Bạn Xuân Anh có một tờ giấy cứng hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AB = 4\,dm,\,\,AD = 2\,dm.\) Bạn chọn một điểm \(M\) thuộc cạnh \(BC\) rồi dùng thước kẻ vạch và cắt tờ giấy theo đường thẳng \(AM,\) chia tờ giấy thành hai phần.

Ÿ Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD:\) Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D,\) hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)

Ÿ Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB:\) Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)

Ÿ Gọi \(S\)(phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(SB,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\)bằng bao nhiêu \(dm\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?

a) Đúng

Ta có \(NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)\).

b) Đúng

Do tam giác  \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\), nên \(AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}}  = 3\sqrt 3 \,(dm)\)

Và \(OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)\).

c) Đúng

Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\) và \(\widehat {MAN} = {60^o}\),

Nên \(AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}}  = x\sqrt 3 \,(dm)\)

Lại có tam giác \(CMQ\) đều cạnh \(6 - x\,(dm)\)

Vậy \(DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)\).

d) Đúng

Ta có chóp cụt đều \(MPSDEF\) với cạnh đáy lớn \(MP = 6 - 2x\) và cạnh đáy nhỏ là \(DE = 6 - 3x\)

+) Ta có \({S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \({S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \(\sqrt {{S_1}{S_2}}  = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

Kẻ \(DK \bot MG\,(K \in MG)\).

Ta tính  \(h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}} \)

+) Ta có \(MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)\)

Thể tích chóp cụt đều bằng

                            \(\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}\)

Dùng casio xét trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4,54\,(d{m^3})\).

a) \(h\left( t \right) = 3,3 - 0,125{t^2} - 0,05t\) (m) trên \([0;4]\)

·       Ta có tốc độ thay đổi mực nước là \(h'\left( t \right) =  - 0,25t - 0,05\). Hàm độ sâu mực nước \(h\left( t \right)\) là nguyên hàm của \(h'\left( t \right)\): \(h\left( t \right) = \int {\left( { - 0,25t - 0,05} \right)} dt =  - 0,125{t^2} - 0,05t + C\)

·       Điều kiện biên: Tại thời điểm \(t = 0\) (09:00), \(h\left( 0 \right) = 3,3\).

Thay vào ta được: \(3,3 =  - 0,125{\left( 0 \right)^2} - 0,05\left( 0 \right) + C \Rightarrow C = 3,3\)

·       Kết luận: \(h\left( t \right) = 3,3 - 0,125{t^2} - 0,05t\).

b) Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng \(0,19\) (m)

·         Thời điểm: 09:00 ứng với \(t = 0\), 10:00 ứng với \(t = 1\).

·         Độ giảm mực nước: \(\Delta h = h\left( 0 \right) - h\left( 1 \right)\).

o     \(h\left( 0 \right) = 3,3\)

o     \(h\left( 1 \right) = 3,3 - 0,125{\left( 1 \right)^2} - 0,05\left( 1 \right) = 3,3 - 0,175 = 3,125\)

o     \(\Delta h = 3,3 - 3,125 = 0,175\) (m).

·         Kết luận: Mực nước giảm \(0,175\) m, không phải \(0,19\) m.

c) Sau 149 phút kể từ thời điểm 09:00 thì đầu cọc vừa chạm mặt nước

·         Điều kiện: Đầu cọc chạm mặt nước khi độ sâu mực nước bằng chiều cao cọc: \(h\left( t \right) = 2,4\).

\(3,3 - 0,125{t^2} - 0,05t = 2,4 \Leftrightarrow 0,125{t^2} + 0,05t - 0,9 = 0\)

·         Giải phương trình: Tìm được nghiệm dương \(t \approx 2,49\) (giờ).

·         Đổi sang phút: \(2,49 \times 60 \approx 149,4\) phút. Làm tròn đến hàng đơn vị là 149 phút.

d) Ngô Quyền phải phát lệnh phản công vào lúc 10:26

·         Mục tiêu: Khi thuyền địch tới bãi cọc (sau khi phát lệnh 12 phút), đầu cọc chìm dưới mặt nước \(0,5\) m.

·         Điều kiện tại thời điểm thuyền tới (\({t_2}\)): \(h\left( {{t_2}} \right) = {\rm{chieu cao coc}} + 0,5 = 2,4 + 0,5 = 2,9\) (m).

\(3,3 - 0,125t_2^2 - 0,05{t_2} = 2,9 \Leftrightarrow 0,125t_2^2 + 0,05{t_2} - 0,4 = 0\)

·         Giải phương trình: Nghiệm dương \({t_2} \approx 1,6\) (giờ).

·         Đổi sang phút: \(1,6 \times 60 = 96\) phút kể từ lúc 09:00. Vậy thuyền phải tới bãi cọc lúc: 09:00 + 96 phút = 10:36.

·         Thời điểm phát lệnh (\({t_1}\)): Vì thuyền mất 12 phút để di chuyển tới bãi cọc, Ngô Quyền cần phát lệnh trước đó 12 phút:      10:36 - 12 phút = 10:24.