Cho tứ diện \(OABC\) với \(OBC\) là tam giác vuông tại \(O\), trong đó \(OB = 1\) và \(OC = \sqrt 3 \). Biết rằng \(OA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\) và \(OA = \sqrt 3 \). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(OM\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

a) Gọi \(y = f\left( x \right)\)\( = a{x^2} + bx + c\).

Parabol cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;0,5} \right)\) và đỉnh \(I\left( {0,75;0,2} \right)\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\a{\left( {0,75} \right)^2} + b.0,75 + c = 0,2\\ - \frac{b}{{2a}} = 0,75\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\\frac{{9a}}{{16}} + \frac{{3b}}{4} + c = \frac{1}{5}\\3a + 2b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra: \(f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}\). Mệnh đề a) đúng.

b) Thể tích của chậu nước bằng

\(V = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( \approx 0,4618141201 \approx 0,5\). Mệnh đề b) đúng.

c) Tốc độ bơm nước vào bể \(5\) lít/phút \( = 5\,d{m^3}\)/phút \( = {5.10^{ - 3}}\,{m^3}\)/phút

Thể tích nước bơm sau \(1,5\) giờ \( = 1,5 \times 60 = 90\) phút là \({5.10^{ - 3}} \times 90 = 0,45 \approx 0,5\,\,{m^3}\). Mệnh đề c) đúng.

d) Gọi \(h\) là độ cao của nước trong chậu sau khi bơm được \(t\) phút.

Ta có: \({V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\) \({m^3}\).

Thể tích nước bơm sau \(t\) phút là \(V = 0,005t\,{m^3}\)

Khi đó: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,005t\)        \(\left( * \right)\).

Tại thời điểm \(t = 20\) ta có: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,1\)\( \Rightarrow {h_0} \approx 0,1640803548\).

Đạo hàm theo biến \(t\) hai vế của \(\left( * \right)\) ta được:\(\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{\pi }\)

Tốc độ dâng lên của nước

        \(v\left( t \right) = h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}\)  

Tại thời điểm \(t = 20\),\({h_0} \approx 0,1640803548\) tốc độ dâng của nước là:

        \(v\left( {20} \right) = h'\left( {20} \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}\)

Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\).

Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\).

Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).

Lúc đó: \[M(OM\cos \alpha ;OM{\rm{ sin}}\alpha {\rm{)}}\]. Vì \[M \in \left( P \right)\]\( \Rightarrow OM{\rm{ sin}}\alpha = \frac{{ - 1}}{{40}}{\left( {OM{\rm{ cos}}\alpha } \right)^2} + 10\).

\[ \Rightarrow O{M^2}{\rm{ }}{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)^2} + 40OM{\rm{ sin}}\alpha - 400 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}OM = \frac{{ - 20\sin \alpha - 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\\OM = \frac{{ - 20\sin \alpha + 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\end{array} \right.\].

Ta chọn \(OM = \frac{{20 - 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\).

TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\).

TH2: \(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\).

\[{S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha } \right] = 756,3({m^2})\].

Tổng chi phí:

\(5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} - {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} - {S_L}} \right) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 - \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 - 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\)tỉ.

Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:

Cho một đương cong ( \(L\) ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \(r = r\left( \theta \right)\), với \(\alpha \le \theta \le \beta \). Tính diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(\left( L \right)\) và hai tia \(\theta = \alpha ,\theta = \beta \).

\(S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta \).