Bác An có một cửa hàng chuyên bán buôn bưởi Đoan Hùng, bác nhận thấy rằng: Nếu bán mỗi kilogram bưởi với giá 30 nghìn đồng thì mỗi tuần có 60 đơn hàng và mỗi đơn hàng mua 100 kilogram. Nếu cứ tăng giá mỗi kilogram bưởi thêm 2 nghìn đồng thì hàng tuần số đơn hàng giảm 4 đơn, đồng thời số lượng bưởi mà mỗi đơn hàng đặt mua cũng giảm đi 2 kilogram. Hỏi bác cần bán mỗi kilogram bưởi với giá bao nhiêu nghìn đồng để lợi nhuận hàng tuần thu được là lớn nhất, biết giá nhập mỗi kilogram bưởi là 24 nghìn đồng và giá bán không vượt quá 50 nghìn đồng/1kg. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án: 1201.

Cách 1:

Gọi \(H\) là trung điểm \(AO\). Ta có \(MH\) song song \(SO\) nên \(MH\) vuông góc với \((ABCD)\).

Kẻ \(HI\) vuông góc với \(DB\)\((I \in BD)\), \(HK\) vuông góc với \(MI\) \((K \in MI)\) thì \(HK\) vuông góc với \((MDB)\) nên \(d(H,(MDB) = HK\).

Ta có \(MO\)song song với \(SC\) nên \(d(SC,DM) = d(SC,(MDB)) = d(C,(MDB))\)\( = d(A,(MDB)) = 2.d(H,(MDB)) = 2HK\).

Kẻ \(AN\) vuông góc với \(DB\)\((N \in BD)\), , suy ra \(HI = \frac{1}{2}AN = \frac{{12}}{5}\).

Vì \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) và \(SA\) tạo với mặt phẳng \((ABCD)\) một góc \({45^\circ }\) nên \(\widehat {SAO} = \)\({45^\circ }\), do đó tam giác \(SAO\) vuông cân tại \(O\), \(SO = AO = \frac{1}{2}BD = 5\), \(HM = \frac{5}{2}\).

Trong tam giác vuông \(HMI\) ta có: \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{{1201}}{{3600}}\)\( \Rightarrow HK = \frac{{60}}{{\sqrt {1201} }}\).

Vậy \(d(DM,SC) = 2.HK = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\). Do đó \(n = 1201\).

Cách 2:

1. Xây dựng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các điểm:

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\) là gốc tọa độ \((0,0,0)\).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm \(O\) với \(AB = 6\) và \(AD = 8\), ta có thể đặt tọa độ các đỉnh của đáy như sau: \(A( - 3, - 4,0)\), \(B(3, - 4,0)\), \(C(3,4,0)\), \(D( - 3,4,0)\).

Kiểm tra lại độ dài các cạnh: \(AB = \sqrt {{{(3 - ( - 3))}^2} + {{( - 4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{6^2}} = 6\);

\(AD = \sqrt {{{( - 3 - ( - 3))}^2} + {{(4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{8^2}} = 8\).
Độ dài đường chéo của hình chữ nhật \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {36 + 64} = \sqrt {100} = 10\).

Vì \(O\) là tâm của hình chữ nhật, \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\).

Vì \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\), nên \(SO\) là chiều cao của hình chóp và \(S\) nằm trên trục \(Oz\).

Góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc giữa \(SA\) và hình chiếu của nó lên \((ABCD)\), tức là \(\widehat {SAO}\).

Theo đề bài, \(\widehat {SAO} = {45^\circ }\). Xét tam giác vuông \(SAO\) tại \(O\):

\(SO = AO \cdot \tan (\widehat {SAO}) = 5 \cdot \tan ({45^\circ }) = 5 \cdot 1 = 5\). Vậy tọa độ điểm \(S\) là \((0,0,5)\).

\(M\) là trung điểm của \(SA\). Với \(S(0,0,5)\) và \(A( - 3, - 4,0)\): \(M = \left( { - \frac{3}{2}, - 2,\frac{5}{2}} \right)\).

2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(DM\):

Đường thẳng \(SC\) đi qua \(S(0,0,5)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \overrightarrow {SC} = (3,4, - 5)\).

Đường thẳng \(DM\) đi qua \(D( - 3,4,0)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec v = \overrightarrow {DM} = \left( {\frac{3}{2}, - 6,\frac{5}{2}} \right)\).

\(d(SC,DM) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|}}{{\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right|}}\), Vectơ \(\overrightarrow {SD} = ( - 3,4, - 5)\).

Ta có: \(\left[ {\vec u,\vec v} \right] = \)\( = ( - 20, - 15, - 24)\); \(\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|\)\( = 120\).

\(\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \sqrt {{{( - 20)}^2} + {{( - 15)}^2} + {{( - 24)}^2}} = \sqrt {400 + 225 + 576} = \sqrt {1201} \).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(DM\) là: \(d(SC,DM) = \frac{{|120|}}{{\sqrt {1201} }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\).

Theo đề bài, khoảng cách này bằng \(\frac{{120}}{{\sqrt n }}\). Do đó, \(\frac{{120}}{{\sqrt n }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\). Suy ra \(\sqrt n = \sqrt {1201} \).

Vậy \(n = 1201\).

Đáp án: 18.

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]. Vì \[A'A = A'B = A'C\] nên \[HA = HB = HC\] do đó \[H\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\]. Mà \[ABC\] là tam giác đều nên \[H\] chính là trọng tâm của tam giác \[ABC\].

Gọi \[M = AH \cap BC\]\[ \Rightarrow \]\[M\] là trung điểm của đoạn \[BC\] và \[AM \bot BC\].

\[ \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)\].

Gọi \[N\] là trung điểm của \[B'C'\], ta có \[MN{\rm{// }}BB'{\rm{// }}AA'\]. Do đó \[\left( {A'AM} \right) \equiv \left( {A'AMN} \right)\].

\[ \Rightarrow BC \bot MN\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCC'B'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),{\rm{ }}AM \bot BC\\MN \subset \left( {BCC'B'} \right),{\rm{ }}MN \bot BC\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left( {\left( {BCC'B'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AM,MN} \right) = \left( {AM,AA'} \right) = \widehat {A'AM} = {60^ \circ }\].

Mặt khác ta có:

\[AA' = 4\]\[ \Rightarrow \]\[A'H = AA'.\sin {60^ \circ } = 2\sqrt 3 \], \[AH = AA'.\cos {60^ \circ } = 2 \Rightarrow AM = 3 \Rightarrow AB = 2\sqrt 3 \].

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là

\[V = A'H.{S_{ABC}} = 2\sqrt 3 .\frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 18\].