Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ

 

Phần tô đậm được đính đá với giá thành đ/m. Phần còn lại được tô màu với giá thành . Cho \(AB = 4dm;BC = 8dm\). Hỏi để trang trí \[1000\] họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào sau đây.

Đáp án: \(5,4\)

Chọn mốc thời gian là khi máy bay thứ nhất bắt đầu chuyển động.

Tại thời điểm \(t\), tọa độ của máy bay thứ nhất là \({A_1} = A + 75t\frac{{\overrightarrow {{v_1}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right|}} = \left( {25 - 45t; - 10 - 60t;1} \right)\).

Tời thời điểm \(t\), tọa độ của chiếc máy bay thứ hai là \({B_1} = B + 90t\frac{{\overrightarrow {{v_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_2}} } \right|}} = \left( {30 - 72t; - 25 + 54t;1,1} \right)\).

Mãy bay thứ hai đi vào phạm vi theo dõi của radar máy bay thứ nhất khi

\({A_1}{B_1} < 5,5\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {5 - 27t} \right)}^2} + {{\left( {15 - 114t} \right)}^2} + 0,{1^2}}  < 5,5\)

\( \Leftrightarrow 13725{t^2} - 3690t + 219,76 < 0\)\( \Rightarrow t \in \left( {0,09;0,18} \right)\).

Vậy thời gian máy bay thứ hai xuất hiện trên màn hình radar của máy thứ nhất là

\({\Delta _t} = 0,18 - 0,09 = 0,09\)(h)\( = 5,4\)(phút).

a) Sai.

Gọi \({V_1}\) là thể tích của nửa khối cầu tâm \({O_2}\), bán kính \({R_2} = 8\);

\({V_2}\) là thể tích của khối chỏm cầu bán kính \({R_1} = 10\), chiều cao \({O_2}H\).

Ta có \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R_2^3 = \frac{{1024}}{3}\pi \).

Trong tam giác \(A{O_1}{O_2}\) vuông tại \({O_2}\) có \({O_1}{O_2} = \sqrt {A{O_1}^2 - A{O_2}^2}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\).

Suy ra \({O_2}H = {O_1}H - {O_1}{O_2} = 10 - 6 = 4\).

Do đó \({V_2} = \pi  \cdot {O_2}{H^2}\left( {{R_1} - \frac{{{O_2}H}}{3}} \right) = \pi  \cdot {4^2}\left( {10 - \frac{4}{3}} \right) = \frac{{416}}{3}\pi \).

Vậy thể tích khối tròn xoay thu được là \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{{608}}{3}\pi \).

b) Sai.

Toạ độ điểm \({O_1}\) là \({O_1}\left( { - 6;0} \right)\). Suy ra phương trình đường tròn \(\left( {{O_1};10} \right)\) là \({\left( {x + 6} \right)^2} + {y^2} = 100\).

c) Đúng.

Toạ độ điểm \({O_2}\) là \({O_2}\left( {0;0} \right)\). Suy ra phương trình đường tròn \(\left( {{O_2};8} \right)\) là \({x^2} + {y^2} = 64\).

d) Sai.

Diện tích nửa hình tròn \(\left( {{O_2};8} \right)\) là \({S_1} = \frac{1}{2} \cdot 4\pi R_2^2 = 32\pi \).

Gọi \(\left( K \right)\) là phần hình phẳng giới hạn bởi đường \(y = \sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} \), trục hoành, \(x = 0\) và \(x = 4\). Khi đó diện tích hình phẳng \(\left( K \right)\) là \({S_K} = \int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

Vậy diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = {S_1} - 2{S_K} = 32\pi  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

Lưu ý:

a) Thể tích khối tròn xoay thu được là \[V = \pi \int\limits_0^8 {\left( {64 - {x^2}} \right)dx - \pi \int\limits_0^4 {\left( {100 - \left( {x + {6^2}} \right)} \right)dx} }  = \frac{{608}}{3}\pi \].

d) Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = 2\int\limits_0^8 {\sqrt {64 - {x^2}} {\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

hay \(S = 32\pi  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \)