Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Máy bay đến sân bay Đà Nẵng ứng với thời gian t (giờ) thỏa mãn:
\(\left\{ \begin{array}{l}16,1 = 21,2 - \frac{{153}}{{40}}t\\108,2 = 105,8 + \frac{9}{5}t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{153}}{{40}}t = 5,1\\\frac{9}{5}t = 2,4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{4}{3}\\t = \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow t = \frac{4}{3}\).
Chuyến bay từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất \(\frac{4}{3}\) giờ.
b) Tại thời điểm \(t = 1\) giờ, ta có \(x = 21,2 - \frac{{153}}{{40}}.1 = 17,375\)
Vậy tại thời điểm 1 giờ sau khi cất cánh , máy bay ở vị trí có vĩ độ \(17,{375^o}\) Bắc nên máy bay đã bay qua vĩ tuyến 17.
Để xác định tọa độ của máy bay trực thăng ta sử dụng biểu thức tọa độ của 2 vectơ
a) Tàu A di chuyển theo hướng vecto \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 35;25} \right)\)
Tàu B di chuyển theo hướng vecto \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 30; - 40} \right)\)
Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường đi của hai tàu, ta có:
\(\cos \alpha = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\left( { - 35} \right).\left( { - 30} \right) + 25.\left( { - 40} \right)} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 35} \right)}^2} + {{25}^2}} .\sqrt {{{\left( { - 30} \right)}^2} + {{\left( { - 40} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{5\sqrt {74} }}.\)
b) Sau t giờ, vị trí của tàu A là điểm M có tọa độ là: \(M\left( {3 - 35t; - 4 + 25t} \right)\)
Sau t giờ, vị trí của tàu B là điểm N có tọa độ là: \(N\left( {4 - 30t;3 - 40t} \right)\)
Do đó, \(\overrightarrow {MN} = \sqrt {{{\left( {1 + 5t} \right)}^2} + {{\left( {7 - 65t} \right)}^2}} = \sqrt {4250{t^2} - 900t + 50} = \sqrt {4250{{\left( {t - \frac{9}{{85}}} \right)}^2} + \frac{{40}}{{17}}} \ge \sqrt {\frac{{40}}{{17}}} \approx 1,53\left( {km} \right)\)
Suy ra MN nhỏ nhất xấp xỉ 1,53km khi \(t = \frac{9}{{85}}\)
Vậy sau \(\frac{9}{{85}}\) giờ kể từ thời điểm xuất phát thì hai tàu gần nhau nhất và cách nhau 1,53km
c) Vị trí ban đầu của tàu A tại \({M_o}\) ứng với \(t = 0\) , khi đó \({M_o}\left( {3; - 4} \right)\)
Tàu B di chuyển theo đường thẳng có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {40; - 30} \right)\) và đi qua điểm \(K\left( {4;3} \right)\) Phương trình tổng quát của là: \(40\left( {x - 4} \right) - 30\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3y - 7 = 0\) \(\Delta \)
Ta có: \(d\left( {{M_o},\Delta } \right) = \frac{{\left| {4.3 - 3.\left( { - 4} \right) - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{17}}{5} = 3,4\left( {km} \right)\)
Vậy nếu tàu A đứng yên ở vị trí ban đầu còn tàu B di chuyển thì khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu bằng 3,4km.
Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình dưới:
Gọi A vị trí hàng rơi xuống, khi đó \({y_A} = 0\). Ta có, tọa độ của A thỏa mãn:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 50t\\y = 80 - \frac{1}{2}.9,8.{t^2}\end{array} \right.\)
Mà \({y_A} = 0 \Rightarrow 0 = 80 - \frac{1}{2}.9,8.{t^2} \Leftrightarrow {t^2} \approx 16,33 \Rightarrow t \approx 4(s)\)
Do đó \({x_A} = 50.4 = 200(m)\) hay khoảng cách giữa máy bay và thùng hàng cứu trợ là 200m.
Vậy để thùng hàng cứu trợ rơi đúng vị trí được chọn thì máy bay cần thả hàng khi cách điểm đó 200m.
a) Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {3; - 4} \right)\),nên có vectơ pháp tuyền là \(\overrightarrow n = \left( {4;3} \right)\) và đi qua \(A(1;2)\)
Ta có phương trình tổng quát là
\(4(x - 1) + 3(y - 2) = 0 \Leftrightarrow 4x + 3y - 10 = 0\)
b) Điểm M thuộc trục hoành nên tung độ bằng 0
Thay \(y = 0\) vào phương trình \(4x + 3y - 10 = 0\) ta tìm được \(x = \frac{5}{2}\)
Vậy \(\Delta \) cắt trục hoành tại điểm \(M\left( {\frac{5}{2};0} \right)\)
Vecto \(\overrightarrow a ,\;\overrightarrow b \) là vecto vận tốc của máy bay A và máy bay b.
Do đó \(\left| {\overrightarrow a } \right|,\;\left| {\overrightarrow b } \right|\) lần lượt là độ lớn của vecto vận tốc tương ứng.
Ta có: \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 600,\;\left| {\overrightarrow b } \right| = 800\)
\( \Rightarrow \frac{{\left| {\overrightarrow b } \right|}}{{\left| {\overrightarrow a } \right|}} = \frac{{800}}{{600}} = \frac{4}{3}\)
Hai hướng Đông Bắc và Tây Nam là ngược nhau, do đó \(\overrightarrow b = - \frac{4}{3}\overrightarrow a \)
Tọa độ của vecto \(\overrightarrow {OM} \) là tọa độ của điểm M (trong đó O là gốc tọa độ)
Khi tới vị trị M(3;4), vật bị văng khỏi quỹ đạo tròn và ngay sau đó bay theo hướng tiếp tuyến d của đường tròn tại điểm M. Do đó, d đi qua điểm M và nhận vecto \(\overrightarrow {OM} = \left( {3;4} \right)\) làm vecto pháp tuyến. Vậy phương trình của d là: \(3\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y - 25 = 0\).
Vẽ vecto \(\overrightarrow {AB} \) là vecto vận tốc của máy bay, \(\overrightarrow {AD} \) là vecto vận tốc của gió.
Khi đó vecto vận tốc mới của máy bay là \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \)
Dựng hình bình hành ABCD. Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \)
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC, ta có:
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.\cos B\)
Mà AB = 700, BC = AD = 40, \(\widehat B = {135^o}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{C^2} = {700^2} + {40^2} - 2.700.40.\cos {135^o} \approx 531197,98\\ \Leftrightarrow AC \approx 728,83\end{array}\)
Vậy tốc độ mới của máy bay là 728,83 km/h.
a) Vị trí máy bay vào lúc 14 giờ 30 phút là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 300\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 400\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ máy bay là \(\left( {300;400} \right)\). Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.
b) Ta có: \(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} \).
Do có \(M{O_{\min }} = 50\sqrt 2 \Leftrightarrow t = \frac{5}{4}\).
Vậy sau khi bay \(\frac{5}{4} = 1,25\) (giờ) tức là lúc 15h15p thì máy bay gần ra đa nhất và khoảng cách từ ra đa đến máy bay khi đó là \(50\sqrt 2 \left( {km} \right)\).
c) Máy bay rời khỏi màn hình ra đa khi mà khoảng cách từ M đến O lớn hơn 500km tức là:
\(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} \ge 500 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = 2\end{array} \right.\)
Vậy sau khi bay được 2h tức là lúc 16h thì máy bay thoát khỏi màn hình ra đa.