Các thiên thạch có đường kính 140mvà có thể lại gần Trái Đất ở khoảng cách nhỏ hơn 7500000km được coi lf những vật thể có khả năng va chạm và gây nguy hiểm cho Trái Đất. Để theo dõi những thiên thạch này, người ta đã thiết lập các trạm quan sát các vật thể bay gần Trái Đất. Giả sử có một hệ thống quan sát có khả năng theo dõi các vật thể ở độ cao không vượt quá 6600km so với mực nước biển. Coi Trái Đất là khối cầu có bán kính 6400km. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian có gốc \(O\) tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là 1000km. Một thiên thạch chuyển động (coi như một hạt) với tốc độ không đổi theo một đường thẳng từ điểm \(M(6;20;0)\) đến điểm \(N( - 6; - 12;16)\).
a) Đường thẳng MN có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).
b) Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm \(A( - 3; - 4;12)\).
c) Khoảng cách giữa vị trí đàu tiên và ví trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 18900km ( kết quả làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị ki-lô-mét).
d) Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 3 phút thì giời gian nó di chuyển từ M đến N là 6 phút.
a) Đường thẳng MN có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).
b) Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm \(A( - 3; - 4;12)\).
c) Khoảng cách giữa vị trí đàu tiên và ví trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 18900km ( kết quả làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị ki-lô-mét).
d) Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 3 phút thì giời gian nó di chuyển từ M đến N là 6 phút.
Viết phương trình đường thẳng dựa vào 1 điểm mà nó đi qua và vecto chỉ phương.
Lập phương trình mặt cầu mà hệ thống quan sát theo dõi được. Tìm giao điểm của mặt cầu và đường thẳng bằng cách thay tọa độ x, y, z của phương trình đường thẳng vào phương trình mặt cầu.
Sử dụng biểu thức tính khoảng cách giữa hai điểm.
a) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} = (3;8; - 4)\).
Có phương trình đường thẳng đi qua \(M(6;20;0)\)và có vecto chỉ phương mà \(\overrightarrow {MN} \).
Vậy đường thẳng MN có phương trình tham số là: \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).
b) Sai: Ta có phương trình mặt cầu mà hệ thống quan sát theo dõi được các vật thể:
Có tâm \(O(0;0;0)\) và bán kính là \(R = 6,4 + 6,6 = 13.\)
Suy ra ta có phương trình: \((C)\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = {13^2} = 169\).
Khi đó điểm đầu và điểm cuối mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng MN và mặt cầu \((C)\).
Suy ra: \({\left( {6 + 3t} \right)^2} + {(20 + 8)^2} + {( - 4t)^2} = 169\).
Giải phương trình trên ta có: \(89t + 256t + 267 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = {\rm{\;}} - 1}\\{t = {\rm{\;}} - 3}\end{array}} \right.\)
Ta được hai điểm \(A( - 3; - 4;12)\) và \(B\left( {3;12;4} \right)\).
Tuy nhiên, ta có khoảng cách \(MA = 3\sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 28.3\) và \(MB = \sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 9.4\).
Vậy vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi là \(B\left( {3;12;4} \right)\).
Vậy vị trí cuối cùng thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi là \(A( - 3; - 4;12)\).
c) Đúng: Khoảng cách \(AB = MB - MA = 2\sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 18,9\).
Vậy khoảng cách thực tế giữa AB là \( \approx 18900km\).
d) Đúng: Ta có khoảng cách \(MN = \sqrt {{{12}^2} + {{32}^2} + {{16}^2}} {\rm{\;}} = 4\sqrt {89} \).
Ta thấy \(MN = 2AB \Rightarrow \frac{{MN}}{{AB}} = 2\) mà vận tốc của thiên thạch không đổi ta có thời gian cũng tỷ lệ với khoảng cách. Khi đó: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{6}{3} = 2\).
