Với giải Bài 12 trang 104 SGK Toán lớp 10 Cánh diều chi tiết trong Bài tập cuối chương 7 giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SGK Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán lớp 10 Bài tập cuối chương 7

Bài 12 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: 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 0(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:

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:

a) Lúc 14 giờ 30 phút máy bay đã bay được: 14 giờ 30 phút – 14 giờ = 30 phút = 0,5 giờ.

Vậy vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút ở tại điểm có tọa độ E(300; 400).

Ta có: $\overrightarrow{OE}=\left(300;400\right)$ nên $OE=\sqrt{{300}^2+{400}^2}=500$, hay khoảng cách từ đài kiểm soát không lưu O đến vị trí E của máy bay lúc 14 giờ 30 phút là 500 km.

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

Gọi H là hình chiếu của O đến đường thẳng d. Khi đó OH là khoảng cách ngắn nhất từ O đến H hay chính là tại vị trí H máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất.

Ta có H thuộc d nên tọa độ $H\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t;\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right)$.

Khi đó, $\overrightarrow{OH}=\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t;\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right)$.

Lại có đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_d}=-\frac{3}{1400}\left(-\frac{1400}{3};-\frac{1400}{3}\right)=\left(1;1\right)$.

Vì OH ⊥ d nên $\overrightarrow{OH}.\overrightarrow{u_d}=0\iff \left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t\right).1+\left(\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right).1=0$.

Khi đó H(– 50; 50).

Do đó, OH = $50\sqrt{2}$.

Ta có: t = $\frac{5}{4}$ giờ = 1 giờ 15 phút.

Vậy máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất lúc: 14 giờ + 1 giờ 15 phút = 15 giờ 15 phút và khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc này là $50\sqrt{2}$ km.

c) Gọi $K\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t;\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right)$ là vị trí máy bay ra khỏi màn hình ra đa.

Khi đó OK > 500 km.

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

Do đó, $OK=\sqrt{{\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t\right)}^2+{\left(\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right)}^2}$.

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

Suy ra ${\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3}t\right)}^2+{\left(\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3}t\right)}^2>250000$

$\iff \frac{3920000}{9}{t}^2-\frac{9800000}{9}t+\frac{3920000}{9}>0$

Ta có t = $\frac{1}{2}$ giờ = 30 phút.

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.