Giải Toán 12 trang 89 Tập 2 Cánh diều

Với Giải Toán 12 trang 89 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 5 Toán 12 Tập 2 Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 12 trang 89.

Giải Toán 12 trang 89 Tập 2 Cánh diều

Bài 13 trang 89 Toán 12 Tập 2: Hình 43 minh hoạ đường bay của một chiếc trực thăng H cất cánh từ một sân bay. Xét hệ trục toạ độ Oxyz có gốc toạ độ O là chân tháp điều khiển của sân bay; trục Ox là hướng đông (Ð), trục Oy là hướng bắc (B) và trục Oz là trục thẳng đứng, đơn vị trên mỗi trục là kilômét.

Trực thăng cất cánh từ điểm G. Vectơ $\overrightarrow{r}$ chỉ vị trí của trực thăng tại thời điểm t phút sau khi cất cánh (t ≥ 0) có toạ độ là: $\overrightarrow{r}$ = (1 + t; 0,5 + 2t; 2t).

a) Tìm góc θ mà đường bay tạo với phương ngang.

b) Lập phương trình đường thẳng GF, trong đó F là hình chiếu của điểm H lên mặt phẳng (Oxy).

c) Trực thăng bay vào mây ở độ cao 2 km. Tìm toạ độ điểm mà máy bay trực thăng bắt đầu đi vào đám mây.

d) Giả sử một đỉnh núi nằm ở điểm A(5; 4,5; 3). Tìm giá trị của t khi HM vuông góc với đường bay GH. Tìm khoảng cách từ máy bay trực thăng đến đỉnh núi tại thời điểm đó.

Lời giải:

a) Ta có góc θ mà đường bay tạo với phương ngang chính là góc giữa đường thẳng GH và mặt phẳng (Oxy).

Tại thời điểm t = 0 thì $\overrightarrow{r_0}=\left(1;0,5;0\right)$. Trực thăng cất cánh từ điểm G nên G(1; 0,5; 0).

Tại thời điểm t = 1, trực thăng bay đến vị trí K thuộc đường thẳng GH với K(2; 2,5; 2).

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{GK}=\left(1;2;2\right)$ và mặt phẳng (Oxy) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$.

Ta có sin (GH, (Oxy)) = $\frac{\left|1\cdot 0+2\cdot 0+2\cdot 1\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}\cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\frac{2}{3}$.

Suy ra (GH, (Oxy)) ≈ 42°. Vậy θ ≈ 42°.

b) Gọi K' là hình chiếu của điểm K lên mặt phẳng (Oxy). Khi đó K'(2; 2,5; 0).

Vì F là hình chiếu của điểm H lên mặt phẳng (Oxy) nên K' ∈ GF.

Do đó đường thẳng GF có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{G{K}^{\text{'}}}=\left(1;2;0\right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng GF là $\left\{\begin{array}{l}x=1+t^{\text{'}}\\ y=0,5+2t^{\text{'}}\\ z=0\end{array}\right.$ (t' là tham 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 H(1 + t; 0,5 + 2t; 2t). Khi đó, $\overrightarrow{HM}=\left(4-t;4-2t;3-2t\right)$.

Đường thẳng GH có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{GK}=\left(1;2;2\right)$.

HM vuông góc với đường bay GH khi $\overrightarrow{HM}\perp \overrightarrow{GK}$$\iff \overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{GK}=0$

⇔ (4 – t) ∙ 1 + (4 – 2t) ∙ 2 + (3 – 2t) ∙ 2 = 0 ⇔ t = 2.

Vậy t = 2 thì HM vuông góc với đường bay GH.

Khi đó, khoảng cách từ đỉnh núi đến máy bay trực thăng là:

HM = $\sqrt{{\left(4-2\right)}^2+{\left(4-2\cdot 2\right)}^2+{\left(3-2\cdot 2\right)}^2}=\sqrt{5}$(km).

Bài 14 trang 89 Toán 12 Tập 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay có toạ độ O(0; 0; 0), mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 417 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí A(– 688; – 185; 8), chuyển động theo đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(91;75;0\right)$ và hướng về đài kiểm soát không lưu (Hình 44).

a) Xác định toạ độ của vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.

b) Xác định toạ độ của vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Tính khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó.

c) Xác định toạ độ của vị trí mà máy bay ra khỏi màn hình ra đa.

Lời giải:

a) Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A(– 688; – 185; 8) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(91;75;0\right)$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=-688+91t\\ y=-185+75t\\ z=8\end{array}\right.$ (t là tham số).

Gọi B là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa.

Vì 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 OB = 417, tức là $\sqrt{{\left(-688+91t\right)}^2+{\left(-185+75t\right)}^2+8^2}=417$

⇔ 13 906t² – 152 966t + 333 744 = 0

⇔ t = 3 hoặc t = 8.

+ Với t = 3, ta có B(– 415; 40; 8).

Khi đó AB = $\sqrt{{\left(-415+688\right)}^2+{\left(40+185\right)}^2}\approx 353,77$.

+ Với t = 8, ta có B(– 88; 415; 8).

Khi đó AB = $\sqrt{{\left(-88+688\right)}^2+{\left(415+185\right)}^2}\approx 848,53$.

Vì 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 OH ⊥ d.

Vì H ∈ d nên H(– 688 + 91t'; – 185 + 75t'; 8).

Ta có $\overrightarrow{OH}=$(– 688 + 91t'; – 185 + 75t'; 8).

OH ⊥ d $\iff \overrightarrow{OH}\perp \overrightarrow{u}\iff \overrightarrow{OH}\cdot \overrightarrow{u}=0$

⇔ (– 688 + 91t') ∙ 91 + (– 185 + 75t') ∙ 75 + 8 ∙ 0 = 0

⇔ 13 906t' – 76 483 = 0 ⇔ t' = $\frac{11}{2}$.

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:

OH = $\sqrt{{\left(-\frac{375}{2}\right)}^2+{\left(\frac{455}{2}\right)}^2+8^2}\approx 294,92$ (km).

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).

Lời giải bài tập Toán 12 Bài tập cuối chương 5 hay khác:

• Giải Toán 12 trang 87
• Giải Toán 12 trang 88

Xem thêm lời giải bài tập Toán lớp 12 Cánh diều hay, chi tiết khác:

• Toán 12 Bài 2: Phương trình đường thẳng

• Toán 12 Bài 3: Phương trình mặt cầu

• Toán 12 Bài 1: Xác xuất có điều kiện

• Toán 12 Bài 2: Công thức xác suất toàn phần. Công thức Bayes

• Toán 12 Bài tập cuối chương 6

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 12 hay khác:

• Giải sgk Toán 12 Cánh diều
• Giải Chuyên đề học tập Toán 12 Cánh diều
• Giải SBT Toán 12 Cánh diều
• Giải lớp 12 Cánh diều (các môn học)
• Giải lớp 12 Kết nối tri thức (các môn học)
• Giải lớp 12 Chân trời sáng tạo (các môn học)

---