Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), mỗi đơn vị trên hệ trục ứng với \(10\)km, trạm kiểm soát không lưu đang theo dõi hai máy bay. Máy bay thứ nhất ban đầu ở tọa độ \[A\left( {25; - 10;1} \right)\] và bay theo hướng \(\overrightarrow {{v_1}} = \left( { - 3; - 4;0} \right)\) với vận tốc không đổi là \(750\)km/h. Máy bay thứ hai ban đầu ở tọa độ \(B\left( {30; - 25;1,1} \right)\) và bay theo hướng vectơ \(\overrightarrow {{v_2}} = \left( { - 4;3;0} \right)\) với vận tốc không đổi là \(900\)km/h. Trên máy bay thứ nhất có gắn radar tránh va chạm với bán kính hoạt động là \(5,5\)km. Hỏi thời gian máy bay thứ hai xuất hiện trên màn hình của radar máy bay thứ nhất là bao nhiêu phút (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?

Chọn A

Diện tích hai hình parabol là: \({S_1} = 2.\frac{2}{3}.AB.\frac{{BC}}{2} = 2.\frac{2}{3}.4.4 = \frac{{32}}{3}(d{m^2}) = \frac{{32}}{{3.100}}({m^2})\).

Diện tích phần tô đậm là: \({S_2} = AB.BC - {S_1} = 4.8 - \frac{{32}}{3} = \frac{{64}}{3}(d{m^2}) = \frac{{64}}{{3.100}}\left( {{m^2}} \right)\).

Để trang trí \[1000\] họa tiết như vậy cần số tiền là:

\(1000.\left( {500.000{S_2} + 300.000{S_1}} \right) = 1000.\left( {500.000.\frac{{64}}{{3.100}} + 300.000.\frac{{32}}{{3.100}}} \right) \approx 138666667\)đ.

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