Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi tọa độ điểm M là (x; y)
Theo dự báo, tại thời điểm 9 giờ, tâm bão đã đi được \(\frac{9}{{12}} = \frac{3}{4}\) khoảng cách từ A tới B.
Hay \(AM = \frac{3}{4}.AB \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{3}{4}.\overrightarrow {AB} \)(*)
Mà \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 13,8;y - 108,3} \right),\;\)\(\,\overrightarrow {AB} = \left( {14,1 - 13,8;106,3 - 108,3} \right) = \left( {0,3; - 2} \right)\)
Do đó \((*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 13,8 = \frac{3}{4}.0,3\\y - 108,3 = \frac{3}{4}.\left( { - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14,025\\y = 106,8\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ điểm M là (14,025; 106,8)
a) Vị trí ban đầu ứng với \(t = 0\), suy ra vật thể ở vị trí có tọa độ là \(A\left( {2;5} \right)\).
Vị trí kết thúc ứng với \(t = 180\) , suy ra vật thể ở vị trí có tọa độ là \(B\left( {2;3} \right)\).
b) Từ đẳng thức \({\left( {\sin {t^o}} \right)^2} + {\left( {\cos {t^o}} \right)^2} = 1\) ta suy ra \({\left( {{x_M} - 2} \right)^2} + {\left( {{y_M} - 4} \right)^2} = 1\)
Do đó, M thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 1\)
Đường tròn có tâm \(I\left( {2;4} \right)\), bán kính \(R = 1\) và nhận AB làm đường kính.
Khi \(t \in \left[ {0;180} \right]\) thì \(\sin t \in \left[ {0;1} \right]\) và \(\cos t \in \left[ { - 1;1} \right]\). Do đó, \(2 + \sin {t^o} \in \left[ {2;3} \right]\) và \(4 + \cos {t^o} \in \left[ {3;5} \right]\).
Vậy quỹ đạo của vật thể là nửa đường tròn đường kính AB vẽ trên nửa mặt phẳng chứa điểm \(C\left( {3;0} \right)\) bờ AB.
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: \(3\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y - 25 = 0\).
Gọi B(x; y) là vị trí của tàu (trên mặt phẳng tọa độ) tại thời điểm sau khi khởi hành 1,5 giờ.
Do tàu khởi hành từ A đi chuyển với vận tốc được biểu thị bởi vectơ \(\overrightarrow v = \left( {3;4} \right)\) nên cứ sau mỗi giờ, tàu đi chuyển được một quãng bằng \(\left| {\overrightarrow v } \right|\).
Vậy sau 1,5 giờ tàu di chuyển tới B, ta được: \(\overrightarrow {AB} = 1,5.\overrightarrow v \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow (x - 1;y - 2) = 1,5\;.\left( {3;4} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 4,5\\y - 2 = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5,5\\y = 8\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy sau 1,5 tàu ở vị trí (trên mặt phẳng tọa độ) là B(5,5; 8).
a) Tung độ đỉnh của hàm số \(y = \frac{{ - 3}}{{1000}}{x^2} + x\) là:
\(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = \frac{{ - \left( {{1^2} - 4.\frac{{ - 3}}{{1000}}.0} \right)}}{{4.\frac{{ - 3}}{{1000}}}} = \frac{{250}}{3}\)
Vậy độ cao cực đại của vật là \(\frac{{250}}{3}(m)\)
b) Vật chạm đất khi:
\(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{1000}}{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{1000}}{3}\)và x=0(loại)
Vậy khoảng cách từ điểm chạm mặt đất sau khi bay của vật đến gốc O là \(\frac{{1000}}{3}\left( m \right)\)
Gọi J là vị trí âm thanh phát đi. Ta có J cách đều O, A, B. Do đó J là giao của hài đường trun trực \({d_1},{d_2}\) tương ứng của OA, OB. Đường thẳng \({d_1}\) đi qua trung điểm M của OA và vuông góc với OA. Ta có \(M\left( {\frac{1}{2};0} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_{{d_1}}}} = \overrightarrow {OA} = \left( {1;0} \right)\).
Phương trình đường thẳng \({d_1}\) là \(1\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 0\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\).
Tương tự, phương trình đường thẳng \({d_2}\) là \(x + 3y - 5 = 0\).
Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x + 3y - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\y = \frac{3}{2}\end{array} \right.\).
Vậy \(J\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\).
Tham khảo:
Giả sử chiếc đu quay quay theo chiều kim đồng hồ.
Gọi M là vị trí của cabin, M’ là vị trí của cabin sau 20 phút và các điểm A A’, B, H như hình dưới.
Vì đi cả vòng quay mất 30 phút nên sau 20 phút, cabin sẽ đi quãng đường bằng \(\frac{2}{3}\) chu vi đường tròn.
Sau 15 phút cabin đi chuyển từ điểm M đến điểm B, đi được \(\frac{1}{2}\) chu vi đường tròn.
Trong 5 phút tiếp theo cabin đi chuyển từ điểm B đến điểm M’ tương ứng \(\frac{1}{6}\) chu vi đường tròn hay \(\frac{1}{3}\) cung .
Do đó: \(\widehat {BOM'} = \frac{1}{3}{.180^o} = {60^o}\)\( \Rightarrow \widehat {AOM'} = {90^o} - {60^o} = {30^o}.\)
\( \Rightarrow M'H = \sin {30^o}.OM' = \frac{1}{2}.75 = 37,5\left( m \right).\)
\( \Rightarrow \) Độ cao của người đó là: 37,5 + 90 = 127,5 (m).
Vậy sau 20 phút quay người đó ở độ cao 127,5 m.
Gọi M (x; y) là vị trí của tâm bão tại thời điểm t giờ.
Tâm bão chuyển động đều từ A (13,8; 108,3) đến B (14,1;106,3).
Khi đó ta có: \(\overrightarrow {AM} = \frac{t}{{12}}.\overrightarrow {AB} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow (x - 13,8;y - 108,3) = \frac{t}{{12}}.(14,1 - 13,8;106,3 - 108,3)\\ \Leftrightarrow (x - 13,8;y - 108,3) = \frac{t}{{12}}.(0,3; - 2)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 13,8 = \frac{t}{{40}}\\y - 108,3 = - \frac{t}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13,8 + \frac{t}{{40}}\\y = 108,3 - \frac{t}{6}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tại thời điểm t giờ, tâm bão ở vị trí \(M\left( {13,8 - \frac{t}{{40}};108,3 - \frac{t}{6}} \right)\)