Giải bài 12 trang 104 SGK Toán 10 tập 2 – Cánh diều

Đề bài

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có hệ trục toạ độ Oxy (Hình 65), trong đó đơn vị trên mỗi trục tính theo ki-lô-mét và đài kiểm soát được coi là gốc toạ độ O(0;0). Nếu máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 500 km thì sẽ hiển thị trên màn hình ra đa như một điểm chuyển động trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy. Một máy bay khởi hành từ sân bay B lúc 14 giờ. Sau thời gian t (giờ), vị trí của máy bay được xác định bởi điểm M có toạ độ như sau:\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t\end{array} \right.\)

a) Tìm vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút. Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa chưa?

b) Lúc mấy giờ 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) Máy bay ra khỏi màn hình ra đa vào thời gian nào?

Lời giải chi tiết

a) Máy bay khởi hành lúc 14h, đến 14h30 là đã di chuyển trong khoảng thời gian t = 30 phút bằng \(\frac{1}{2}\) giờ.

Thay \(t = \frac{1}{2}\) vào phương trình tọa độ điểm M, ta được vị trí máy bay vào lúc 14h30 là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 300\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 400\end{array} \right.\)

Tọa độ máy bay là \(\left( {300;400} \right)\).

Khoảng cách từ đó đến đài kiểm soát là \(\sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}}  = 500\) km.

Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.

b) Phương trình tọa độ điểm M đề bài cho cũng là phương trình đường bay d của máy bay.

Khoảng cách từ máy bay M đến đài kiểm soát O ngắn nhất khi M là hình chiếu của O trên d.

Khi đó \(\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {OM}  = 0\) vì \(d \bot OM\).

Ta có \(\overrightarrow {OM}  = \left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t;\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)\);

\(\overrightarrow {{u_d}}  =  - \frac{3}{{1400}}.\left( { - \frac{{1400}}{3}t; - \frac{{1400}}{3}t} \right) = \left( {1;1} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t + \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3500}}{3} - \frac{{2800}}{3}t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{4}\).

Do đó \(M{O_{\min }} = 50\sqrt 2  \Leftrightarrow t = \frac{5}{4}\).

Vậy sau khi bay \(\frac{5}{4} = 1,25\) (giờ) tức là lúc 15h15p thì máy bay gần đài kiểm soát nhất và khoảng cách đó là \(50\sqrt 2 \) km.

c) Máy bay rời khỏi màn hình ra đa khi mà khoảng cách từ M đến O lớn hơn 500km tức là:

\(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}}  > 500\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)^2} + {\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)^2} > {500^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1600}}{3}} \right)^2} - 2.\frac{{1600.1400}}{9}t + {\left( {\frac{{1400}}{3}} \right)^2}{t^2} + {\left( {\frac{{1900}}{3}} \right)^2} - 2.\frac{{1900.1400}}{9}t + {\left( {\frac{{1400}}{3}} \right)^2}{t^2} > {500^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1600}}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{{1900}}{3}} \right)^2} - \frac{{2800}}{9}.(1600 + 1900)t + 2{\left( {\frac{{1400}}{3}} \right)^2}{t^2} > {500^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3920000}}{9} - \frac{{9800000}}{9}t + \frac{{3920000}}{9}{t^2} > 0\)

\( \Leftrightarrow 392 - 980t + 392{t^2} > 0\)

\( \Leftrightarrow x < \frac{1}{2}\) hoặc \(x > 2\).

Vậy máy bay bay ra khỏi màn hình ra đa vào khoảng thời gian từ 14 giờ đến trước 14 giờ 30 phút và sau 16 giờ.