Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(SM\). Khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng

Xét các điểm như hình vẽ.

Ta có \(\frac{{BC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow BC = \frac{{AB \cdot DE}}{{AD}} = \frac{{1 \cdot 12}}{3} = 4{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)\).

Khi mặt hồ phẳng lặng, phần nước đã có trong hồ bơi có dạng hình lăng trụ đứng tam giác.

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = 2\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Thể tích nước đang có trong hồ bơi là \({V_1} = {S_{ABC}} \cdot AA' = 2 \cdot 6 = 12\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Lại có \({S_{ADEF}} = \frac{{\left( {AD + EF} \right) \cdot DE}}{2} = \frac{{\left( {3 + 1} \right) \cdot 12}}{2} = 24\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thể tích hồ bơi là \(V = {S_{ADEF}}_{\rm{\;}} \cdot AA' = 24 \cdot 6 = 144\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích nước cần bơm vào là \(0,75V - {V_1} = 0,75 \cdot 144 - 12 = 96\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thời gian bơm là \(96:0,25 = 384\) (phút).

Đáp án: 384.

Mô hình hóa chiếc đèn như hình dưới đây.

Gọi \(M,{\rm{ }}M'\) lần lượt là trung điểm của cạnh \(DC\) và \(D'C'\). Dễ chứng minh \(MM' \bot DC\) và \(OM \bot DC\) (\(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\)).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right) \cap \left( {DCC'D'} \right) = DC\\OM \subset \left( {ABCD} \right),OM \bot DC\\MM' \subset \left( {DCC'D'} \right),MM' \bot DC\end{array} \right.\] nên \(\widehat {OMM'}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt trên của đèn.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(H = OM \cap AB\), khi đó \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,AD,\,\,HM = AD = 20\,\,{\rm{cm}}\\O'M'\,{\rm{//}}\,A'D',\,\,O'M' = \frac{1}{2}A'D' = \frac{{40}}{2} = 20\,\,{\rm{cm}}\\AD\,{\rm{//}}\,A'D'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,O'M'\\HM = O'M'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow HMM'O'\) là hình bình hành.

Dễ chứng minh \(BDO'B'\) là hình bình hành, suy ra \(O'D = BB' = 10\sqrt 5 \,\,{\rm{cm}}\).

\(OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 20\sqrt 2 = 10\sqrt 2 \,{\rm{cm}}\).

\(OO' = \sqrt {O'{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\).

\(OH = \frac{1}{2}BC = 10\,{\rm{cm}}\) (\(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)).

Xét \(\Delta OO'H\) vuông tại \(O\), \(\tan \widehat {OHO'} = \frac{{OO'}}{{OH}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {OHO'} = 60^\circ \).

Mà \(HMM'O'\) là hình bình hành nên \(\widehat {OMM'} + \widehat {OHO'} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {OMM'} = 120^\circ \).

Đáp án: 120.