Bài tập Cuối chương 7 có đáp án

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 3;\,5 - 4} \right)$. Vậy $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;\,\,1} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D.

Đường thẳng ∆: 2x – 3y + 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2;\,\, - 3} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B.

Ta có: (x + 6)$^{2}$ + (y – 12)$^{2}$ = 81 ⇔ (x – (– 6))$^{2}$ + (y – 12)$^{2}$ = 9$^{2}$.

Do đó đường tròn (C) có tâm I(– 6; 12).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D.

Khoảng cách từ điểm A(1; 1) đến đường thẳng Δ: 3x + 4y + 13 = 0 là

$d\left( {A,\,\Delta } \right) = \frac{{\left| {3.1 + 4.1 + 13} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{20}}{5} = 4$.

Hướng dẫn giải

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow {OM}$ chính là tọa độ của điểm M(2; 1), do đó $\overrightarrow {OM} = \left( {2;\,\,1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( { - 1 - 2;\,3 - 1} \right)$, do đó $\overrightarrow {MN} = \left( { - 3;\,\,2} \right)$.

$\overrightarrow {MP} = \left( {4 - 2;\,2 - 1} \right)$, do đó $\overrightarrow {MP} = \left( {2;\,\,1} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Ta có: $\overrightarrow {MN} \,.\,\,\overrightarrow {MP} = \left( { - 3} \right).2 + 2.1 = - 6 + 2 = - 4$.

Hướng dẫn giải:

$MN = \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {2^2}} = \sqrt {13}$;

$MP = \left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5$.

Hướng dẫn giải:

Ta có: $cos\widehat {NMP} = cos\left( {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MP} } \right)$$= \frac{{\overrightarrow {MN} \,.\,\overrightarrow {MP} }}{{\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\left| {\overrightarrow {MP} } \right|}} = \frac{{ - 4}}{{\sqrt {13} .\sqrt 5 }} = \frac{{ - 4\sqrt {65} }}{{65}}$.

Vậy $cos\widehat {NMP} = \frac{{ - 4\sqrt {65} }}{{65}}$.

Hướng dẫn giải:

Tọa độ trung điểm I của NP là ${x_I} = \frac{{\left( { - 1} \right) + 4}}{2} = \frac{3}{2};\,\,{y_I} = \frac{{3 + 2}}{2} = \frac{5}{2}$ hay $I\left( {\frac{3}{2};\,\,\frac{5}{2}} \right)$.

Tọa độ trọng tâm G của tam giác MNP là ${x_G} = \frac{{2 + \left( { - 1} \right) + 4}}{3} = \frac{5}{3};\,{y_G} = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = \frac{6}{3} = 2$ hay $G\left( {\frac{5}{3};\,\,2} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đường thẳng d đi qua điểm A(– 3; 2) và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2;\, - 3} \right)$, do đó phương trình tổng quát của đường thẳng d là: 2(x – (– 3)) – 3(y – 2) = 0 hay 2x – 3y + 12 = 0.

Đường thẳng d có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2;\, - 3} \right)$, do đó nó có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {3;\,\,2} \right)$.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 3t\\y = 2 + 2t\end{array} \right.$ (t là tham số).

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d đi qua điểm B(– 2; – 5) và có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( { - 7;\,6} \right)$, do đó phương trình tham số của đường thẳng d là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 - 7t\\y = - 5 + 6t\end{array} \right.$ (t là tham số).

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( { - 7;\,6} \right)$, suy ra nó có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {6;\,7} \right)$.

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là 6(x + 2) + 7(y + 5) = 0 hay 6x + 7y + 47 = 0.

Hướng dẫn giải:

Ta có: $\overrightarrow {CD} = \left( {5 - 4;\,2 - 3} \right) = \left( {1;\, - 1} \right)$.

Đường thẳng d đi qua 2 điểm C, D nên có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \overrightarrow {CD} = \left( {1;\, - 1} \right)$.

Do đó, phương trình tham số của đường thẳng d là $\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = 3 - t\end{array} \right.$ (t là tham số).

Đường thẳng d có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;\,1} \right)$.

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là 1(x – 4) + 1(y – 3) = 0 hay x + y – 7 = 0.

Hướng dẫn giải

Đường tròn (C) có tâm I(– 4; 2) và bán kính R = 3.

Vậy phương trình đường tròn (C) là (x – (– 4))$^{2}$ + (y – 2)$^{2}$ = 3$^{2}$ hay (x + 4)$^{2}$ + (y – 2)$^{2}$ = 9.

Hướng dẫn giải:

Đường tròn (C) có tâm P(3; – 2) và đi qua điểm E(1; 4) nên bán kính của đường tròn chính bằng khoảng cách từ P đến E.

Do đó, R = PE = $\sqrt {{{\left( {1 - 3} \right)}^2} + {{\left( {4 - \left( { - 2} \right)} \right)}^2}} = \sqrt {4 + 36} = \sqrt {40}$.

Vậy phương trình đường tròn (C) là ${\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \left( { - 2} \right)} \right)^2} = {\left( {\sqrt {40} } \right)^2}$ hay (x – 3)$^{2}$ + (y + 2)$^{2}$= 40.

Hướng dẫn giải:

Đường tròn (C) có tâm Q(5; – 1) và tiếp xúc với đường thẳng Δ: 3x + 4y – 1 = 0, do đó bán kính của đường tròn chính bằng khoảng cách từ tâm Q đến đường thẳng ∆.

Hay R = d(Q, ∆) = $\frac{{\left| {3.5 + 4.\left( { - 1} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{10}}{5} = 2$.

Vậy phương trình đường tròn (C) là (x – 5)$^{2}$ + (y – (– 1))$^{2}$ = 2$^{2}$ hay (x – 5)$^{2}$ + (y + 1)$^{2}$ = 4.

Hướng dẫn giải:

Đường tròn (C) đi qua ba điểm A(– 3; 2), B(– 2; – 5) và D(5; 2).

Giả sử tâm của đường tròn là điểm I(a; b).

Ta có IA = IB = ID ⇔ IA$^{2}$ = IB$^{2}$ = ID$^{2}$.

Vì IA$^{2}$ = IB$^{2}$, IB$^{2}$ = ID$^{2}$ nên

$\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 3 - a} \right)^2} + {\left( {2 - b} \right)^2} = {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {\left( { - 5 - b} \right)^2}\\{\left( { - 2 - a} \right)^2} + {\left( { - 5 - b} \right)^2} = {\left( {5 - a} \right)^2} + {\left( {2 - b} \right)^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + 6a + 9 + {b^2} - 4b + 4 = {a^2} + 4a + 4 + {b^2} + 10b + 25\\{a^2} + 4a + 4 + {b^2} + 10b + 25 = {a^2} - 10a + 25 + {b^2} - 4b + 4\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a - 14b = 16\\14a + 14b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 1\end{array} \right.$

Đường tròn tâm I(1; – 1) bán kính R = ID = $\sqrt {{{\left( {5 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}}$$= \sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 + 1} \right)}^2}} = 5$

Phương trình đường tròn (C) là ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - \left( { - 1} \right)} \right)^2} = {5^2}$.

Vậy phương trình đường tròn (C) là ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 25$.

Hướng dẫn giải

Quan sát Hình 64 ta thấy đường thẳng d đi qua hai điểm A(– 1; 1) và B(2; 3).

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {3;\,\,2} \right)$.

Do đó, đường thẳng d đi qua điểm A(– 1; 1) và có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} = \left( {3;\,\,2} \right)$ nên phương trình tham số của đường thẳng d là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 3t\\y = 1 + 2t\end{array} \right.$ (t là tham số).

Hướng dẫn giải:

Quan sát Hình 64 ta thấy đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 2, do đó phương trình đường tròn (C) là (x – 2)$^{2}$ + (y – 1)$^{2}$ = 2$^{2}$ hay (x – 2)$^{2}$ + (y – 1)$^{2}$ = 4.

Hướng dẫn giải:

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm $M\left( {2 + \sqrt 2 ;\,1 + \sqrt 2 } \right)$ là

$\left( {2 + \sqrt 2 - 2} \right)\left( {x - \left( {2 + \sqrt 2 } \right)} \right) + \left( {1 + \sqrt 2 - 1} \right)\left( {y - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt 2 x - 2\sqrt 2 - 2 + \sqrt 2 y - \sqrt 2 - 2 = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt 2 x + \sqrt 2 y - 3\sqrt 2 - 4 = 0$

$\Leftrightarrow x + y - 3 - 2\sqrt 2 = 0$.

Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là $x + y - 3 - 2\sqrt 2 = 0$.

Hướng dẫn giải

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ$_{1}$ và Δ$_{2}$là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 x + y - 4 = 0\\x + \sqrt 3 y - 2\sqrt 3 = 0\end{array} \right.$.

Giải hệ trên, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 x + y - 4 = 0\\x + \sqrt 3 y - 2\sqrt 3 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 x + y = 4\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\sqrt 3 x + 3y = 6\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Lấy (2) trừ vế theo vế cho (1) ta được: 3y – y = 6 – 4 ⇔ 2y = 2 ⇔ y = 1.

Thay y = 1 vào (1) ta được: $\sqrt 3 x + 1 = 4 \Leftrightarrow \sqrt 3 x = 3 \Leftrightarrow x = \sqrt 3$.

Do đó, hệ trên có nghiệm duy nhất $\left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right)$.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ$_{1}$ và Δ$_{2}$ là $\left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right)$.

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng ∆$_{1}$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right)$.

Đường thẳng ∆$_{2}$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1;\,\,\sqrt 3 } \right)$.

Ta có: $co{\rm{s}}\left( {{\Delta _1},\,\,{\Delta _2}} \right) = \left| {cos\left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right|$$= \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \,\,.\,\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {\sqrt 3 .1 + 1.\sqrt 3 } \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{2.2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Do đó, (∆$_{1}$, ∆$_{2}$) = 30°.

Hướng dẫn giải

Ta có: y$^{2}$ = 18x ⇔ y$^{2}$ = 2 . 9 . x

Do đó, phương trình trên là phương trình của parabol với p = 9.

Ta có $\frac{p}{2} = \frac{9}{2}$ nên tọa độ tiêu điểm của parabol là $F\left( {\frac{9}{2};0} \right)$.

Hướng dẫn giải:

$\frac{{{x^2}}}{{64}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1$$\Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{8^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{5^2}}} = 1$.

Do đó, phương trình trên là phương trình của elip với a = 8, b = 5 thỏa mãn a > b > 0.

Ta có: c$^{2}$ = a$^{2}$ – b$^{2}$ = 64 – 25 = 39, suy ra c = $\sqrt {39}$.

Vậy tọa độ các tiêu điểm của elip là ${F_1}\left( { - \sqrt {39} ;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {{F_2}} \left( {\sqrt {39} ;\,\,0} \right)$.

Hướng dẫn giải:

$\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{3^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{4^2}}} = 1$.

Do đó, phương trình trên là phương trình của hypebol với a = 3, b = 4 thỏa mãn a > 0, b > 0.

Ta có: c$^{2}$ = a$^{2}$ + b$^{2}$ = 9 + 16 = 25, suy ra c = 5.

Vậy tọa độ các tiêu điểm của hypebol là F$_{1}$(– 5; 0) và F$_{2}$(5; 0).

Hướng dẫn giải

Ta có: $\overrightarrow {A{F_1}} = \left( { - 3;\, - 4} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF$_{1}$, do đó đường thẳng này có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {4;\,\, - 3} \right)$.

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng AF$_{1}$ là 4(x – 0) – 3(y – 4) = 0 hay 4x – 3y + 12 = 0.

Lại có: $\overrightarrow {A{F_2}} = \left( {3;\, - 4} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF$_{2}$, do đó đường thẳng này có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {4;\,\,3} \right)$.

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng AF$_{2}$ là 4(x – 0) + 3(y – 4) = 0 hay 4x + 3y – 12 = 0.

Hướng dẫn giải:

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AF$_{1}$F$_{2}$ là đường tròn đi qua 3 điểm A, F$_{1}$, F$_{2}$.

Giả sử tâm của đường tròn là điểm I(a; b).

Ta có IA = IF$_{1}$ = IF$_{2}$ ⇔ IA$^{2}$ = $IF_1^2$= $IF_2^2$ .

Vì IA$^{2}$ = $IF_1^2$, $IF_1^2$ = $IF_2^2$ nên

$\left\{ \begin{array}{l}{\left( {0 - a} \right)^2} + {\left( {4 - b} \right)^2} = {\left( { - 3 - a} \right)^2} + {\left( {0 - b} \right)^2}\\{\left( { - 3 - a} \right)^2} + {\left( {0 - b} \right)^2} = {\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {0 - b} \right)^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} - 8b + 16 = {a^2} + 6a + 9 + {b^2}\\{a^2} + 6a + 9 + {b^2} = {a^2} - 6a + 9 + {b^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6a + 8b = 7\\12a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \frac{7}{8}\end{array} \right.$

Đường tròn tâm $I\left( {0;\,\frac{7}{8}} \right)$ bán kính R = IA = $\sqrt {{{\left( {0 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}}$$= \sqrt {{{\left( {4 - \frac{7}{8}} \right)}^2}} = \frac{{25}}{8}$.

Phương trình đường tròn (C) là ${\left( {x - 0} \right)^2} + {\left( {y - \frac{7}{8}} \right)^2} = {\left( {\frac{{25}}{8}} \right)^2}$.

Vậy phương trình đường tròn (C) là ${x^2} + {\left( {y - \frac{7}{8}} \right)^2} = \frac{{625}}{{64}}$.

Hướng dẫn giải:

Phương trình chính tắc của elip (E) có dạng $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\,\,\,\,\,\,\left( {a > b > 0} \right)$.

Elip (E) đi qua điểm A(0; 4), thay tọa độ điểm A vào phương trình elip ta được $\frac{{{0^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{4^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow {b^2} = {4^2} \Rightarrow b = 4\left( {do\,\,b > 0} \right)$.

Elip (E) có hai tiêu điểm là F$_{1}$(– 3; 0), F$_{2}$(3; 0), do đó c = 3.

Suy ra a$^{2}$ – b$^{2}$ = c$^{2}$ hay a$^{2}$ – 4$^{2}$ = 3$^{2}$ ⇔ a$^{2}$ = 9 + 16 = 25 = 5$^{2}$, suy ra a = 5 (do a > 0).

Khi đó a > b > 0 (do 5 > 4 > 0), vậy a = 5, b = 4 là thỏa mãn.

Vậy phương trình elip (E) cần lập là $\frac{{{x^2}}}{{{5^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{4^2}}} = 1\,\,\,hay\,\,\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1$.

Hướng dẫn giải

Lúc 14 giờ 30 phút máy bay đã bay được: 14 giờ 30 phút – 14 giờ = 30 phút = 0,5 giờ.

Vị trí của máy bay tại thời điểm t = 0,5 giờ là $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}.0{,}5 = 300\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}.0{,}5 = 400\end{array} \right.$.

Vậy vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút ở tại điểm có tọa độ E(300; 400).

Ta có: $\overrightarrow {OE} = \left( {300;\,400} \right)$ nên $OE = \sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}} = 500$, hay khoảng cách từ đài kiểm soát không lưu O đến vị trí E của máy bay lúc 14 giờ 30 phút là 500 km.

Vậy thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.

Hướng dẫn giải:

Máy bay bay trên đường thẳng d có phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t\end{array} \right.$.

Gọi H là hình chiếu của O đến đường thẳng d. Khi đó OH là khoảng cách ngắn nhất từ O đến H hay chính là tại vị trí H máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất.

Ta có H thuộc d nên tọa độ $H\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t;\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)$.

Khi đó, $\overrightarrow {OH} = \left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t;\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)$.

Lại có đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_d}} = - \frac{3}{{1400}}\left( { - \frac{{1400}}{3}; - \frac{{1400}}{3}} \right) = \left( {1;\,\,1} \right)$.

Vì OH ⊥ d nên $\overrightarrow {OH} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow \left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right).1 + \left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right).1 = 0$$\Leftrightarrow t = \frac{5}{4}$.

Khi đó H(– 50; 50).

Do đó, OH = $50\sqrt 2$.

Ta có: t = $\frac{5}{4}$ giờ = 1 giờ 15 phút.

Vậy máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất lúc: 14 giờ + 1 giờ 15 phút = 15 giờ 15 phút và khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc này là $50\sqrt 2$ km.

Hướng dẫn giải:

Gọi $K\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t;\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)$ là vị trí máy bay ra khỏi màn hình ra đa.

Khi đó OK > 500 km.

Ta có: $\overrightarrow {OK} = \left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t;\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)$

Do đó, $OK = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}}$.

Hay $\sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} > 500$

Suy ra ${\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)^2} + {\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)^2} > 250000$

$\Leftrightarrow \frac{{3920000}}{9}{t^2} - \frac{{9800000}}{9}t + \frac{{3920000}}{9} > 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < \frac{1}{2}\\t > 2\end{array} \right.$

Ta có t = $\frac{1}{2}$ giờ = 30 phút.

Vậy máy bay bay ra khỏi màn hình ra đa vào khoảng thời gian từ 14 giờ đến trước 14 giờ 30 phút và sau 16 giờ.