Giải SBT Bài 4 Chương 7 – SBT Toán 10 CÁNH DIỀU

GIẢI CHI TIẾT Giải SBT Bài 4 Chương 7 – SBT Toán 10 CÁNH DIỀU
===========

Giải bài 33 trang 81 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm các đường thẳng có VTCP nhân vô hướng với VTPT của đường thẳng x − 2y + 3 = 0 bằng 0

Bước 2: Lấy 1 điểm trên các đường thẳng đã tìm ở bước 1, thay tọa độ điểm đó vào PT đường thẳng

x − 2y + 3 = 0. Nếu điểm đó không thuộc đường thẳng x − 2y + 3 = 0 thì đường thẳng chứa điểm đó là đường thẳng cần tìm

Lời giải chi tiết

Đường thẳng ∆: x − 2y + 3 = 0 có VTPT là \(\overrightarrow n  = (1; – 2)\).

Đường thẳng d song song với ∆ nhận \(\overrightarrow n  = (1; – 2)\) làm VTPT và có VTCP là \(\overrightarrow u \) thỏa mãn \(\overrightarrow u .\overrightarrow n  = 0\)

 (Loại C, D)

Xét điểm M(-1; 1) thuộc đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}x =  – 1 + 2t\\y = 1 + t\end{array} \right.\). Ta thấy tọa độ M thỏa mãn PT x − 2y + 3 = 0 nên M nằm trên ∆ (Loại A)

 Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 34 trang 81 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Tìm đường thẳng có VTCP nhân vô hướng với vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}x =  – 1 + 3t\\y = 1 – 2t\end{array} \right.\) bằng 0

Lời giải chi tiết

Đường thẳng ∆: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  – 1 + 3t\\y = 1 – 2t\end{array} \right.\) có VTCP \(\overrightarrow u  = (3; – 2)\)

Đường thẳng d vuông góc với ∆ có VTCP \(\overrightarrow v \) thỏa mãn \(\overrightarrow v .\overrightarrow u  = 0\)

Ta thấy vectơ \(\overrightarrow v  = ( – 2; – 3)\) thỏa mãn   

Chọn A

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 35 trang 81 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm VTPT của ∆ (là VTPT của d)

Bước 2: Viết PTTQ của ∆ biết điểm đi qua là M và VTPT đã tìm ở bước 1

Lời giải chi tiết

d có VTPT \(\overrightarrow n  = (2; – 1)\)

Do ∆ // d nên ∆ nhận \(\overrightarrow n  = (2; – 1)\) làm VTPT.

∆ có PT: 2x – y + 4 = 0   

Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 36 trang 81 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm một VTPT của ∆ (thỏa mãn nhân vô hướng với VTPT của d bằng 0)

Bước 2: Viết PTTQ của ∆ biết điểm đi qua là M và VTPT đã tìm ở bước 1

Lời giải chi tiết

d có VTPT \(\overrightarrow n  = (1; – 3)\) \( \Rightarrow d\) có VTCP là \(\overrightarrow u  = (3;1)\)

Do ∆ \( \bot \) d nên ∆ nhận \(\overrightarrow u  = (3;1)\) làm VTPT.

∆ có PT: 3x + y – 5 = 0    

Chọn D

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 37 trang 81 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Tính góc giữa hai vectơ pháp tuyến của ∆₁ và ∆₂ (sử dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng)

+ Nếu \(\left( {\overrightarrow {{n_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{n_{{\Delta _2}}}} } \right) \le {90^0}\) thì \(\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = \left( {\overrightarrow {{n_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{n_{{\Delta _2}}}} } \right)\)

+ Nếu \({90^0} < \left( {\overrightarrow {{n_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{n_{{\Delta _2}}}} } \right) < {180^0}\) thì \(\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = {180^0} – \left( {\overrightarrow {{n_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{n_{{\Delta _2}}}} } \right)\)

Lời giải chi tiết

∆₁ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = (1; – 2)\); ∆₂ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_2}}  = ( – 2; – 1)\)

Ta có: \(\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}}  = 1.( – 2) + ( – 2).( – 1) =  – 2 + 2 = 0\) \( \Rightarrow {\Delta _1} \bot {\Delta _2}\) \( \Rightarrow \left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = {90^0}\)   

Chọn C

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 38 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Tính góc giữa hai vectơ chỉ phương của ∆₁ và ∆₂ (sử dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng)

+ Nếu \(\left( {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right) \le {90^0}\) thì \(\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = \left( {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right)\)

+ Nếu \({90^0} < \left( {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right) < {180^0}\) thì \(\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = {180^0} – \left( {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right)\) 

Lời giải chi tiết

∆₁ có VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = (\sqrt 3 ; – 1)\); ∆₂ có VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = (\sqrt 3 ;1)\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = \frac{{\sqrt 3 .\sqrt 3  + ( – 1).1}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{( – 1)}^2}} .\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {1^2}} }}\)\( = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = {60^0}\)

\( \Rightarrow \left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = {60^0}\)   

Chọn D

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 39 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm \(M({x_M};{y_M})\) đến đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\):

\(d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {a{x_M} + b{y_M} + c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\) 

Lời giải chi tiết

Ta có: \(d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {( – 3).5 + 2.( – 2) + 6} \right|}}{{\sqrt {{{( – 3)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{\left| { – 13} \right|}}{{\sqrt {13} }} = \sqrt {13} \)   

Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 40 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Đưa các phương trình về dạng PTTQ

Bước 2: Giải hệ 2 PT đường thẳng và xét số nghiệm của hệ để tìm vị trí tương đối của các đường thẳng

* Với ý b) có thể xét 2 VTPT của d₃ và d₄. Nếu 2 vectơ cùng phương thì lấy 1 điểm trên đường thẳng này và xét xem có thuộc đường thẳng kia hay không. Trong trường hợp không thuộc thì d₃ // d₄ và ngược lại thì d₃ trùng d₄. 

* Với ý c) ta cũng có thể xét 2 VTCP của d₅ và d₆. Nếu 2 vectơ cùng phương thì lấy 1 điểm trên đường thẳng này và xét xem có thuộc đường thẳng kia hay không. Trong trường hợp không thuộc thì d₅ // d₆ và ngược lại thì d₅ trùng d₆.

Lời giải chi tiết

a) \({d_1}:2x – 3y + 5 = 0\) và \({d_2}:2x + y – 1 = 0\)

Tọa độ giao điểm của d₁ và d₂ là nghiệm của hệ PT: \(\left\{ \begin{array}{l}2x – 3y + 5 = 0\\2x + y – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x – 3y =  – 5\\2x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  – \frac{1}{4}\\y = \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Hệ trên có một nghiệm duy nhất. Vậy d₁ và d₂ cắt nhau.

b) \({d_3}:\left\{ \begin{array}{l}x =  – 1 – 3t\\y = 3 + t\end{array} \right.\) và \({d_4}:x + 3y – 5 = 0\)

d₃ đi qua điểm (-1; 3) và có VTCP là \(\overrightarrow u  = ( – 3;1)\) \( \Rightarrow \) d₃ có một VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = (1;3)\)

\( \Rightarrow \) d₃ và d₄ có cùng VTPT nên d₃ // d₄ hoặc d₃ và d₄ trùng nhau

Thay tọa độ điểm (-1; 3) vào PT d₄ ta có: -1 + 3.3 – 5 = 3 ≠ 0 \( \Rightarrow ( – 1;3) \notin {d_4}\)

Vậy d₃ // d₄

c) \({d_5}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – 2t\\y =  – 1 + t\end{array} \right.\) và \({d_6}:\left\{ \begin{array}{l}x =  – 2 + 2t’\\y = 1 – t’\end{array} \right.\)

d₅ đi qua A(2; -1), có VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = ( – 2;1)\)

d₆ đi qua B(-2; 1), có VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = (2; – 1)\)

Ta thấy \(\overrightarrow {{u_1}} \) và \(\overrightarrow {{u_2}} \) cùng phương nên d₅ // d₆ hoặc d₅ và d₆ trùng nhau

Thay tọa độ điểm A vào PT d6 ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2 =  – 2 + 2t’\\ – 1 = 1 – t’\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = 2\\t’ = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow t’ = 2 \Rightarrow A \in {d_6}\)

Vậy d₅ và d₆ trùng nhau

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 41 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Đưa các PT của mỗi ý về cùng dạng PT đường thẳng

Bước 2: Tính góc giữa hai vectơ pháp tuyến (chỉ phương) của 2 đường thẳng rồi suy ra góc giữa hai đường thẳng tương ứng

Lời giải chi tiết

a) ∆₁: 3x + y – 5 = 0 và ∆₂: x + 2y − 3 = 0

∆₁ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = (3;1)\); ∆₂ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_2}}  = (1;2)\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{3.1 + 1.2}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2}} }}\)\( = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = {45^0}\)

Vậy \(\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = {45^0}\)

b) \({\Delta _3}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 3 t\\y =  – 1 + 3t\end{array} \right.\) và \({\Delta _4}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – \sqrt 3 t’\\y =  – t’\end{array} \right.\)

∆₃ có VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = (\sqrt 3 ;3)\); ∆₄ có VTPT là \(\overrightarrow {{u_2}}  = ( – \sqrt 3 ; – 1)\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = \frac{{\sqrt 3 .\left( { – \sqrt 3 } \right) + 3.( – 1)}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {3^2}} .\sqrt {{{\left( { – \sqrt 3 } \right)}^2} + {{( – 1)}^2}} }}\)\( =  – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = {150^0}\)

Vậy \(\left( {{\Delta _3},{\Delta _4}} \right) = {180^0} – {150^0} = {30^0}\)

c) \({\Delta _5}: – \sqrt 3 x + 3y + 2 = 0\) và \({\Delta _6}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3t\\y = 1 – \sqrt 3 t\end{array} \right.\)

∆₅ có VTPT là \(\overrightarrow n  = ( – \sqrt 3 ;3)\) \( \Rightarrow {\Delta _5}\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_3}}  = (3;\sqrt 3 )\)

∆₆ có VTCP là \(\overrightarrow {{u_4}}  = (3; – \sqrt 3 )\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_3}} ,\overrightarrow {{u_4}} } \right) = \frac{{3.3 + \sqrt 3 .\left( { – \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} .\sqrt {{3^2} + {{\left( { – \sqrt 3 } \right)}^2}} }}\)\( = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_3}} ,\overrightarrow {{u_4}} } \right) = {60^0}\) 

Vậy \(\left( {{\Delta _5},{\Delta _6}} \right) = {60^0}\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 42 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Đưa các PT về dạng PTTQ

Bước 2: Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm\(M({x_M};{y_M})\) đến đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\)

\(d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {a{x_M} + b{y_M} + c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

Lời giải chi tiết

a) Ta có: \(d(A,{\Delta _1}) = \frac{{\left| {2.( – 3) + 1 – 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| { – 9} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{9\sqrt 5 }}{5}\)

b) ∆₂ đi qua điểm (-3; 1) và có VTCP là \(\overrightarrow u  = (3; – 1)\) \( \Rightarrow {\Delta _2}\) có một VTPT là \(\overrightarrow n  = (1;3)\)

∆₂ có PTTQ: x + 3y = 0

Ta có: \(d(B,{\Delta _2}) = \frac{{\left| {1.1 + 3.( – 3)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {3^2}} }} = \frac{{\left| { – 8} \right|}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{4\sqrt {10} }}{5}\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 43 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆₁

Bước 2: Tính khoảng cách d(M, ∆₂) rồi biến đổi biểu thức để chứng minh

Lời giải chi tiết

Gọi \(M\left( {{x_M};\frac{{ – c – a{x_M}}}{b}} \right)\) thuộc đường thẳng ∆₁

Do ∆₁ // ∆₂  nên \(d({\Delta _1},{\Delta _2}) = d(M,{\Delta _2})\)

Ta có: \(d(M,{\Delta _2}) = \frac{{\left| {a.{x_M} + b.\frac{{ – c – a{x_M}}}{b} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)\( = \frac{{\left| {a{x_M} – c – a{x_M} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{\left| {d – c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

Vậy \(d({\Delta _1},{\Delta _2}) = \frac{{\left| {d – c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\) (ĐPCM) 

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 44 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Cho 2 đường thẳng ∆₁: ax + by + c = 0 và ∆₂: a’x + b’y + c’ = 0. Ta có ∆₁ // ∆₂ \( \Leftrightarrow \frac{a}{{a’}} = \frac{b}{{b’}} \ne \frac{c}{{c’}}\)

Bước 1: Áp dụng kết quả trên để tìm m thỏa mãn ∆₁ // ∆₂

Bước 2: Tìm m để 2 VTPT của ∆₁ và ∆₂  nhân vô hướng với nhau bằng 0 thỏa mãn ∆₁\( \bot {\Delta _2}\)

Lời giải chi tiết

∆₁ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}}  = (m; – 2)\); ∆₂ có VTPT là \(\overrightarrow {{n_2}}  = (1; – 2)\)

a) ∆₁ // ∆₂ khi và chỉ khi \(\overrightarrow {{n_1}} \) và \(\overrightarrow {{n_2}} \) cùng phương và ∆₁ và ∆₂ không trùng nhau

\( \Leftrightarrow \frac{m}{1} = \frac{{ – 2}}{{ – 2}} \ne \frac{{ – 1}}{3} \Leftrightarrow m = 1\)

Vậy với m = 1 thì ∆₁ // ∆₂

b) \({\Delta _1} \bot {\Delta _2} \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}}  = 0 \Leftrightarrow m + 4 = 0 \Leftrightarrow m =  – 4\)

Vậy với m = -4 thì \({\Delta _1} \bot {\Delta _2}\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 45 trang 82 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Gọi đường thẳng ∆ có dạng: ax + by + c = 0 (1)

Bước 1: Thay tọa độ B vào PT (1) rồi biểu diễn c theo a và b

Bước 2: Sử dụng công thức khoảng cách để lập PT dạng d(A, ∆) = d(C, ∆)

Bước 3: Giải PT trên tìm mối liên hệ giữa a và b

Bước 4: Lựa chọn 2 giá trị a và b theo mối liên hệ rồi viết PT ∆

Lời giải chi tiết

Giả sử ∆ có dạng: ax + by + c = 0 (1)

Do \(B(4;2) \in \Delta \) nên \(4a + 2b + c = 0 \Rightarrow c =  – 4a – 2b\)\( \Rightarrow \Delta :ax + by – 4a – 2b = 0\)

Theo giả thiết, d(A, ∆) = d(C, ∆) \( \Leftrightarrow \frac{{\left| { – 2a + 2b – 4a – 2b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{\left| {6a + 4b – 4a – 2b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

                                                 \( \Rightarrow \left| { – 6a} \right| = \left| {2a + 2b} \right| \Leftrightarrow 6\left| a \right| = \left| {2a + 2b} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6a = 2a + 2b\\6a =  – 2a – 2b\end{array} \right.\)

                                                 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4a = 2b\\8a =  – 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2a = b\\ – 4a = b\end{array} \right.\)

+ Với 2a = b, chọn \(a = 1 \Rightarrow b = 2\)\( \Rightarrow \) ∆ có PT: x + 2y – 8 = 0

+ Với -4a = b, chọn \(a = 1 \Rightarrow b =  – 4\)\( \Rightarrow \) ∆ có PT: x – 4y + 4 = 0

Vậy có 2 đường thẳng ∆ thỏa mãn là x + 2y – 8 = 0 và x – 4y + 4 = 0

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4

Giải bài 46 trang 83 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm vectơ chỉ phương của 2 đường thẳng là đường đi của 2 tàu A và B dựa vào PT đường đi của tàu A và tọa độ của tàu B

Bước 2: Tính cosin giữa hai vectơ chỉ phương tìm được ở bước 1 và lấy giá trị dương để tính côsin góc giữa hai đường đi của hai tàu A và B

Bước 3: Tìm tọa độ 2 điểm M, N (tham số hóa tọa độ 2 điểm M, N) ở 2 vị trí mà tàu A và tàu B đến sau khi xuất phát t giờ. Tìm t để MN đạt GTNN

Lời giải chi tiết

a) Tàu A chuyển động theo chiều vectơ \(\overrightarrow {{u_1}}  = (36;8)\); tàu B chuyển động theo chiều vectơ \(\overrightarrow {{u_2}}  = (8; – 36)\)

Ta có: \(\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}}  = 36.8 + 8.( – 36) = 0\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_1}}  \bot \overrightarrow {{u_2}}  \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = 0\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường đi của hai tàu. Khi đó \(\cos \alpha  = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right)} \right| = 0\)

b) Sau t giờ: tàu A ở vị trí điểm \(M(7 + 36t; – 8 + 8t)\); tàu B ở vị trí điểm \(N(9 + 8t;5 – 36t)\)

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = ( – 28t + 2; – 44t + 13) \Rightarrow MN = \sqrt {{{( – 28t + 2)}^2} + {{( – 44t + 13)}^2}} \)

                                               \( \Leftrightarrow M{N^2} = {( – 28t + 2)^2} + {( – 44t + 13)^2} = 2720{t^2} – 1256t + 173\)

Theo giả thiết, MN đạt GTNN \( \Leftrightarrow M{N^2}\) đạt GTNN

Xét \(M{N^2} = 2720{t^2} – 1256t + 173 = 2720{\left( {t – \frac{{157}}{{680}}} \right)^2} + \frac{{4761}}{{170}}\)\( \ge \frac{{4761}}{{170}}\) \( \Rightarrow MN \ge \sqrt {\frac{{4761}}{{170}}} \)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = \(\frac{{157}}{{680}}\)

Vậy sau \(\frac{{157}}{{680}}\) giờ thì hai tàu gần nhau nhất và cách nhau một khoảng là 5,29 km

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Chương 7 Bài 4
=======

THUỘC: Giải sách bài tập toán 10 – Cánh diều