Với giải Bài 14 trang 89 Toán 12 Tập 2 Cánh diều chi tiết trong Bài tập cuối chương 5 giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 12. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán 12 Bài tập cuối chương 5

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).