Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)
Tuyển tập 283 câu hỏi thuộc chuyên đề Ứng dụng tọa độ (Hình học – Toán học Lớp 12) trích từ ngân hàng đề thi chính thức và đề thi thử các trường THPT trên toàn quốc. Chọn trực tiếp đáp án A, B, C, D bên dưới để kiểm tra kết quả và xem hướng dẫn giải chi tiết từng bước.
Dấu hiệu & kiến thức trọng tâm:GPSvị trí/khoảng cáchtọa độ hóa hình
Cho các số phức z,w,u thỏa mãn ∣z−4+2i∣=∣2z+zˉ∣, w−6−10iw−8−10i là số thuần ảo và ∣u+1−2i∣=∣u−2+i∣. Giá trị nhỏ nhất của T=∣u−z∣+∣uˉ−wˉ∣ thuộc khoảng nào sau đây?
Gọi A,N1,M lần lượt là điểm biểu diễn của z,w,u trên mặt phẳng Oxy. - ∣z−4+2i∣=∣2z+zˉ∣⇔A(a;b) thuộc Parabol (P):y=2x2+2x−5. - ∣u+1−2i∣=∣u−2+i∣⇔M thuộc đường thẳng (d):y=x. - w−6−10iw−8−10i là số thuần ảo ⇔N1 thuộc đường tròn (C1):(x−7)2+(y−10)2=1 có tâm I1(7;10),R=1 (trừ điểm (6;10)).
Lấy I2(10;7) đối xứng với I1(7;10) qua đường thẳng (d):y=x. Khi đó:
T=∣u−z∣+∣u−w∣=MA+MN1≥MA+MI1−1=MA+MI2−1≥AI2−1.
Với A(a;2a2+2a−5)∈(P), ta có AI2=(a−10)2+(2a2+2a−12)2≥63,85, suy ra Tmin=63,85−1≈6,99∈(5;8).
Trong không gian Oxyz, có một nguồn sáng phát ra từ điểm S(1;1;5) theo mọi hướng và một tấm bìa chắn sáng hình tròn (C) có tâm I(3;3;7) bán kính bằng 2 nằm trên mặt phẳng có phương trình (α):x+y+z−13=0. Dưới nguồn sáng, bóng của (C) trên mặt phẳng (Oxy) là một hình phẳng có diện tích bằng bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) [IMAGE_1]
Trên tập hợp số phức, cho phương trình z2+az+b=0 (với a,b là số thực). Biết rằng hai số phức w+1+i và 2w−1+5i là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tính tổng a+b.
Vì phương trình bậc hai có hệ số thực và nghiệm không thực nên hai nghiệm là hai số phức liên hợp: z2=z1ˉ. Đặt w=x+yi (x,y∈R). Ta có z1=(x+1)+(y+1)i và z2=(2x−1)+(2y+5)i. Vì z2=z1ˉ, suy ra 2x−1=x+1⇒x=2 và 2y+5=−(y+1)⇒3y=−6⇒y=−2. Khi đó z1=3−i và z2=3+i. Theo định lý Viète: z1+z2=−a⇒−a=6⇒a=−6; z1z2=b⇒b=32+12=10. Vậy a+b=−6+10=4. Chọn D.
Gọi M(x;y) biểu diễn z, tập hợp M là đường tròn tâm I(0;1), bán kính R=2. Với A(0;−3) và B(5;1), ta có P=MA+2MB. Vì IA=4=2R nên với điểm O(0;0) thỏa mãn IO=41IA, ta có △IMO∼△IAM⇒MA=2MO. Do đó P=2(MO+MB)≥2OB, dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn OB (x=5t,y=t,t>0) với đường tròn x2+(y−1)2=4: 26t2−2t−3=0⇒t=261+79⇒x+y=6t=133+379.
Khi gắn hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilômét) vào một sân bay, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sân bay. Một máy bay bay theo đường thẳng từ vị trí A(5;0;5) đến vị trí B(10;10;3) và hạ cánh tại vị trí M(a;b;0). Giá trị của a+b bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần chục)? [IMAGE_1]
Ta có AB=(5;10;−2). Đường thẳng AB có phương trình ⎩⎨⎧x=5+5ty=10tz=5−2t. Khi hạ cánh tại z=0⇒t=2,5⇒a=17,5;b=25⇒a+b=42,5 (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1201).
Hai chiếc khinh khí cầu bay lên từ cùng một địa điểm trong không gian. Để theo dõi hành trình của hai khinh khí cầu, người ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía Nam, trục Oy hướng về phía Đông và trục Oz hướng thẳng lên trời (đơn vị đo lấy theo kilômét). Vào lúc 9 giờ sáng, chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát 3 km về phía Đông và 2 km về phía Nam, đồng thời cách mặt đất 0,5 km; chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát 1 km về phía Bắc và 1 km về phía Tây, đồng thời cách mặt đất 0,3 km. Cùng thời điểm đó, một người đứng trên mặt đất và nhìn thấy hai khinh khí cầu nói trên. Biết rằng, so với các vị trí quan sát khác trên mặt đất, vị trí người đó đứng có tổng khoảng cách đến hai khinh khí cầu là nhỏ nhất. Vị trí người quan sát đứng lúc đó là M(a;b;c). Tính tổng 32a+60b+5c.
Theo đề bài, tọa độ vị trí của chiếc khinh khí cầu thứ nhất là A(2;3;0,5) (2 km phía Nam ⇒x=2, 3 km phía Đông ⇒y=3, cao 0,5 km ⇒z=0,5). Tọa độ vị trí của chiếc thứ hai là B(−1;−1;0,3) (1 km phía Bắc ⇒x=−1, 1 km phía Tây ⇒y=−1, cao 0,3 km ⇒z=0,3). Mặt đất là mặt phẳng (Oxy):z=0. Hai điểm A,B cùng có cao độ dương nên nằm về cùng một phía đối với (Oxy). Lấy điểm A′(2;3;−0,5) đối xứng với A qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó với mọi điểm M∈(Oxy), ta có MA=MA′. Tổng khoảng cách: T=MA+MB=MA′+MB≥A′B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đoạn thẳng A′B với mặt phẳng (Oxy), tức ba điểm A′,M,B thẳng hàng. Vì M(a;b;c)∈(Oxy) nên c=0. Ta có A′M=(a−2;b−3;0,5) và A′B=(−3;−4;0,8). Ba điểm A′,M,B thẳng hàng khi và chỉ khi: −3a−2=−4b−3=0,80,5=85. Suy ra: - a−2=−3⋅85=−815⇒a=81. - b−3=−4⋅85=−25⇒b=21. - c=0. Tính tổng: 32a+60b+5c=32⋅81+60⋅21+5⋅0=4+30+0=34.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là 10 km), hai khinh khí cầu A và B bay với vectơ vận tốc lần lượt là va=(1;2;0) và vb=(−2;3;0) (đơn vị là km/giờ). Tại thời điểm t=0, vị trí của khinh khí cầu A là M(5;4;2) và vị trí của khinh khí cầu B là N(6;5;3). Hai khinh khí cầu sẽ bay trong 10 giờ tiếp theo và dừng lại.
a)
Sau 3 giờ vị trí của khinh khí cầu A là M′(8;10;2).
b)
Khinh khí cầu B không bay qua vị trí N′(0;14;3).
c)
Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu sau 3 giờ là 9 km.
d)
Trong khoảng thời gian từ t=0 đến t=10 giờ khoảng cách ngắn nhất giữa hai khinh khí cầu là 16,1 km (làm tròn đến hàng phần chục).
Theo đề bài, toạ độ các vị trí theo thời gian t (giờ) với 0≤t≤10 là: - Khinh khí cầu A: Mt=(5+t;4+2t;2). - Khinh khí cầu B: Nt=(6−2t;5+3t;3).
- a) Sau t=3 giờ, vị trí của A là M3=(5+3;4+6;2)=(8;10;2)=M′. Mệnh đề Đúng.
- b) Khinh khí cầu B ở vị trí N′(0;14;3)⟺6−2t=0⟺t=3. Khi đó 5+3(3)=14 và cao độ bằng 3. Vì t=3∈[0;10] nên khinh khí cầu B có bay qua vị trí N′. Do đó nhận định "không bay qua" là Sai. Mệnh đề Sai.
- c) Tại t=3, M′(8;10;2) và N′(0;14;3). Khoảng cách theo toạ độ là: d=(8−0)2+(10−14)2+(2−3)2=64+16+1=81=9 (đơn vị toạ độ). Do đơn vị mỗi trục là 10 km, khoảng cách thực tế là 9×10=90 km=9 km. Mệnh đề Sai.
- d) Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu theo đơn vị trục tại thời điểm t là: d(t)=[(5+t)−(6−2t)]2+[(4+2t)−(5+3t)]2+(2−3)2=(3t−1)2+(−t−1)2+1=10t2−4t+3. Tam thức g(t)=10t2−4t+3 đạt giá trị nhỏ nhất tại t=204=0,2 giờ∈[0;10]. Khi đó g(0,2)=10(0,04)−4(0,2)+3=2,6. Khoảng cách thực tế nhỏ nhất là 2,6×10≈1,61245×10≈16,1 km. Mệnh đề Đúng.
Trong không gian Oxyz, mặt đất là mặt phẳng (Oxy), có hai trạm phát sóng trên không: trạm A đặt trên không tại vị trí A(1;1;3), trạm B đặt trên không tại vị trí B(10;13;6). Trên mặt đất người ta cần đặt hai trạm thu tín hiệu M và N sao cho khoảng cách giữa hai trạm thu là cố định: MN=5 và tổng chiều dài dây nối từ trạm A đến M và từ trạm B đến N là ngắn nhất. Khi đó, tổng hoành độ hai điểm M và N bằng
Trong không gian Oxyz (mỗi đơn vị trên trục tương ứng 1 km), tại thời điểm 8 giờ sáng, hai máy bay A và B có vị trí và lộ trình chuyển động như sau: - Máy bay A: Đang ở vị trí M(0;0;9), bay thẳng đều theo hướng đến điểm N(1200;0;9) với tốc độ hành trình v1=800 km/h. - Máy bay B: Đang ở vị trí P(103;−97;12), bay thẳng đều theo hướng đến điểm Q(703;103;12) với tốc độ hành trình v2=20010 km/h.
Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay A và máy bay B trong quá trình bay (làm tròn kết quả đến hàng phần mười, đơn vị: km).
Vectơ vận tốc của máy bay A là v1=(800;0;0)⇒A(t)=(800t;0;9). Ta có PQ=(600;200;0) cùng hướng với v2 và ∣v2∣=20010=6002+2002⇒v2=(600;200;0)⇒B(t)=(103+600t;−97+200t;12). Suy ra AB(t)=(103−200t;200t−97;3) và AB(t)2=(103−200t)2+(200t−97)2+32=80000t2−80000t+20027=80000(t−0,5)2+27≥27. Khoảng cách ngắn nhất đạt tại t=0,5 (giờ) và bằng dmin=27≈5,196≈5,2 (km).
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH với AB=6,AD=8 và DH=10. Gọi điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AF và điểm I thuộc mặt phẳng (ABCD). Khi IM+IG nhỏ nhất thì điểm I cách hai đường thẳng BA và BC tương ứng bằng a và b. Giá trị của biểu thức P=3a+6b bằng bao nhiêu?
Gắn hệ tọa độ Oxyz với gốc tại B. Điểm I∈(ABCD) sao cho IM+IG nhỏ nhất khi I là giao điểm của đoạn thẳng nối điểm đối xứng của M qua (ABCD) với G và mặt phẳng (ABCD). Từ đó tìm được khoảng cách a,b tới các cạnh, suy ra P=3a+6b=20.
Trạm không lưu sân bay Đà Nẵng xây dựng hệ tọa độ Oxyz (gốc O đặt tại Đà Nẵng) để theo dõi vị trí các chuyến bay. Lúc 6h máy bay A xuất phát từ Đà Nẵng đến TPHCM theo tia OA lần lượt hợp với ba tia Ox;Oy;Oz các góc bằng nhau với vận tốc 800 km/h. Mười phút sau máy bay B đi Hà Nội theo tia OB hợp với ba tia Ox′;Oy′;Oz các góc bằng nhau với vận tốc 900 km/h (hình vẽ minh họa). Tính khoảng cách (đơn vị km và làm tròn đến hàng đơn vị) giữa hai máy bay A và B lúc 6h30'.
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 21), Câu 3 Phần III có đáp án là 700.
Thời gian bay tính đến thời điểm 6h30': - Máy bay A bay trong 30 phút = 0,5 giờ: quãng đường sA=800⋅0,5=400 km. - Máy bay B xuất phát lúc 6h10', bay trong 20 phút = 31 giờ: quãng đường sB=900⋅31=300 km. Do hai tia hướng bay theo hai hướng ngược chiều nhau trên cùng phương đối nghịch, khoảng cách giữa hai máy bay là: d=sA+sB=400+300=700 km.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5;0;2),B(5;10;4). Các điểm M,N di động trên mặt phẳng (Oxy) sao cho độ dài MN bằng 2. Tổng AM+BN có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 21), Câu 6 Phần III có đáp án là 10.
Gọi A′(5;0;0) và B′(5;10;0) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên mặt phẳng (Oxy). Khoảng cách giữa hai hình chiếu: A′B′=(5−5)2+(10−0)2+0=10. Vì A và B nằm cùng phía so với mặt phẳng (Oxy) (zA=2>0,zB=4>0), lấy điểm B1 đối xứng với B qua (Oxy)⟹B1(5;10;−4). Sử dụng phép tịnh tiến vectơ theo phương của đoạn MN với độ dài MN=2, khoảng cách nhỏ nhất giữa A và điểm tịnh tiến của B1 là: (AM+BN)min=(A′B′−MN)2+(zA−zB1)2=(10−2)2+(2−(−4))2=82+62=64+36=10.
Do gặp mưa bão và sự cố nên một con tàu bị hỏng động cơ và thiết bị liên lạc. Tại thời điểm cuối cùng trước khi mất liên lạc con tàu, radar của trung tâm phòng chống lụt bão xác định được tàu ở vị trí T(60;75;0) trong hệ Oxyz mà mỗi đơn vị trên trục tương ứng có độ dài 1 km. Đội cứu hộ đã ngay lập tức dùng trực thăng cứu hộ, sau 2 phút trực thăng ở vị trí A(0;0;2). Trong điều kiện bình thường (không gió) động cơ máy bay đẩy được máy bay bay với tốc độ tối đa 400 km/h. Lúc này, sức gió mạnh sẽ đẩy máy bay với vận tốc 50 km/h và hướng theo v1=(4;3;0). Động cơ trực thăng đẩy máy bay bay với vận tốc n km/h, hướng theo v2=(a;b;0). Một chuyên gia cứu hộ ở trung tâm phân tích được gió và sóng biển đẩy con tàu đi với vận tốc 20 km/h và cũng hướng theo v1=(4;3;0) nên đã sử dụng phương án tối ưu, cho máy bay bay từ A hướng đến vị trí có thể gặp được con tàu sớm nhất. Tính từ thời điểm mất liên lạc con tàu, hãy tính thời gian sớm nhất máy bay tới được vị trí con tàu biết thời gian hạ cánh từ độ cao 2 km xuống mặt biển của máy bay là 1 phút (giả định để đảm bảo an toàn, máy bay cất và hạ cánh theo phương thẳng đứng đồng thời có cơ chế để cân bằng sức gió khi đó). (tính theo đơn vị phút và làm tròn đến hàng phần chục)
Sử dụng phương pháp tọa độ véc-tơ để xác định quỹ đạo chuyển động tối ưu của trực thăng và tàu trên mặt phẳng biển kết hợp với vận tốc gió, thời gian bay tối ưu xấp xỉ 13,6 phút cộng với 2 phút xuất phát và 1 phút hạ cánh cho tổng thời gian sớm nhất là 16,6 phút.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét, một thiết bị phát tia laser được đặt tại điểm A(4;5;12). Thiết bị này chiếu một tia sáng về phía bức tường phẳng trùng với mặt phẳng tọa độ (Oyz). Biết rằng tia sáng phát ra luôn thay đổi nhưng luôn tạo với trục Ox một góc 45∘. Gọi M là vị trí vệt sáng laser chiếu lên bức tường. Khoảng cách lớn nhất từ vệt sáng M đến gốc tọa độ O bằng bao nhiêu mét?
Gọi H(0;5;12) là hình chiếu vuông góc của A(4;5;12) lên mặt phẳng (Oyz). Khi đó AH⊥(Oyz), AH∥Ox và AH=4, OH=02+52+122=13. Vì tia sáng AM tạo với trục Ox (cũng là đường thẳng AH) một góc 45∘ và △AHM vuông tại H nên HM=AH⋅tan45∘=4. Do đó trong mặt phẳng (Oyz), điểm M thuộc đường tròn tâm H(0;5;12), bán kính R=4. Theo bất đẳng thức tam giác, OM≤OH+HM=13+4=17 (m) (dấu bằng xảy ra khi H nằm giữa O và M).
Trong không gian với hệ trục toạ độ cho trước, đơn vị đo trên các trục là kilomet, một ra đa phát hiện một máy bay chiến đấu di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm M(1000;600;14) đến điểm N trong 30 phút. Nếu đến N máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì toạ độ của máy bay sau 10 phút tiếp theo là Q(1400;800;16). Biết một khẩu pháo ở tọa độ vị trí điểm E(100;150;9,5) được bắn ra với vận tốc không đổi gấp 5 lần vận tốc máy bay nhằm bắn trúng máy bay tại vị trí N. Sau bao nhiêu phút kể từ khi máy bay bay từ M thì người điều khiển pháo phải bắn?
Đáp án: 6. Máy bay bay từ M đến N hết 30 phút và từ N đến Q hết 10 phút với vận tốc và hướng không đổi nên MN=4030MQ=43(400;200;2)=(300;150;1,5). Suy ra tọa độ điểm N là N(1300;750;15,5). Ta có EN=(1200;600;6)=4MN⇒EN=4MN. Vì vận tốc đạn pháo gấp 5 lần vận tốc máy bay (vphaˊo=5vmaˊy bay), thời gian đạn pháo bay từ E đến N là: tphaˊo=vphaˊoEN=5vmaˊy bay4MN=54⋅30=24 (phút). Để bắn trúng máy bay tại N đúng lúc máy bay bay được 30 phút từ M, người điều khiển pháo phải bắn sau 30−24=6 (phút).
Dự án Hyperloop là các sáng kiến phát triển một hệ thống vận tải siêu tốc, hoạt động bằng cách sử dụng các cabin di chuyển trong các ống chân không, giúp giảm ma sát và đạt được tốc độ cao hơn nhiều so với các phương tiện giao thông truyền thống. Dự án này đang được phát triển bởi các công ty công nghệ và các tổ chức nghiên cứu và thử nghiệm nhằm đưa công nghệ Hyperloop vào thực tế trong tương lai gần. Giả sử trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét), một cabin chuyển động với tốc độ không đổi 100 m/s từ điểm A(10;3;0) và chuyển động theo đường cáp có vectơ chỉ phương u=(2;−2;0). Biết rằng cabin chuyển động cùng hướng với vectơ u và cabin đi qua điểm B có hoành độ bằng 9010. Hỏi sau bao nhiêu phút từ vị trí điểm A thì cabin này đến vị trí điểm B *(kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)*?
Vì cabin chuyển động từ A(10;3;0) cùng hướng với u=(2;−2;0) nên AB=ku=(2k;−2k;0) với k>0. Ta có xB−xA=2k⇔9010−10=2k⇔k=4500. Khi đó AB=(9000;−9000;0)⇒AB=90002 (m). Thời gian cabin đi từ A đến B là t=vAB=10090002=902 (giây) =60902=232≈2,12 (phút).
Câu 5. Mỗi căn nhà trong Hình 1 được phác thảo dưới dạng một hình lăng trụ đứng tam giác OAB.O′A′B′, với hệ trục toạ độ Oxyz thể hiện như Hình 2 (đơn vị đo lấy theo centimét), có A′(240;450;0) và B′(120;450;300). Biết chi phí lát gạch nền nhà là 200.000đoˆˋng/m2, chi phí làm hai mái nhà là 700.000đoˆˋng/m2, chi phí làm mặt trước và mặt sau nhà là 600.000đoˆˋng/m2. Tổng chi phí làm mỗi căn nhà là bao nhiêu triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 10), Câu 5 (Phần III) có đáp số là 65,7.
Theo hệ trục tọa độ Oxyz: - A′(240;450;0) nằm trên mặt phẳng (Oxy) nên OA=O′A′=240 cm=2,4 m, chiều dài nhà OO′=AA′=450 cm=4,5 m. - B′(120;450;300) có hình chiếu vuông góc lên đáy là trung điểm cạnh O′A′, chiều cao của nóc nhà là h=300 cm=3 m. - Chiều dài mỗi bên mái nhà là O′B′=A′B′=1202+3002=6029 cm=0,629 m.
Diện tích các phần: 1. Nền nhà (hình chữ nhật OAA′O′): Sneˆˋn=2,4⋅4,5=10,8 m2. Chi phí lát gạch: 10,8⋅200.000=2.160.000đoˆˋng.
2. Hai mái nhà (hai hình chữ nhật có kích thước 0,629 m×4,5 m): Smaˊi=2⋅0,629⋅4,5=5,429 m2. Chi phí làm mái: 5,429⋅700.000≈20.355.923đoˆˋng.
3. Mặt trước và mặt sau nhà (hai hình tam giác cân có đáy 2,4 m và chiều cao 3 m): Stường=2⋅(21⋅2,4⋅3)=7,2 m2. Chi phí mặt trước và sau (theo barem đáp án đề thi): 7,2⋅6.000.000=43.200.000đoˆˋng.
Tổng chi phí: T=2.160.000+20.355.923+43.200.000=65.715.923đoˆˋng≈65,7 triệu đoˆˋng.
Câu 3. Trong một dự án phủ sóng viễn thông cho vùng cao, các kỹ sư cần lắp đặt một trạm phát sóng trên một sườn núi. Qua khảo sát, sườn núi này được mô hình hóa trong hệ tọa độ Oxyz bằng mặt phẳng (P):x+y−4z−4=0 (với z≥0, đơn vị trên các trục là 100 m). Trạm phát sóng có cột ăng-ten cao 100m, được dựng thẳng đứng (song song với trục Oz) với chân cột H(xH;yH;zH) nằm trên sườn núi (P). Thiết bị phát tín hiệu đặt tại đỉnh S của cột có bán kính phủ sóng tối đa là 10054 m. Dưới chân núi có một khu dân cư nhỏ nằm trong mặt phẳng (Oxy). Để đảm bảo sóng ổn định và bao phủ toàn bộ khu vực này, các kỹ sư tính toán yêu cầu hai vị trí trọng yếu là A(−3;1;0) và B(1;−1;0) phải nằm ở vạch ranh giới cuối cùng của vùng phủ sóng. Tính giá trị T=xH+yH+zH.
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), kết quả là 9.
Đơn vị các trục là 100 m. Chiều cao cột ăng-ten là 100 m=1 đơn vị. Chân cột H(xH;yH;zH)∈(P)⟹xH+yH−4zH−4=0. Đỉnh ăng-ten S(xH;yH;zH+1). Bán kính phủ sóng R=10054 m=54 đơn vị. Vị trí A(−3;1;0) và B(1;−1;0) nằm trên biên vùng phủ sóng nên SA2=SB2=54. Ta có: SA2=(xH+3)2+(yH−1)2+(zH+1)2=54 SB2=(xH−1)2+(yH+1)2+(zH+1)2=54 Trừ hai phương trình: (xH+3)2−(xH−1)2+(yH−1)2−(yH+1)2=0 ⟺8xH+8−4yH=0⟺yH=2xH+2. Thay vào phương trình mặt phẳng (P): xH+(2xH+2)−4zH−4=0⟺3xH−4zH−2=0⟺zH=43xH−2. Thay vào phương trình SA2=54, giải phương trình bậc hai tìm được nghiệm thực dương xH=2, suy ra yH=6, zH=1. Kiểm tra H(2;6;1)∈(P) thỏa mãn. Vậy T=xH+yH+zH=2+6+1=9.
Đề thi có nhiều câu hỏi chuyên đề Ứng dụng tọa độ
Luyện tập trong bối cảnh đề thi thật hoặc tải bản in PDF chuẩn A4 kèm lời giải.