Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\), tam giác \(SAB\) là tam giác cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\), khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) là \(a\sqrt 2 \), gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng đáy. Tính giá trị của biểu thức \[M = 25{\tan ^2}\alpha + 4{\cot ^2}\alpha \].

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.

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.