + 38t\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = \frac{1}{2}\\t = \frac{7}{{19}}\end{array} \right.$.

Hệ này vô nghiệm nên điểm C không thuộc đường ngắm AB, anh Hùng ngắm thấy con gà lôi tía này.

Đáp án đúng là: C

Phương trình mô tả quỹ đạo chuyển động của viên đạn là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 + 3t\\z = - 1 - 2t\end{array} \right.$.

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình quỹ đạo chuyển động của viên đạn ta thấy tọa độ các điểm M, N, Q không thỏa mãn phương trình. Do đó viên đạn không bắn trúng mục tiêu ở các điểm này.

Thay tọa độ điểm P vào phương trình mô tả quỹ đạo chuyển động của viên đạn ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}4 = 2 + t\\7 = 1 + 3t\\ - 5 = - 1 - 2t\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 2$. Vậy viên đạn bắn trúng mục tiêu đặt ở điểm P.

Đáp án đúng là: C

Vì M là giao điểm của d và d' nên ta có $d':\left\{ \begin{array}{l}1 = 1 + 4k\\2 = 2 + 2k\\3t = 6\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\k = 0\end{array} \right.$ M(1; 2; 6).

Vậy S = 1 + 2 + 6 = 9.

Đáp án đúng là: A

Phương trình tham số của đường cáp treo là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.$.

Với x$_{B}$ = 20 B(20; 10; 8); y$_{C}$ = 120 C(130; 120; 63).

Do đó $BC = \sqrt {{{110}^2} + {{110}^2} + {{55}^2}} = 165$.

Vậy vận tốc của cabin đi là v = 165 : 55 = 3 (m/s).

Đáp án đúng là: D

Phương trình tham số của đường cáp là $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 4 + 2t\\z = 20 + 2t\end{array} \right.$.

Sau 30 giây cáp treo đến điểm M(3 + t; 4 + 2t; 20 + 2t).

Ta có $\overrightarrow {AM} = \left( {t;2t;2t} \right)$cùng hướng với $\overrightarrow u$ và AM = 5.30 = 150 nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}t > 0\\\sqrt {{t^2} + 4{t^2} + 4{t^2}} = 150\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t > 0\\3t = 150\end{array} \right.$$\Leftrightarrow t = 50$.

Do đó M(53; 104; 120). Suy ra a + b + c = 277.

Đáp án đúng là: D

Phương trình tham số của đường cáp là $\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.$.

Sau 180 giây, ta có AB = 4,5.180 = 810 mét.

Gọi B(10 + 2t; 3 – 2t; t).

Ta có AB = 810 $\Leftrightarrow \sqrt {4{t^2} + 4{t^2} + {t^2}} = 810 \Leftrightarrow 3t = 810 \Leftrightarrow t = 270$.

Tung độ của điểm B là 3 – 2.270 = −537.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Phương trình tia sáng g đi qua điểm A(0; 6; 6), vectơ chỉ phương (1; 1; 2):

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0 + t}\\{y = 6 + t}\\{z = 6 + 2t}\end{array}} \right.$.

Gọi B là giao điểm của tia sáng g với mặt phẳng (xOy): z = 0.

Ta có: 6 + 2t = 0 hay t = −3.

Do đó B(−3; 3; 0).

Phương trình tia phản xạ h tại B(−3; 3; 0) có vectơ chỉ phương (1; 1; −2) là: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 3 + s}\\{y = 3 + s}\\{z = 0 - 2s}\end{array}} \right.$

Gọi C là giao điểm của tia phản xạ h và mặt phẳng (xOz): y = 0.

Ta có: 3 + s = 0 hay s = −3.

Vậy C(−6; 0; 6).

Vật a + b + c = 0.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

Mặt phẳng (CDH) chứa mặt bên CDHG.

$\overrightarrow {CD} = \left( { - 12;0;0} \right)$, $\overrightarrow {CH} = \left( { - 10; - 2;3} \right)$.

$\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {CH} } \right] = \left( {0;36;24} \right)$.

Mặt phẳng (CDH) đi qua C(12; 12; 0) và nhận $\overrightarrow n = \left( {0;36;24} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 0(x – 12) + 36(y – 12) + 24(z – 0) = 0 ⇔ 36y + 24z – 432 = 0 hay 3y + 2z – 36 = 0.

Tia laser từ P(0; 4; 0) theo $\overrightarrow v = \left( {2;2;3} \right)$ có phương trình là d:$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2t}\\{y = 4 + 2t}\\{z = 3t}\end{array}} \right.$ (t ≥ 0).

Gọi T là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (CDH).

Ta có T ∈ d nên T(2t; 4 + 2t; 3t) mà T ∈ (CDH) nên ta có

3∙(4 + 2t) + 2∙3t – 36 = 0 ⇔ t = 2.

Do đó T(4; 8; 6).

Vậy a + b + c = 4 + 8 + 6 = 18.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: D

Điểm R trên đoạn PQ khi cảm biến bắt đầu báo động.

$\overrightarrow {PQ} = \left( {0;1;0} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng PQ đi qua P(6; 3; 1) và nhận $\overrightarrow {PQ} = \left( {0;1;0} \right)$ làm vectơ pháp tuyến là: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 6}\\{y = 3 + t}\\{z = 1}\end{array}} \right.$.

Mặt phẳng nghiêng (E) có phương trình: 6x + 2y + 3z = 49.

Gọi R(6; 3 + t; 1) là một điểm bất kì nằm trên đoạn PQ (0 ≤ t ≤ 1)

Khi đó d(R, (E)) = $\frac{{\left| {36 + 2 \cdot \left( {3 + t} \right) + 3 - 49} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{\left| { - 4 + 2t} \right|}}{7} = 0{,}4$.

Cảm biến bắt đầu báo động nên 4 – 2t = 2,8 hay t = 0,6.

Suy ra R(6; 3,6; 1)

Vậy a – b + c = 3,4.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Phương trình quỹ đạo đường thẳng d đi qua điểm P(3; 12; 0) theo $\overrightarrow v = \left( {18; - 6;1} \right)$ là: d: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 18t\\y = 12 - 6t\\z = t\end{array} \right.$ (t ≥ 0).

Quả bóng di chuyển theo đường thẳng d, khung thành là một phần của (Oxz). Khi đó, gọi M là giao điểm giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Oxz): y = 0.

Do đó M ∈ d nên M(3 + 18t; 12 – 6t; t).

M ∈ (Oxz) ⇒ 12 – 6t = 0 ⇔ t = 2.

Khi đó M(39; 0; 2).

Ta có $PM = \sqrt {{{\left( {39 - 3} \right)}^2} + {{\left( {0 - 12} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}} = 38$.

Thời gian quả bóng từ vị trí điểm P đến khung thành là:

$\frac{{PM}}{v} = \frac{{38}}{{38}} = 1$ giây.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: A

$\overrightarrow {BC} = \left( { - 100;0;0} \right)$, $\overrightarrow {BS} = \left( { - 50; - 50;100} \right)$.

$\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BS} } \right] = \left( {0;10000;5000} \right) = 5000 \cdot \left( {0;2;1} \right)$.

Chọn $\overrightarrow v = \frac{1}{{5000}} \cdot \overrightarrow n$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCS).

Vậy phương trình mặt phẳng (BCS) là 2y + z – 200 = 0.

Gọi T là trung điểm của PQ có T(50; 80; 90).

Cột RT thẳng đứng (song song Oz) có phương trình $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 50}\\{y = 80}\\{z = 90 + t}\end{array}} \right.$(t ∈ ℝ).

R là giao điểm của đường thẳng RT và mặt phẳng (BCS) nên R(50; 80; 90 + t).

Thay điểm R vào phương trình mặt phẳng (BCS):

Ta có: 2∙80 + 90 + t – 200 = 0 hay t = −50.

Vậy R(50; 80; 40) nên TR = 50.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1;1; - 2} \right)$.

b) Sai. Đường thẳng a có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;1;4} \right)$.

c) Sai. Phương trình tham số của đường thẳng a: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 3 + t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 + 4t}\end{array}} \right.$.

Ta có: a $\cap$ (P) = F. Khi đó F(−3 + t; 1 + t; −2 + 4t) thay vào phương trình mặt phẳng (P), ta được: – 3 + t + 1 + t – 2(− 2 + 4t) + 6 = 0 ⇔ t = $\frac{4}{3}$.

Þ $F\left( {\frac{{ - 5}}{3};\frac{7}{3};\frac{{10}}{3}} \right)$.

Vì A thuộc đường thẳng a nên toạ độ của điểm A được biểu diễn theo tham số u như sau: A(− 3 + u, 1 + u, − 2 + 4u).

Mặt khác FA = 80$\sqrt 3$.

Nên $\sqrt {{{\left( { - 3 + u + \frac{5}{3}} \right)}^2} + {{\left( {1 + u - \frac{7}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 4u - \frac{{10}}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3$

$\sqrt {{{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2} + {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2} + 16 \cdot {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3 \Leftrightarrow \sqrt {18 \cdot {{\left( {u - \frac{4}{3}} \right)}^2}} = 80\sqrt 3$

$\Leftrightarrow {\left( {u - \frac{4}{3}} \right)^2} = \frac{{3200}}{3} \Leftrightarrow \left| {u - \frac{4}{3}} \right| = \sqrt {\frac{{3200}}{3}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{u - \frac{4}{3} = \frac{{40\sqrt 6 }}{3}}\\{u + \frac{4}{3} = - \frac{{40\sqrt 6 }}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{u = \frac{{40\sqrt 6 + 4}}{3}}\\{u = \frac{{40\sqrt 6 - 4}}{3}}\end{array}} \right.$.

Trường hợp 1:$u = \frac{{40\sqrt 6 + 4}}{3}$ nên $A\left( {\frac{{ - 5 + 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{7 + 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{10 + 160\sqrt 6 }}{3}} \right)$ khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là:

d(A, (P)) = $\frac{{\left| {\frac{{ - 5 + 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{7 + 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{10 + 160\sqrt 6 }}{3} \cdot \left( { - 2} \right) + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 80$.

Trường hợp 2: u = $\frac{{4 - 40\sqrt 6 }}{3}$ nên $A\left( {\frac{{ - 5 - 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{7 - 40\sqrt 6 }}{3};\frac{{10 - 160\sqrt 6 }}{3}} \right)$.

d(A, (P)) = $\frac{{\left| {\frac{{ - 5 - 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{7 - 40\sqrt 6 }}{3} \cdot 1 + \frac{{10 - 160\sqrt 6 }}{3} \cdot \left( { - 2} \right) + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 80$.

Vậy độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là 80 cm.

d) Đúng. Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên mặt đất.

Toạ độ của điểm H là $\left( {\frac{{ - 5}}{3};\frac{7}{3};0} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {0; - 40; - 30} \right) = 10 \cdot \left( {0; - 4; - 3} \right)$.

Chọn $\overrightarrow v = \frac{1}{{10}} \cdot \overrightarrow {MN}$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng MN.

Phương trình tham số của đường thẳng MN là: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{y = 16 - 4t}\\{z = 12 - 3t}\end{array}} \right.$.

b) Sai. Gọi A và B lần lượt là vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát.

Vì A thuộc đường thẳng chuyển động của thiên thạch MN nên toạ độ của A có dạng theo tham số t: A(0; 16 – 4t; 12 – 3t).

Ngoài thực tế, khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vị trí giới hạn tối đa mà hệ thống quan sát có thể bắt đầu theo dõi được là độ cao so với mực nước biển cộng với bán kính Trái Đất là 6400 + 6600 = 13000 km.

Ứng với hệ trục tọ độ chọn đơn vị là 1000 km, bán kính vùng theo dõi này tương đương với 13 đơn vị. Do đó, điểm A nằm trên biên của vùng theo dõi phải thoả mãn: OA = 13

0$^{2}$ + (16 – 4t)$^{2}$+ (12 – 3t)$^{2}$ = 169 ⇔ 25t$^{2}$ – 200t + 400 = 169

⇔25t$^{2}$ – 200t + 231 = 0 ⇔ $\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 1{,}4}\\{t = 6{,}6}\end{array}} \right.$.

Gọi A là vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát. B là vị trí cuối cùng thiên thạch còn trong phạm vi theo dõi.

Với t = 1,4 thì A(0; 10,4; 7,8).

Với t = 6,6 thì B(0; −10,4; −7,8).

Vậy vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là A(0; 10,4; 7,8).

c) Đúng. Ta có A(0; 10,4; 7,8).

Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là AB.

$AB = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 10{,}4 - 10{,}4} \right)}^2} + {{\left( { - 7{,}8 - 7{,}8} \right)}^2}} = 26$.

Vì một đơn vị độ dài trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1000 km, nên khoảng cách thực tế là: 26 ∙1000 = 26000 km.

d) Sai. Ta có: $MN = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 24 - 16} \right)}^2} + {{\left( { - 18 - 12} \right)}^2}} = 50$.

Thời gian di chuyển từ M đến N là: $t = \frac{{MN}}{{AB}} \cdot 6 = \frac{{50}}{{26}} \cdot 6 = \frac{{150}}{{13}} \approx 11{,}54$ (phút).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Vectơ chỉ phương của đường thẳng d$_{1}$ là $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 1;1} \right)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d$_{2}$ là $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;1;2} \right)$.

Ta có $\frac{1}{1} \ne \frac{{ - 1}}{1} \ne \frac{1}{2}$ .

Nên đường thẳng d$_{1}$ không song song với đường thẳng d$_{2}$.

Gọi M$_{1}$(6 + t; 8 – t; 3 + t) thuộc d$_{1}$, M$_{2}$(1+ t; 2 + t; 2t) thuộc d$_{2}$.

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{6 + t = 1 + t}\\{8 - t = 2 + t}\\{3 + t = 2t}\end{array}} \right.$.

Hệ phương trình vô nghiệm. Do đó, hai đường thẳng không cắt nhau nên hai đường thẳng chéo nhau.

b) Sai. Tại t = 0, toạ độ của hai chú kiến là:

Kiến vàng M$_{1}$(6; 8; 3).

Kiến đen M$_{2}$(1; 2; 0).

Khoảng cách giữa hai chú kiến:

$d = \sqrt {{{\left( {1 - 6} \right)}^2} + {{\left( {2 - 8} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {70} \approx 8{,}37$.

c) Đúng. Tại t = 10, toạ độ của hai chú kiến là:

Kiến vàng M$_{1}$(16; -2; 13).

Kiến đen M$_{2}$(11; 12; 20).

Khoảng cách giữa hai chú kiến là:

$d = \sqrt {{{\left( {11 - 16} \right)}^2} + {{\left( {12 + 2} \right)}^2} + {{\left( {20 - 13} \right)}^2}} = \sqrt {270} = 3\sqrt {30}$.

d) Sai. Khoảng cách giữa hai chú kiến là hàm số:

$d\left( t \right) = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 6 + 2t} \right)}^2} + {{\left( {t - 3} \right)}^2}} = \sqrt {5{t^2} - 30t + 70}$(t ≥ 0).

$d'\left( t \right) = \frac{1}{{2\sqrt {5{t^2} - 30t + 70} }} \cdot \left( {10t - 30} \right) = 0 \Leftrightarrow 10t - 30 = 0 \Leftrightarrow t = 3$.

Xét bảng biến thiên của hàm số $d\left( t \right) = \sqrt {5{t^2} - 30t + 70}$ (t ≥ 0).

Dựa vào bảng biến biên ta thấy hàm số d(t) đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 3.

$d\left( 3 \right) = \sqrt {5 \cdot {3^2} - 30 \cdot 3 + 70} = \sqrt {25} = 5$ cm.

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai chú kiến bằng 5 cm.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.

a) Đúng. Phương trình tham số của đường cáp là $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 10 + 2t}\\{y = 3 - 2t}\\{z = t}\end{array}} \right.$.

b) Sai. Do tốc độ chuyển động của carbin là 6 m/s nên độ dài AM bằng 6t (m).

Vì vậy $\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = 6t\left( {t \ge 0} \right)$.

Do hai vectơ $\overrightarrow {AM}$ và $\overrightarrow u$ cùng phương và cùng hướng nên $\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow u$ với k là số thực dương nào đó. Suy ra: $\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = k\left| {\overrightarrow u } \right| = k \cdot \sqrt {2{}^2 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} = 3k$. Do đó 3k = 6t nên k = 2t.

Vì vậy, ta có $\overrightarrow {AM} = 2t \cdot \overrightarrow u = \left( {4t; - 4t;2t} \right)$.

Gọi toạ độ của điểm M là (x$_{M}$; y$_{M}$; z$_{M}$).

Do $\overrightarrow {AM} = \left( {4t; - 4t;2t} \right)$

Nên $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_M} = 4t + 10}\\{{y_M} = - 4t + 3}\\{{z_M} = 2t}\end{array}} \right.$.

c) Sai. Do x$_{B}$ = 610 nên 4t + 10 = 610 hay t = 150. Do đó, ta có điểm B(610; −597; 300).

Vậy $AB = \sqrt {{{\left( {610 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 597 - 3} \right)}^2} + {{\left( {300 - 0} \right)}^2}} =$900m

d) Sai. Thời gian để cabin di chuyển từ vị trí xuất phát đến điểm dừng B là 150 giây.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.

a) Đúng. Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là:

$\overrightarrow {AB} = \left( {640 - 200;550 - 675;474 - 400} \right) = \left( {440; - 125;74} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng AB đi qua điểm A(200; 675; 400) và có vec tơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {440; - 125;74} \right)$ là:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 200 + 440t}\\{y = 675 - 125t}\\{z = 400 + 74t}\end{array}} \right.$

b) Sai. Thay toạ độ C vào phương trình tham số của đường thẳng AB:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{420 = 200 + 440t}\\{610 = 675 - 125t}\\{450 = 400 + 74t}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{440t = 220}\\{ - 125t = - 65}\\{74t = 50}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 0{,}5}\\{t = 0{,}52}\\{t = \frac{{50}}{{74}}}\end{array}} \right.} \right.$.

Với các giá trị t tìm được khác nhau nên phương trình vô nghiệm.

c) Sai. Để tìm điểm trên đường ngắm AB có cùng hoành độ với đỉnh đồi C(420; 610; 450) ta xét x = 420 ⇔ 200 + 440t = 420 hay t = 0,5.

d) Sai. Để xét xem đường ngắm có bị đỉnh đồi che khuất hay không, ta tìm tọa độ điểm M nằm trên đường ngắm AB sao cho M có cùng hoành độ với đỉnh đồi C (x$_{M}$ = 420).

Từ kết quả câu c, ứng với x$_{M}$ = 420 thì t = 0,5. Thay t = 0,5 vào phương trình đường thẳng AB để tìm tung độ và cao độ của M:$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{y_M} = 675 - 125 \cdot 0{,}5 = 612{,}5}\\{{z_M} = 400 + 74 \cdot 0{,}5 = 437}\end{array}} \right.$.

Xét z$_{C}$= 450 > z$_{M}$ = 437 đỉnh đồi nằm cao hơn đường ngắm của anh Quý tại vị trí cắt ngang này. Do đó, tia sáng/tầm nhìn thẳng từ A đến B sẽ bị phần đỉnh đồi che khuất (đường thẳng đi dưới đỉnh đồi).

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 240

Sau khoảng thời gian t (h) giả sử khinh khí cầu di chuyển đến vị trí M(x; y; z).

$\overrightarrow {AM} = \left( {x + 16;y + 16;z + 8} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AM} = t\overrightarrow v \Leftrightarrow \left( {x + 16;y + 16;z + 8} \right) = t\overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 16 + 2t}\\{y = - 16 + 2t}\\{z = - 8 + t}\end{array}} \right.$ (0 ≤ t ≤ 6).

Nên M(−16 + 2t; −16 + 2t; −8 + t).

Để hệ thống kiểm soát không lưu quan sát được khinh khí cầu ở vị trí M thì:

$$OM \le 6 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 16 + 2t} \right)}^2} + {{\left( { - 16 + 2t} \right)}^2} + {{\left( { - 8 + t} \right)}^2}} \le 6 \Leftrightarrow \sqrt {9{t^2} - 144t + 576} \le 6$$

$\Leftrightarrow 6 \le t \le 10$

Do đó hệ thống kiểm soát không lưu có thể quan sát khinh khí cầu trong khoảng thời gian 4 giờ hay 240 phút.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 25

Ta có M là chính là giao điểm của mặt phẳng (Oxy) và đường thẳng AB

Phương trình đường thẳng AB: $\frac{{x - 5}}{5} = \frac{y}{{10}} = \frac{{z - 5}}{{ - 2}}$.

Vì M thuộc AB nên tồn tại một số thực t sao cho M(5t + 5; 10t; −2t + 5).

Ngoài ra M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên −2t + 5 = 0 hay t = $\frac{5}{2}$.

Nên $M\left( {\frac{{35}}{2};25;0} \right)$

Vậy b + c = 25.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 2

Để vận động viên đó bắn trúng hồng tâm thì A thuộc trục d.

Thay A(3; 6; 2m + 5) vào phương trình trục d ta có:

$\frac{{3 - 1}}{1} = \frac{{6 - 2}}{2} = \frac{{2m + 5 - 3}}{3} = 2$

Suy ra $2m + 5 - 3 = 6 \Leftrightarrow 2m = 4 \Leftrightarrow m = 2$.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 42,5

Phương trình tham số đường thẳng chứa đường trượt zipline là đường thẳng AB.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {20;25; - 6} \right)$.

Phương trình đường thẳng chứa đường trượt zipline là $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3 + 20t}\\{y = 2 + 25t}\\{z = 18 - 6t}\end{array}} \right.$.

Khi du khách ở độ cao 15 m nên z = 15 ⇔ 18 – 6t = 15 hay t = $\frac{1}{2}$.

Thay t = $\frac{1}{2}$ vào phương trình đường thẳng AB ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 13}\\{y = \frac{{29}}{2}}\\{z = 15}\end{array}} \right.$.

Nên M$\left( {13;\frac{{29}}{2};15} \right)$.

Vậy a + b + c = 42,5.

Hướng dẫn giải:

Đáp án: 10

Đường bay của máy bay là đường thẳng AB đi qua A(16; 14; 10) và có vec tơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( { - 8; - 12; - 5} \right)$.

Phương trình tham số của AB: $\frac{{x - 16}}{{ - 8}} = \frac{{y - 14}}{{ - 12}} = \frac{{z - 10}}{{ - 5}}$.

Vì C(0; b; c) thuộc AB nên $\frac{{ - 16}}{{ - 8}} = \frac{{b - 14}}{{ - 12}} = \frac{{c - 10}}{{ - 5}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{{b - 14}}{{ - 12}} = 2}\\{\frac{{c - 10}}{{ - 5}} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{b = - 10}\\{c = 0}\end{array}} \right.$.

Ta có OC = $\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2} + {0^2}} = 10$.

Vậy vị trí tiếp đất của máy bay cách chân đài quan sát là 10 km.