a) Véc-tơ \(\overrightarrow{n}=(1 ; -5 ; 0)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\alpha)\).

b) Véc-tơ \(\overrightarrow{n'}=(0 ; 2 ; 0)\) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\beta)\).

a) Một véc-tơ pháp tuyến của \((\alpha)\) là \(\overrightarrow{n}=(2 ; 3 ;-1)\).

b) Thay lần lượt toạ độ của các điểm \(A\) và \(B\) vào vế trái của phương trình \((\alpha)\), ta có

\(2\cdot 1+3\cdot 3-2+2=11 \neq 0\), nên toạ độ điểm \(A\) không thoả mãn phương trình của \((\alpha)\).

Vậy \(A\) không thuộc \((\alpha)\).

\(2\cdot 4+3\cdot(-1)-7+2=0\), nên toạ độ điểm \(B\) thoả mãn phương trình của \((\alpha)\).

Vậy \(B\) thuộc \((\alpha)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-4 ; 5 ;-1)\), \(\overrightarrow{CD}=(-1 ; 0 ; 2)\) nên \(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}\) không cùng phương.

Mà giá của \(\overrightarrow{AB}\) nằm trong mặt phẳng \((\alpha)\) và giá của \(\overrightarrow{CD}\) song song với mặt phẳng \((\alpha)\) nên \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{CD}\) là một cặp véc-tơ chỉ phương của mặt phẳng \((\alpha)\).

Vậy một véc-tơ pháp tuyến của \((\alpha)\) là

\(\begin{aligned}\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}\right]&=\left(\left|\begin{array}{cc}5 & -1 \\0 & 2\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}-1 & -4 \\2 & -1\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}-4 & 5 \\-1 & 0\end{array}\right|\right) \\ &=\left(5 \cdot 2-0 \cdot(-1) ; (-1)\cdot (-1) - 2 \cdot (-4) ; (-4) \cdot 0-5 \cdot (-1)\right) \\ &=(10 ; 9 ; 5).\end{aligned}\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(2 ; 1 ;-2)\), \(\overrightarrow{AC}=(-12 ; 6 ; 0)\) nên \(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\) không cùng phương. Mà chúng có giá nằm trong mặt phẳng \((ABC)\) nên \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\) là một cặp véc-tơ chỉ phương của mặt phẳng \((ABC)\).

Vậy một véc-tơ pháp tuyến của \((ABC)\) là

\(\begin{aligned}\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right]&=\left(\left|\begin{array}{cc}1 & -2 \\6 & 0\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}-2 & 2 \\ 0 & -12\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}2 & 1 \\-12 & 6\end{array}\right|\right) \\&=(1 \cdot 0-6 \cdot(-2) ;(-2) \cdot(-12)-0\cdot 2 ; 2 \cdot 6-(-12) \cdot 1) \\&=(12 ; 24 ; 24).\end{aligned}\)

\(\Big(\)Ta cũng có thể chọn véc-tơ \(\overrightarrow{n'}=\displaystyle\frac{1}{12} \overrightarrow{n}=(1 ; 2 ; 2)\) là một véc-tơ pháp tuyến của \((ABC)\Big)\).

Các mặt phẳng \((P), (Q), (R)\) có véctơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow{n_1} = (1; -4; 3)\), \(\overrightarrow{n_2} = (4; 1; 0)\), \(\overrightarrow{n_3} = (1; 1; 1)\).

Xét \((P)\) và \((Q)\), ta có \(\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}= 1\cdot 4 + (-4)\cdot 1 + 3\cdot 0 = 0\). Vậy \((P) \perp (Q)\).

Xét \((P)\) và \((R)\), ta có \(\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_3}= 1\cdot1 + (-4)\cdot1 + 3\cdot1 = 0\). Vậy \((P) \perp (R)\).

Các mặt phẳng \((P), (Q), (S)\) có các vectơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow{n_1} =(4; 3; 1)\), \(\overrightarrow{n_2} = (8; 6; 2)\), \(\overrightarrow{n_3} =(4; 2; 1)\).

a) Xét \((P)\) và \((Q)\), ta có \(\overrightarrow{n_2} = 2\overrightarrow{n_1}, 9 \neq 2\cdot 5.\) Vậy \((P) \parallel (Q)\).

b) Xét \((P)\) và \((Q)\), ta có \(\overrightarrow{n_3} = 2\overrightarrow{n_1}, 10 = 2\cdot 5.\) Vậy \((P) \equiv (R)\).

c) Xét \((P)\) và \((S)\), ta có \(\displaystyle\frac{4}{4} \neq \displaystyle\frac{3}{2}\) suy ra \(\overrightarrow{n_1}\) và \(\overrightarrow{n_4}\) không cùng phương. Vậy \((P)\) cắt \((S)\).

a) \( \mathrm{d}(A,(\alpha))=\displaystyle\frac{|2\cdot(-2)-2\cdot(-3)+1\cdot(-5)-5|}{\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}} =\displaystyle\frac{8}{3}\);

b) Lấy \( A(0;4;0)\in (\alpha) \).

Vì \( (\alpha) \parallel (\beta) \) nên \( \mathrm{d}((\alpha),(\beta))=\mathrm{d}(A,(\beta))=\displaystyle\frac{|4+5|}{1} =9\).

}

Ta lấy điểm \(M\left( 0;-9;0 \right)\) thuộc \(\left( P \right)\).

Do hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) song song nên khoảng cách giữa chúng là:

\(d\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=d\left( M,\left( Q \right) \right)=\dfrac{\left| 2\cdot 0+1.\left( -9 \right)+2.0+99 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\dfrac{90}{3}=30.\)

Ba mặt phẳng \(\left(\alpha_{1}\right)\), \(\left(\alpha_{2}\right)\) và \(\left(\alpha_{3}\right)\) lần lượt có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_{1}=(3 ; -2 ; -1)\), \( \overrightarrow{n}_{2}=(2 ; 4 ; -2)\) và \(\overrightarrow{n_{3}}=(1 ; 2 ; -1)\).

Ta có

\(\overrightarrow{n}_{1} \cdot \overrightarrow{n}_{2}=3 \cdot 2+(-2) \cdot 4+(-1) \cdot(-2)=0\) nên \(\left(\alpha_{1}\right) \perp\left(\alpha_{2}\right)\);

\(\overrightarrow{n}_{1} \cdot \overrightarrow{n_{3}}=3 \cdot 1+(-2) \cdot 2+(-1) \cdot(-1)=0\) nên \(\left(\alpha_{1}\right) \perp\left(\alpha_{3}\right)\);

\(\overrightarrow{n}_{2} \cdot \overrightarrow{n_{3}}=2 \cdot 1+4 \cdot 2+(-2) \cdot(-1)=12 \neq 0\) nên \(\left(\alpha_{2}\right)\), \(\left(\alpha_{3}\right)\) không vuông góc với nhau.

a) Mặt phẳng \((P),(Q)\) lần lượt có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_P}=(1;3;-1),\overrightarrow{n_Q}=(1;-1;-2)\).

Do \(\overrightarrow{n_P} \cdot \overrightarrow{n_Q}=1 \cdot 1 +3 \cdot (-1) + (-1) \cdot (-2)=0\) nên hai véc-tơ đó vuông góc nhau. Do đó hai mặt phẳng đã cho vuông góc với nhau.

b) Gọi \(M(a;0;0) \in Ox\).

Khi đó

\(\begin{aligned}[t]\mathrm{d}(M,(P))=\mathrm{d}(M,(Q)) & \Leftrightarrow \displaystyle\frac{|a+3 \cdot0 - 0 |}{\sqrt{1^2+3^2+(-1)^2}} = \displaystyle\frac{|a-0-2 \cdot 0 +1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+(-2)^2}|}\\& \Leftrightarrow \displaystyle\frac{|a+3|}{\sqrt{11}}=\displaystyle\frac{|a+1|}{\sqrt{6}}\\& \Leftrightarrow 5a^2-14a-43=0 \\& \Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{7+2\sqrt{66}}{5}\ \vee\ a=\displaystyle\frac{7-2\sqrt{66}}{5}.\end{aligned}\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (0; 1;-1)\), \(\overrightarrow{AC} = (-1; 1; 0)\).

Xét vectơ \(\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}] = \left(\left|\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 1 & 0\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}-1 & 0 \\ 0 & -1\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}0 & 1 \\ -1 & 1\end{array}\right|\right)\), tức là \(\overrightarrow{n} = (1 ; 1 ; 1)\).

Khi đó, \(\overrightarrow{n}\) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\alpha)\).

Vậy mặt phẳng \((\alpha)\) có phương trình là

\(1 \cdot (x - 1) + 1 \cdot (y - 0) + 1 \cdot (z - 2) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 3 = 0.\)

Phương trình mặt phẳng \((P)\) là

\(3 \cdot (x - 1) + 2 \cdot (y - 2) + 1 \cdot (z - 7) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y + z - 14 = 0.\)

Xét vectơ \(\overrightarrow{n} = [\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}]= \left(\left|\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 3 & 2\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}-1 & 2 \\ 2 & -1\end{array}\right| ;\left|\begin{array}{cc}2 & 1 \\ -1 & 3\end{array}\right|\right)\), tức là \(\overrightarrow{n}=(5 ;-3 ; 7)\).

Khi đó, \(\overrightarrow{n}\) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\alpha)\).

Vậy mặt phẳng \((\alpha)\) có phương trình là:

\(5 \cdot (x+3)+(-3) \cdot(y-1) + 7 \cdot (z-0) = 0 \\\Leftrightarrow 5 x - 3y + 7z+ 18 = 0.\)

a) Gọi \((P)\) là mặt phẳng cần tìm. Vì \((P)\) đi qua điểm \(A\left( 2;0;0 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 2;1;-1 \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình của \((P)\) là

\(2 \left(x-2\right)+1\left(y-0\right)-1\left(z-0\right)=0 \Leftrightarrow 2x+y-z-4=0.\)

b) Gọi \((Q)\) là mặt phẳng cần tìm. Vì \((Q)\) song song với giá của mỗi vectơ \(\overrightarrow{u}=\left( 1;2;3 \right)\) và \(\overrightarrow{v}=\left( -2;0;1 \right)\) nên \((Q)\) có cặp vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}\) và \(\overrightarrow{v}\), suy ra \((Q)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right]=\left(2;-7;4\right)\).

Phương trình của \((Q)\) là

\(2\left( x-1\right)-7\left(y-2\right)+4\left(z-3\right)=0 \Leftrightarrow 2x-7y+4z=0.\)

c) Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua ba điểm \(A,B,C\) là \(\displaystyle\frac{x}{1}+\displaystyle\frac{y}{2}+\displaystyle\frac{z}{4}=1\).

Mặt phẳng \((P)\) nhận vectơ \(\overrightarrow{u}=(1;1;1)\) là một vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng \(Oxy\) nhận vectơ \(\overrightarrow{v}=(0;0;1)\) làm một vectơ pháp tuyến.

Ta có

\begin{eqnarray*}\cos((P),(Oxy))&=&|\cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})|\\&=&\displaystyle\frac{1\cdot0+1\cdot0+1\cdot1}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}\sqrt{0^2+0^2+1^2}}\\&=&\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}.\end{eqnarray*}

Suy ra \(((P),(Oxy))\approx 54{,}7^\circ\).

Mặt phẳng \((\alpha)\) và \((\beta)\) lần lượt có các vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left(2;2;-4\right)\) và \(\overrightarrow{n'}=\left(1;0;-1\right)\).

Ta có

\(\cos((\alpha),(\beta))=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n'}|}{|\overrightarrow{n}|\cdot |\overrightarrow{n'}|}=\displaystyle\frac{|2\cdot 1+2\cdot 0+(-4)\cdot (-1)|}{\sqrt{2^2+2^2+(-4)^2}\cdot \sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy \(((\alpha),(\beta))=30^{\circ}\).

Các mặt phẳng \((P)\), \((Q)\) tương ứng có các vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(1; 2; 2)\), \(\overrightarrow{n'}=(1; 1;-1)\).

Ta có \(\cos ((P),(Q))=\displaystyle\frac{|1\cdot 1+2\cdot 1+2\cdot(-1)|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}\).

Do đó \(((P),(Q)) \approx 78{,}9^{\circ}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} \Rightarrow \begin{cases}x_B-x_A=x_C-x_D\\y_B-y_A=y_C-y_D\\z_B-z_A=z_C-z_D\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x_C=1\\y_C=4\\z_C=2.\end{cases}\)

Vậy \(C(1;4;2)\).

Tương tự ta có \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'} \Rightarrow \begin{cases}x_B'=-1\\y_B'=4\\z_B'=3.\end{cases}\)

Vậy \(B'(-1;4;3)\).

Tương tự ta có \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{DD'} \Rightarrow \begin{cases}x_D'=1\\y_D'=1\\z_D'=0.\end{cases}\)

Vậy \(D'(1;1;0)\).

b) Ta có \(C(2;-1;1),B'(-1;4;3),D'(1;1;0)\).

\(\overrightarrow{CB'}=(-3;5;2),\overrightarrow{CD'}=(-1;2;-1), \left[\overrightarrow{CB'};\overrightarrow{CD'}\right]=(-9;-5;-1)\).

Phương trình mặt phẳng \((CB'D')\) là

\[-9(x-2)-5(y+1)-1(z-1)=0 \Leftrightarrow 9x+5y+z-14=0.\]

Mặt phẳng \((A'B'C')\) nhận \(\overrightarrow{AB}=(3;1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(1;1;-1)\) làm cặp véc-tơ chỉ phương nên có véc-tơ pháp tuyến là

\(\vec n=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(-3;5;2).\)

Mặt phẳng \((A'B'C')\) đi qua \(A'(1;1;1)\) và nhận \(\vec n=(-3;5;2)\) làm một véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình

\(-3(x-1)+5(x-1)+2(x-1)=0\Leftrightarrow 3x-5y+2z+4=0.\)

\( ABCD \) là hình bình hành \(\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} \)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}1=x_C-1\\1=y_C+1\\1=z_C-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_C=2\\y_C=0\\z_C=2\end{cases}\Rightarrow C(2;0;2) \).

Ta có \(\overrightarrow{CC'}=(2;5;-7),\overrightarrow{DD'}=(x_{D'}-1;y_{D'}+1;z_{D'}-1) \).

\( CC'D'D \) là hình bình hành \(\Leftrightarrow \overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{DD'}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}2=x_{D'}-1\\5=y_{D'}+1\\-7=z_{D'}-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{D'}=3\\y_{D'}=4\\z_{D'}=-6\end{cases} \Rightarrow D'(3;4;-6)\).

a) \(\overrightarrow{AB}=(1;1;1)\), \(\overrightarrow{AD}=(0;-1;0) \) nên véc-tơ pháp tuyến của \( (ABCD) \) là\\\( \overrightarrow{n}_1=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right]=(1;0;-1) \).

Mà mặt phẳng \( (ABCD) \) qua \( A(1;0;1) \) nên có phương trình là

\((x-1)+0(y-0)-(z-1)=0\Leftrightarrow x-z=0.\)

Mặt phẳng \( (A'B'C'D') \parallel (ABCD)\) nên phương trình có dạng \( x-z+m=0\,\,(m\ne0) \).

Mà \( D'(3;4;-6) \in(A'B'C'D')\Leftrightarrow 1\cdot3+(-1)\cdot(-6)+m=0\Leftrightarrow m=-9\) (nhận).

Vậy phương trình mặt phẳng \( (A'B'C'D') \) là \( x-z-9=0 \).

\(\overrightarrow{AD'}=(2;3;-7)\), \(\overrightarrow{AD}=(0;-1;0) \) nên véc-tơ pháp tuyến của \( (ADD'A') \) là\\\( \overrightarrow{n}_2=\left[\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AD'}\right]=(7;0;-2) \).

Mà mặt phẳng \( (ADD'A') \) qua \( A(1;0;1) \) nên có phương trình là

\(7(x-1)+0(y-0)-2(z-1)=0\Leftrightarrow 7x-2z-5=0.\)

b) Gọi \( h \) là chiều cao của hình hộp \( \Rightarrow h=\mathrm{d}(A,(A'B'C'D')) =\displaystyle\frac{|1\cdot1+0-1\cdot1-9|}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{9\sqrt{2}}{2}\).

a) Phương trình mặt phẳng \( (SBD) \) là \[ \displaystyle\frac{x}{1}+\displaystyle\frac{y}{3}+\displaystyle\frac{z}{2}=1 \Leftrightarrow 6x+2y+3z-6=0.\]

Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((SBD)\) là

\[\mathrm{d}(A,(SBD))=\displaystyle\frac{|6\cdot 0+2\cdot 0+3\cdot 0-6|}{\sqrt{6^2+2^2+3^2}}=\displaystyle\frac{6}{7}.\]

b) Đường thẳng \(SD\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{SD}=(0;3;-2)\), mặt phẳng \((SAB)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{j}=(0;1;0)\).

Ta có \[\sin (SD,(SAB))=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{SD} \cdot \overrightarrow{j}\right|}{\left|\overrightarrow{SD}\right| \cdot\left|\overrightarrow{j}\right|}=\displaystyle\frac{|0 \cdot 0+3 \cdot 1+(-2)\cdot0|}{\sqrt{0^2+3^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{0^2+1^2+0^2}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{13}}{13}.\]

Vậy \(((SD,(SAB))\approx 33{,}69^{\circ}\).

c) Ta có \(\overrightarrow{SB}=(-1;0;2)\), \( \overrightarrow{BC}=(0;3;0) \).

\(\left[\overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC} \right]=(-6;0;-3)\).

Ta có \(\overrightarrow{SC}=(1;3;-2) \), \( \overrightarrow{CD}=(-1;0;0) \).

\(\left[\overrightarrow{SC},\overrightarrow{CD} \right]=(0;-2;3)\).

Mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\) lần lượt có các véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(-6; 0;-3)\) và \(\overrightarrow{n'}=(0;-2;3)\).

Ta có

\(\cos ((SBC),(SCD))=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{n'}\right|}{\left|\overrightarrow{n}\right| \cdot\left|\overrightarrow{n'}\right|}=\displaystyle\frac{|-6 \cdot 0+0 \cdot (-2)+(-3)\cdot3|}{\sqrt{(-6)^2+0^2+(-3)^2} \cdot \sqrt{0^2+(-2)^2+3^2}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{65}}{65}.\)

Vậy \(((SBC),(SCD))\approx 68{,}15^{\circ}\).

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là

\(\displaystyle\frac{x-4}{5-4}=\displaystyle\frac{y-1}{8-1}=\displaystyle\frac{z-2}{6-2} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{x-4}{1}=\displaystyle\frac{y-1}{7}=\displaystyle\frac{z-2}{4}.\)

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB\) là

\(\begin{cases}x=4+t \\y=1+7 t \\z=2+4 t\end{cases}\) ( \(t\) là tham số).

Phương trình chính tắc của \(OM\) có \(\begin{cases}\text{Qua}\, O(0;0;0)\\\text{VTCP} \overrightarrow{OM}=(a;b;c).\end{cases}\)

\(OM\colon \displaystyle\frac{x}{a}=\displaystyle\frac{y}{b}=\displaystyle\frac{z}{c}.\)

a) \(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;5;4)\) và \(\overrightarrow{a}'=(2;5;-4)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |3\cdot 2+5\cdot 5+4\cdot (-4) \right |}{\sqrt{3^2+5^2+4^2}\cdot\sqrt{2^2+5^2+(-4)^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{10}\).

Suy ra \((d,d')\approx 71^{\circ}34'\).

b) \(d\) và \(d'\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow{a}=(3;6;6)\) và \(\overrightarrow{a}'=(-10;-10;5)\).

Ta có \(\cos (d,d')=\displaystyle\frac{\left |3\cdot (-10)+6\cdot (-10)+6\cdot 5 \right |}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}\cdot\sqrt{(-10)^2+(-10)^2+5^2}}=\displaystyle\frac{4}{9}\).

Suy ra \((d,d')\approx 63^{\circ}37'\).

a) Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(2;2;1)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(1;0;1)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |2\cdot 1+2\cdot 0+1\cdot 1 \right |}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Suy ra \((d,(P))=45^{\circ}\).

b) Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=(1;2;-1)\).

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(2;-4;-2)\).

Ta có \(\sin (d,(P))=\displaystyle\frac{\left |1\cdot 2+2\cdot 4+(-1)\cdot (-2) \right |}{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{2^2+4^2+(-2)^2}}=1\).

Suy ra \((d,(P))=90^{\circ}\).

a) \(\overrightarrow{AB}=(-1;-1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;-1)\). Ta có \(\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right] = (3;3;3)=3(1;1;1)\) nên \(\overrightarrow{u}=(1;1;1)\) là một véc-tơ vuông góc với cả hai véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\).

b) Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A(0;1;3)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AB}=(-1;-1;2)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là \(\displaystyle\frac{x}{-1}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{2}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB\) là \(\begin{cases}x=-t \\y=1-t\\z=3+2t\end{cases}, (t\in \mathbb{R})\).

Đường thẳng \(AC\) đi qua \(A(0;1;3)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;-1)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AC\) là \(\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{-1}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AC\) là \(\begin{cases}x=2t \\y=1-t\\z=3-t\end{cases}, (t\in \mathbb{R})\).

c) Mặt phẳng \((ABC)\) đi qua \(A(0;1;3)\) và có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\) nên có phương trình \(1\cdot (x-0)+1\cdot (y-1) + 1\cdot (z-3) =0 \Leftrightarrow x+y+z-4=0\).

d) Ta có \(\overrightarrow{AD}=(1;0;-5)\). Khi đó \(\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right] \cdot \overrightarrow{AD} =-12 \ne 0\) nên bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) không đồng phẳng.

e) Ta có \(\mathrm{d} \left(D;(ABC)\right) = \displaystyle\frac{\left|1+1-2-4\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}\).

a) Phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm \(A(-1;3;2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(-2;3;4)\) lần lượt là

\(\Delta\colon\begin{cases}x=-1-2t\\y=3+3t\\z=2+4t\end{cases}\) (\(t\in\mathbb{R}\)) và \(\Delta\colon\displaystyle\frac{x+1}{-2}=\displaystyle\frac{y-3}{3}=\displaystyle\frac{z-2}{4}\).

b) Đường thẳng \(\Delta\) đi qua hai điểm \(M(2;-1;3)\); \(N(3;0;4)\) sẽ nhận véc-tơ \(\overrightarrow{MN}=(1;1;1)\) làm véc-tơ chỉ phương. Khi đó phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\) lần lượt là

\(\Delta\colon\begin{cases}x=2+t\\y=-1+t\\z=3+t\end{cases}\) (\(t\in\mathbb{R}\)) và \(\Delta\colon\displaystyle\frac{x-2}{1}=\displaystyle\frac{y+1}{1}=\displaystyle\frac{z-3}{1}\).

a) Phương trình đã cho tương ứng với \(a=1\), \(b=-\displaystyle\frac{3}{2}\), \(c=4\), \(d=100\). Trong trường hợp này, \(a^2+b^2+c^2-d=1+\displaystyle\frac{9}{4}+16-100<0\). Do đó phương trình đã cho không phải là phương trình của một mặt cầu.

b) Phương trình đã cho tương ứng với \(a=2\), \(b=-\displaystyle\frac{5}{2}\), \(c=1\), \(d=-\displaystyle\frac{3}{4}\). Trong trường hợp này, \(a^2+b^2+c^2-d=4+\displaystyle\frac{25}{4}+1+\displaystyle\frac{3}{4}=12>0\). Do đó phương trình đã cho là phương trình của mặt cầu có tâm \(I\left(2 ;-\displaystyle\frac{5}{2} ; 1\right)\) và bán kính \(R=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}\).

c) Phương trình đã cho không phải là phương trình của một mặt cầu vì xuất hiện \(-2 x y\) trong phương trình.

a) Ta viết lại phương trình của mặt cầu \((S)\) dưới dạng: \((x-1)^2+[y-(-3)]^2+(z-0)^2=\left(\sqrt{5}\right)^2\). Vậy mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(1 ;-3 ; 0)\) và bán kính \(R=\sqrt{5}\).

b) Ta có \(O I^2=(0-1)^2+(0+3)^2+(0-0)^2=10>5=R^2\). Do đó, gốc toạ độ \(O(0 ; 0 ; 0)\) nằm ngoài mặt cầu \((S)\).

a) Ta có \(x^2+(y-3)^2+(z+2)^2=1\Leftrightarrow \left(x-0\right)^2+(y-3)^2+\left(z-(-2)\right)^2=1^2\).

Vậy đây là phương trình mặt cầu có tâm \(I(0;3;-2)\) và bán kính \(r=1\).

b) Ta có \((x-2)^2+(y-3)^2+z^2=4\Leftrightarrow \left(x-2\right)^2+\left(y-3\right)^2+\left(z-0\right)^2=2^2\).

Vậy đây là phương trình mặt cầu có tâm \(I(2;3;0)\) và bán kính \(r=2\).

c) Xét phương trình \(x^2+y^2+z^2-8x-2y+1=0\).

Ta thấy phương trình được cho ở dạng \(x^2+y^2+z^2+2Ax+2By+2Cz+D=0\).

Ta có \(A=-4\); \(B=-1\); \(C=0\); \(D=1\). Suy ra \(A^2+B^2+C^2-D=16>0\).

Vậy đây là phương trình mặt cầu \((S)\) tâm \(I(-4;-1;0)\), bán kính \(r=\sqrt{A^2+B^2+C^2-D}=4\).

d) Xét phương trình \(3x^2+3y^2+3z^2-6x+8y+15z-3=0\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-2x+4y+5z-1=0\).

Ta thấy phương trình được cho ở dạng \(x^2+y^2+z^2+2Ax+2By+2Cz+D=0\).

Ta có \(A=-1\); \(B=2\); \(C=\displaystyle\frac{5}{2}\); \(D=-1\). Suy ra \(A^2+B^2+C^2-D=\displaystyle\frac{49}{4}>0\).

Vậy đây là phương trình mặt cầu \((S)\) tâm \(I(-1;2;\displaystyle\frac{5}{2})\), bán kính \(r=\sqrt{A^2+B^2+C^2-D}=\displaystyle\frac{25}{2}\).

a) Phương trình mặt cầu \((S)\) là \((x-4)^2+(y+2)^2+(z-1)^2=81\).

b) Ta có \(R=IM=\sqrt{(2-3)^2+(4-2)^2+(-1-0)^2} = \sqrt{6}\).

Phương trình mặt cầu \((S)\) là \((x-3)^2+(y-2)^2+z^2=6\).

c) Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\), ta có \(I(0;1;2)\), điểm \(I\) chính là tâm của mặt cầu đường kính \(AB\).

Ta có \(AB=\sqrt{(-1-1)^2+(0-2)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}\). Suy ra \(R= \displaystyle\frac{AB}{2}=2\sqrt{2}\).

Phương trình mặt cầu \((S)\) là \((x-0)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=8 \Leftrightarrow x^2+(y-1)^2+(z-2)^2=8\).

Ta có \(R = \mathrm{d}_{(I, (P))} = \displaystyle\frac{|3 \cdot 0 + 2 \cdot 3 -1 \cdot (-1)|}{\sqrt{3^2 + 2^2 + (-1)^2}} = \displaystyle\frac{\sqrt{14}}{2}\).

Do đó phương trình mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(0 ; 3 ;-1)\) và có bán kính bằng khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \((P): 3 x+2 y-z=0\) là

\(x^2 + (y-3)^2 + (x + 1)^2 = \displaystyle\frac{7}{2}.\)

a) Mặt cầu \((S)\) có phương trình \((x-3)^2+(y+2)^2+(z+4)^2=100\).

b) Mặt cầu \((S)\) có đường kính \(EF\) nên có tâm \(J(5;-2;4)\) là trung điểm của \(EF\) và bán kính \(R=JE=\sqrt{21}\).

Vậy \((S)\) có phương trình \((x-5)^2+(y+2)^2+(z-4)^2=21\).

c) Mặt cầu \((S)\) có tâm \(M(-2;1;3)\) và đi qua điểm \(N(2;-3;-4)\) nên có bán kính \(R=MN=9\). Vậy \((S)\) có phương trình \((x+2)^2+(y-1)^2+(z-3)^2=81\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ với \( S(0;0;0) \), \( A(20;0;0) \), \( B(0;20;0) \), \( C(0;0;20)\).

Phương trình mặt phẳng \( (ABC) \) là

\(\displaystyle\frac{x}{20}+\displaystyle\frac{y}{20}+\displaystyle\frac{z}{20}=1\Leftrightarrow x+y+z-20=0 \).

Gọi \( h \) là chiều cao của hình chóp \( S.ABC \). Khi đó

\( h=\mathrm{d}\left(S,(ABC) \right)=\displaystyle\frac{|0+0+0-20|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\displaystyle\frac{20\sqrt{3}}{3}\approx 11{,}54\).

Vì \( h>11 \) cm nên có thể đặt mô hình tháp Effel vào hộp.

Tại vị trí ban đầu \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) có độ cao như nhau, chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ là điểm \(A\) và các trục tọa độ lần lượt là \(AD\), \(AB\) và \(Az\), với \(Az \perp (ABCD)\).

Khi đó \(A(0 ; 0 ; 0)\), \(D(5; 0 ; 0)\), \(B(0; 9 ; 0)\), \(C(6; 9 ; 0)\).

Sau đó bác An thay đổi thiết kế để nước có thể thoát về phía góc sân ở vị trí \(C\) bằng cách giữ nguyên độ cao ở \(A\), giảm độ cao của sân ở vị trí \(B\) và \(D\) xuống thấp hơn độ cao ở \(A\) lần lượt là \(6\) cm và \(3{,}6\) cm.

Khi đó, \(A(0 ; 0 ; 0)\), \(D(5; 0 ; -3{,}6)\), \(B(0; 9 ; -6)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(0 ; 9 ; -6)\), \( \overrightarrow{AD}=(5 ; 0 ; -3{,}6)\) là cặp véc-tơ chỉ phương của mặt phẳng \((ABD)\) nên một véc-tơ pháp tuyến của \((ABD)\) là \(\left[\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}\right]=(-32{,}4 ; -30 ; -45)\).

Vậy mặt phẳng \((ABD)\) qua \(A(0 ; 0 ; 0)\) và có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(-32{,}4 ; -30 ; -45)\) nên có phương trình là

\begin{eqnarray*}-32{,}4 (x-2)-30(y+1)-45(z-3)=0 \qquad \text{hay } -32{,}4 x -30y -45z=0.\end{eqnarray*}

Để mặt sân sau khi lát gạch vẫn là bề mặt phẳng thì bác An cần phải giảm độ cao ở \(C\) xuống \(k\) centimét so với độ cao ở \(A\) nên suy ra \(C(6; 9 ; -k)\).

Ta có \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) đồng phẳng

\(\Leftrightarrow C \in (ABD)\)

\(\Leftrightarrow -32{,}4\cdot 6 -30 \cdot 9 -45\cdot (-k)=0\)

\(\Leftrightarrow k=10{,}32\).

Vậy bác An cần phải giảm độ cao ở \(C\) xuống \(10{,}32\) centimét so với độ cao ở \(A\).

Gọi \(O=AC\cap BD\). Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(SO\) là đường trung tuyến của các tam giác \(SAC\) và \(SBD\).

Do \(SA=SB=SC=SD\) nên ta có \(SO\perp AC\), \(SO\perp BD\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(BC\).

Khi đó \(SF=\sqrt{SB^2-BF^2}=\sqrt{34736}\) m.

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\SO\perp AC\\\text{Trong } (SBD)\colon BD\cap SO=O\end{cases}\Rightarrow AC\perp(SBD)\Rightarrow AC\perp SB\).

Dựng \(HE\perp SB\), khi đó \(SB\perp(ACE)\Rightarrow\begin{cases}AE\perp SB\\CE\perp SB.\end{cases}\)

Do đó \(\left[(SAB),(SBC) \right]=(AE,CE)\).

Xét tam giác \(SBC\) ta có \(SF\cdot BC=CE\cdot SB\Rightarrow CE=\displaystyle\frac{230\cdot\sqrt{34736}}{219}\) m.

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(230\) m nên \(AC=230\sqrt{2}\) m.

Xét tam giác \(ACE\) ta có \(\cos(AE,CE)=|\cos\widehat{AEC}|=\left|\displaystyle\frac{AE^2+CE^2-AC^2}{2AE\cdot CE} \right|=\displaystyle\frac{13225}{34736}\).

Vậy \(\left[(SAB),(SBC) \right]\approx 67{,}62^\circ\).

Lấy các điểm \(B_1\), \(C_1\), \(D_1\) như hình vẽ sao cho các điểm này cách đáy bể một khoảng \(40\) cm.

Xét hệ trục \(Axyz\) như hình vẽ sao cho \(B_1\in Ax\), \(D_1\in Ay\).

Khi đó \(A(0;0;0)\), \(B_1(1;0;0)\), \(C_1(1;1;0)\), \(D_1(0;1;0)\), \(B(1;0;0{,}04)\), \(C(1;1;0{,}08)\), \(D(0;1;z_0)\).

a) Do \(ABCD\) là hình bình hành nên trung điểm đoạn \(AC\) cũng chính là trung điểm \(BD\), hay \(\begin{cases}0{,}5=0{,}5\\0{,}5=0{,}5\\0{,}08=z_0+0{,}04\end{cases}\Rightarrow z_0=0{,}04.\)

Vậy khoảng cách từ điểm \(D\) đến đáy bể bằng \(44\) cm.

b) Khi đặt bể trên mặt phẳng nằm ngang thì mặt phẳng \((AB_1C_1D_1)\) sẽ song song với bề mặt nằm ngang.

Do đó góc giữa bề mặt nằm ngang và mặt phẳng \((ABCD)\) chính là góc giữa mặt phẳng \((ABCD)\) và mặt phẳng \((AB_1C_1D_1)\).

Mặt phẳng \((ABCD)\) có cặp véctơ chỉ phương \(\begin{cases}u_1=\overrightarrow{AB}=(1;0; 0{,}04)\\u_2=\overrightarrow{AD}=(0;1; 0{,}04)\end{cases}\) nên có véctơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_1}=(1;1; -25)\).

Mặt phẳng \((AB_1C_1D_1)\) có cặp véctơ chỉ phương \(\begin{cases}u_1=\overrightarrow{AB_1}=(1;0; 0)\\u_2=\overrightarrow{AD_1}=(0;1; 0)\end{cases}\) nên có véctơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_2}=(0;0;1)\).

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \((ABCD)\) và \((AB_1C_1D_1)\) được xác định bởi công thức

\(\left|\cos \left(\overrightarrow{n_1}, \overrightarrow{n_2}\right)\right|=\displaystyle\frac{\left|1\cdot 0+1\cdot 0+(-25)\cdot 1\right|}{\sqrt{1^2+1^2+(-25)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{25}{\sqrt{627}}.\)

Vậy đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang một góc \(2{,}34^\circ\).

Giả sử mái nhà là hình chóp đều \(S.ABCD\). Chọn hệ trục tọa đội \(Oxyz\) như hình bên.

Giả sử \(OA=a\), \(OS=h\) (\(a,h>0\)). Khi đó \(B(0;-a;0)\), \(C(a;0;0)\), \(D(0;a;0)\) và \(S(0;0;h)\).

Áp dụng công thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có

\((SBC)\colon \displaystyle\frac{x}{a}+\displaystyle\frac{y}{-a}+\displaystyle\frac{z}{h}=1, \quad (SCD)\colon \displaystyle\frac{x}{a}+\displaystyle\frac{y}{a}+\displaystyle\frac{z}{h}=1.\)

Suy ra \(\vec n=\left(\displaystyle\frac1a;\displaystyle\frac1{-a};\displaystyle\frac1h\right)\), \(\vec {n'}=\left(\displaystyle\frac1a;\displaystyle\frac1{a};\displaystyle\frac1h\right)\) lần lượt là véc-tơ pháp tuyến của \((SBC)\) và \((SCD)\).

Ta có \((SBC)\perp (SCD)\Leftrightarrow \vec n\cdot\overrightarrow{n'}=0\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{a^2}-\displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{h^2}=0\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{h^2}=0\). Điều này không thể xảy ra. Do đó ý tưởng của bác An không thể thực hiện được.

a) Tại thời điểm \(t=0\), ta có \(M_1=(\cos 0-\sin 0;\cos 0+\sin 0;\cos 0)=(1;1;1)\).

Tại thời điểm \(t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\), ta có \(M_2=\left(\cos \displaystyle\frac{\pi}{2}-\sin \displaystyle\frac{\pi}{2};\cos \displaystyle\frac{\pi}{2}+\sin \displaystyle\frac{\pi}{2};\cos \displaystyle\frac{\pi}{2}\right)=(-1;1;0)\).

Tại thời điểm \(t=\pi\), ta có \(M_3=(\cos \pi-\sin \pi;\cos \pi+\sin \pi;\cos \pi)=(-1;-1;-1)\).

b) Hai véc-tơ \(\overrightarrow{M_1M_2}=(-2;0;-1)\), \(\overrightarrow{M_1M_3}=(-2;-2;-2)\) không cùng phương nên ba điểm \(M_1\), \(M_2\), \(M_3\) không thẳng hàng.

Mặt phẳng \((M_1M_2M_3)\) có cặp véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{M_1M_2}=(-2;0;-1)\), \(\overrightarrow{M_1M_3}=(-2;-2;-2)\) nên có véc-tơ pháp tuyến \(\vec n=[\overrightarrow{M_1M_2},\overrightarrow{M_1M_3}]=(-2;-2;4)\).

Mặt phẳng \((M_1M_2M_3)\) đi qua \(M_1(1;1;1)\) và có véc-tơ pháp tuyến \(\vec n=(-2;-2;4)\) nên có phương trình

\(\)-2(x-1)-2(y-1)+4(z-1)=0\Leftrightarrow x+y-2z=0.\(\)

c) Ta có \((\cos t-\sin t)+(\cos t+\sin t)-2\cos t=0\) nên điểm \(M(\cos t-\sin t;\cos t+\sin t;\cos t)\) luôn thuộc mặt phẳng \((M_1M_2M_3)\).

Gọi \(x,y,z\) lần lượt là điểm thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh.

a) Các thí sinh có tổng số điểm ba môn bằng \(27\) tức là \(x+y+z=27 \Leftrightarrow x+y+z-27=0\). Do đó các điểm biểu diễn này cùng thuộc mặt phẳng có phương trình \(x+y+z-27=0\).

b) Nếu tổng điểm ba môn của một thí sinh là \(m\) thì điểm biểu diễn số điểm của thí sinh đó thuộc mặt phẳng \((P_m)\colon x+y+z-m=0\). Nếu tổng điểm ba môn của một thí sinh là \(n\) thì điểm biểu diễn số điểm của thí sinh đó thuộc mặt phẳng \((P_n)\colon x+y+z-n=0\).

Nếu \(m\ne n\) thì ta có \((P_m)\parallel (P_n)\).

Khoảng cách từ Camera đến mặt phẳng \((P)\) là

\[ \mathrm{d} = \displaystyle\frac{|1+2\cdot2+2\cdot4+3|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \displaystyle\frac{16}{3}. \]

Bán kính của hình tròn cần tìm bằng

\( \tan 57{,}5^\circ \cdot \displaystyle\frac{16}{3} \approx 8{,}4\).

Trong không gian \(Oxyz\), ta xem mặt phẳng \(Oxy\) là mặt nước. Khi đó, ta cho vị trí của quả dọi khi còn ở mặt nước lần lượt là \(A(0;0;0)\), \(B(2;0;0)\) và \(C(1;\sqrt{3};0\)).

Sau khi thả dây dọi để quả dọi chạm đáy bể, vị trí của quả dọi lần lượt thay đổi thành \(A'(0;0;-4)\), \(B'(2;0;-4{,}4)\) và \(C'(1;\sqrt{3};-4{,}8)\).

Mặt đáy bể là mặt phẳng đi qua cả ba điểm \(A'\), \(B'\), \(C'\). Tức là mặt phẳng nhận hai vectơ \(\overrightarrow{A'B'}=(2;0;-0{,}4)\) và \(\overrightarrow{A'C'}=(1;\sqrt{3};-0{,}8)\) làm hai vectơ chỉ phương.

Khi đó. mặt phẳng nhận vectơ \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=(0{,}4\sqrt{3};2;2\sqrt{3})\) làm một vectơ pháp tuyến.

Mặt khác mặt phẳng \(Oxy\) nhận vectơ \(\overrightarrow{v}=(0;0;1)\) làm một vectơ pháp tuyến.

Ta có

\(\cos\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=\displaystyle\frac{0{,}4\sqrt{3}\cdot0+2\cdot0+2\sqrt{3}\cdot1}{\sqrt{(0{,}4\sqrt{3})^2+2^2+(2\sqrt{3})^2}\cdot\sqrt{0^2+0^2+1^2}}\approx 0{,}85.\)

Suy ra \(\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)\approx 31{,}4^\circ\).

Vậy đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang một góc \(31{,}4^\circ\).

Trong không gian \(Oxyz\), ta xem mặt phẳng \(Oxy\) là mặt sàn, đường thẳng \(d\) là ống nước, trong đó mặt phẳng \(Oxy\) nhận vectơ \(\overrightarrow{n}=(0;0;1)\) là một vectơ pháp tuyến và đường thẳng \(d\) nhận vectơ \(\overrightarrow{AB}=(4;4;-1)\) làm một vectơ chỉ phương.

Ta có

\begin{eqnarray*}\sin(d,(Oxy))&=&|\cos(\overrightarrow{n},\overrightarrow{AB})|\\&=&\displaystyle\frac{|0\cdot4+0\cdot4-1\cdot1|}{\sqrt{0^2+0^2+1^2}\sqrt{4^2+4^2+1^2}}\\&=&\displaystyle\frac{\sqrt{33}}{33}.\end{eqnarray*}

Suy ra \((d,(Oxy))\approx10^\circ\).

Vậy góc tạo bởi đường ống thoát nước và mặt sàn là khoảng \(10^\circ\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( 1;1;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}=\left( 0;0;1 \right)\), đường thẳng \({d}'\) đi qua điểm \({M}'\left( 10;20;5 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{a'}=\left( 0;0;5 \right)\). Ta có \(\overrightarrow{MM'}=\left( 9;19;4 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{a'} =5\overrightarrow{a}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{a'}\) cùng phương và \(\displaystyle\frac{0}{19}\ne \displaystyle\frac{1}{4}\), suy ra \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{MM'}\) không cùng phương. Vậy trục khoan \(d\) của mũi khoan và trục \(d'\) của giá đỡ song song với nhau.

a) Ta có đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left(\displaystyle\frac{7}{2};-2;\displaystyle\frac{2}{5}\right)\) và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left(0;\displaystyle\frac{15}{2};-\displaystyle\frac{2}{5}\right)=\displaystyle\frac{1}{10}\left(0;75;-4\right)\) làm véc-tơ chỉ phương nên

\(AB\colon\begin{cases}x=\displaystyle\frac{7}{2}\\y=-2+75t\\z=\displaystyle\frac{2}{5}-4t\end{cases},\, (t \text{ là tham số}).\)

b) Đường thẳng \(AB\) có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(0;75;-4)\) và mặt phẳng \((Oxy)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}=(0;0;1)\).

Ta có \(\sin\left(AB,(Oxy)\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}=\displaystyle\frac{\left|0\cdot0+75\cdot0+(-4)\cdot1\right|}{\sqrt{0^2+75^2+(-4)^2}\cdot\sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{5641}}\).

Vậy \(\left(SD,(SAC)\right)\approx3{,}1^\circ\). Do đó góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Ta có \((\alpha)\) đi qua ba điểm \(M(5;0;0)\), \(N(0;-5;0)\), \(P(0;0;0{,}5)\) nên có phương trình

\((\alpha)\colon \displaystyle\frac{x}{5}+\displaystyle\frac{y}{-5}+\displaystyle\frac{z}{0{,}5}=1\Leftrightarrow x-y+10z-5=0.\)

Thay phương trình đường thẳng \(AB\) vào phương trình mặt phẳng \((\alpha)\) ta có

\(\displaystyle\frac{7}{2}+2-75t+10\cdot\left(\displaystyle\frac{2}{5}-4t\right)-5=0\Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{9}{230}.\)

Khi đó \(x=\displaystyle\frac{7}{2}\); \(y=\displaystyle\frac{43}{46}\); \(z=\displaystyle\frac{28}{115}\). Vậy \(C\left(\displaystyle\frac{7}{2};\displaystyle\frac{43}{46};\displaystyle\frac{28}{115}\right)\).

d) Tại vị trí máy bay có độ cao \(120\) m, ta có \(z=0{,}12=\displaystyle\frac{3}{25}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{2}{5}-4t=\displaystyle\frac{3}{25}\Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{7}{100}\).

Khi đó \(x=\displaystyle\frac{7}{2}\); \(y=\displaystyle\frac{13}{4}\). Vậy \(D\left(\displaystyle\frac{7}{2};\displaystyle\frac{13}{4};\displaystyle\frac{3}{25}\right)\).

e) Khoảng cách \(DE=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{7}{2}-\displaystyle\frac{7}{2}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{13}{2}-\displaystyle\frac{13}{4}\right)^2+\left(0-\displaystyle\frac{3}{25}\right)^2}\approx 3{,}25\) (km).

Suy ra \(DE>900\) m. Do đó sau khi ra khỏi đám mây, người phi công không đạt được quy định an toàn.

Tọa độ tâm của quả bóng là \(I(300;400;2000)\).

Bán kính của quả bóng là \(R=1\).

Gọi \((\alpha)\colon z=0\). Ta có \(\mathrm{d}(I,(\alpha))=\displaystyle\frac{\left|2000 \right| }{\sqrt{0+0+1}}=2000\).

a) Phương trình mặt cầu \((S)\) cần lập có tâm \(I(200;450;60)\) và bán kính \(r=600m\) là:

\((x-200)^2+(y-450)^2+(z-60)^2=600^2\qquad \text{hay}\qquad (x-200)^2+(y-450)^2+(z-60)^2=360000.\)

b) Vì \(IA=\sqrt{(200+100)^2+(450-50)^2+(60-10)^2}=50\sqrt{101}\sim=502{,}494\)m \(< r=600\)m.

Nên ở vị trí \(A\) nằm trong mặt cầu \((S)\). Do đó người đang đứng ở vị trí \(A\) sẽ có thể sử dụng dịch vụ của trạm này.

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O(0;0;0)\), bán kính \(R=1\).

Ta có \(BO=d(B,O)=\sqrt{(0-1)^2+(0-1)^2+(0+1)^2}=\sqrt{3}\) và \(OA=R=1\).

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(A\) (\(\widehat{BAO}=90^\circ\)), theo định lý Pythagore, ta có:

\begin{eqnarray*}BO^2&=&AB^2+AO^2\\\sqrt{3}^2&=&AB^2+1^2\\3&=&AB^2+1\\AB^2&=&2\\AB&=&\sqrt{2}.\end{eqnarray*}

Vậy khoảng cách \(AB=\sqrt{2}\).