Đáp án đúng: B
Phương pháp giải:
+ Sử dụng điều kiện cực đại giao thoa của hai nguồn cùng pha: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \) + Sử dụng công thức đường trung tuyến trong tam giác.Giải chi tiết:Chuẩn hóa, ta cho \(\lambda = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = 2,4\\AC = AB\sqrt 2 = 2,4\sqrt 2 \end{array} \right.\)M dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn: \(\left\{ \begin{array}{l}MA = {k_1}\lambda = {k_1}\\MB = {k_2}\lambda = {k_2}\end{array} \right.\) với \({k_1},{k_2}\) là số nguyên.Ta có: *\(CI\) là trung tuyến của \(\Delta CAB\) nên ta có: \(C{I^2} = \frac{{A{C^2} + B{C^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4}\) \( \Rightarrow CI = \sqrt {\frac{{{{\left( {2,4\sqrt 2 } \right)}^2} + 2,{4^2}}}{2} - \frac{{2,{4^2}}}{4}} = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\) * MI là trung tuyến của \(\Delta MAB\) nên ta có: \(M{I^2} = \frac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4}\)Lại có M là 1 điểm nằm trong hình vuông ABCD nên:+ \(MA < AC \Leftrightarrow {k_1} < 2,4\sqrt 2 = 3,39 \Rightarrow {k_1} \le 3\) + \(MI < CI \Leftrightarrow \frac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4} < B{C^2} + B{I^2}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4} < A{B^2} + \frac{{A{B^2}}}{4}\\ \Rightarrow \frac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} < \frac{3}{2}A{B^2} = \frac{3}{2}.2,{4^2} = 8,64\end{array}\)\( \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} < 17,28 \Rightarrow k_1^2 + k_2^2 < 17,28\,\,\,\,\left( 1 \right)\) Lại có: \(M{B^2} + A{B^2} > M{A^2} \Rightarrow k_2^2 + 2,{4^2} > k_1^2\,\,\,\left( 2 \right)\) Đặt \(MH = x\) \(\left( {x < 2,4} \right)\)\( \Rightarrow \sqrt {M{A^2} - {x^2}} + \sqrt {M{B^2} - {x^2}} = AB\) \( \Rightarrow \sqrt {k_1^2 - {x^2}} + \sqrt {k_2^2 - {x^2}} = 2,4\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\) Xét các cặp \({k_1}\) và \({k_2}\) thỏa mãn (1), (2) và (3) ta tìm được \(\left\{ \begin{array}{l}{k_1} = 3\\{k_2} = 2\end{array} \right.\) \(\) \( \Rightarrow MI = \sqrt {\frac{{k_1^2 + k_2^2}}{2} - \frac{{2,{4^2}}}{4}} = 2,2494\) Đáp án B.
