Một cổng vòm được thiết kế dạng parabol \(y = a{x^2}\) như hình vẽ. Biết chiều rộng của cổng \(AB = 6\) m và chiều cao của cổng là \(OH = 4,5\) m. Một ô tô chở hàng có chiều rộng 2,8 m cần phải qua cổng vòm. Hỏi chiều cao tối đa của xe hàng để xe có thể đi qua cổng là bao nhiêu (kết quả được viết dưới dạng số thập phân với độ chính xác 0,05)?

Đáp án: 324.

Gắn hệ trục tọa độ sao cho tâm \(O\) của sân vận động trùng với gốc tọa độ.

Với kích thước \(AB = 80\) m và \(AD = 100\) m, tọa độ các điểm là \(B\left( { - 50; - 40} \right)\), \(C\left( {50; - 40} \right)\), \(D\left( {50;40} \right)\). Vì \(H\) là trung điểm cạnh \(AD\) nên \(H\left( {0;40} \right)\).

Đường tròn tâm \(O\) có bán kính \(R = 20\) m.

Tổng quãng đường chạy là: \(S = MB + BC + CD + DH + HM\).

Các đoạn thẳng thuộc lộ trình này có chiều dài cố định là: \(BC = 100\) m, \(CD = 80\) m, \(DH = 50\) m. Tổng độ dài các đoạn cố định là 230 m.

Phần thay đổi là \(MH + MB\). Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức này với điểm \(M \in \left( {O;\,\,20} \right).\)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có \(MH + MB \ge HB.\)\(HB = \sqrt {{{50}^2} + {{80}^2}}  = \sqrt {8900}  \approx 94,34\)

Độ dài  (m).

Xét \(\Delta OHB\), diện tích tam giác được tính bằng:

\({S_{OHB}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot {h_B} = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 50 = 1000\) (m2).

Mặt khác, nếu coi \(HB\) là cạnh đáy thì: \({S_{OHB}} = \frac{1}{2} \cdot HB \cdot {h_O}\).

Suy ra khoảng cách từ tâm \(O\) đến đoạn thẳng \(HB\) là: \({h_O} = \frac{{2 \cdot 1000}}{{\sqrt {8900} }} \approx 21,2\) (m).

Khoảng cách từ tâm \(O\) đến đường thẳng \(HB\) là khoảng \(21,2\) m (lớn hơn bán kính \(R = 20)\) nên đoạn \(HB\) không giao cắt với đường tròn.

Như vậy \(MH + MB > HB \approx 94,34\) (m).

Khi đó, \(S > 230 + 94,34 = 324,34\) (m).

Vậy quãng đường ngắn nhất vận động viên cần chạy (làm tròn kết quả với độ chính xác 0,5) là khoảng 324 m.

Đáp án: 7,5.

Đổi 2 phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ.

Quãng đường máy bay bay được là: \(s = 450 \cdot \frac{1}{{30}} = 15\) (km).

Xét \(\Delta DEF\) vuông tại \(D\) tạo bởi đường bay \(EF,\) mặt đất \(DE\) và độ cao thẳng đứng, độ cao thẳng đứng chính là cạnh góc vuông \(DF\) đối diện với \(\widehat E = 30^\circ \). Áp dụng tỉ số lượng giác, ta có:

\(DF = EF \cdot \sin E = h = s \cdot \sin 30^\circ  = 15 \cdot 0,5 = 7,5\) (km).

Vậy sau 2 phút máy bay lên cao 7,5 km theo phương thẳng đứng.