Một nguồn âm đẳng hướng đặt tại điểm \(O\) có công suất truyền âm không đổi. Mức cường độ âm tại điểm \(M\) cách \(O\) một khoảng \(R\) được tính bởi công thức \({L_M} = \log \frac{k}{{{R^2}}}\) (Ben) với \(k\) là hằng số. Biết điểm \(O\) thuộc đoạn thẳng \(AB\) và mức cường độ âm tại \(A\) và \(B\) lần lượt là \({L_A} = 5\)(Ben) và \({L_B} = 7\)(Ben). Tính mức cường độ âm tại trung điểm \(AB\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Sai.

Ta có \(BH = 3HA \Rightarrow BH = \frac{3}{4}AB = 3\).

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} \Rightarrow SH = 3.\tan 30^\circ = \sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{1}{3} \cdot h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{1}{2}{.4^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

b) Đúng.

Ta có \(AB\parallel CD,\,\,CD \subset \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SDC} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SDC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HM \bot DC\), \(HN \bot SM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DC \bot HM\\DC \bot SH\\HM,SH \subset \left( {SHM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SHM} \right)\)\( \Rightarrow DC \bot HN\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HN \bot DC\\HN \bot SM\\DC,SM \subset \left( {SDC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SDC} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right) = HN\).

Mặt khác, ta có \(HM = AD = BC = 4\).

Xét tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\), đường cao \(HN\) có:

\(\frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{N^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HN = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

c) Đúng.

Dựa theo câu a), ta có \(SH = \sqrt 3 \).

d) Đúng.

Xét hai tam giác vuông \(ABK\) và \(BCH\) có:

\(AB = BC = 4,AK = BH = 3 \Rightarrow \Delta ABK = \Delta BCH\) (c-g-c).

\( \Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH}\). Mà \(\widehat {ABK} + \widehat {KBC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(BHE\) có: \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BEC} = 90^\circ \) hay \(CH \bot BK\) tại \(E\).

Dựng \(EI\parallel BC\,\,\left( {I \in BH} \right) \Rightarrow EI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EI \bot SI\).

Do đó \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EI} \right) = \widehat {SEI}\)

Xét tam giác \(HBC\) có \(EI\parallel BC\) có \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}}\) (Thales)

Mặt khác, tam giác \(HBC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BE\) nên:

\(H{B^2} = HE.HC,\,\,H{C^2} = H{B^2} + B{C^2}\)

Khi đó \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{H{B^2}}}{{H{B^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^3} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EI = \frac{9}{{25}}BC = \frac{{36}}{{25}}\\HE = \frac{9}{{25}} \cdot HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \frac{9}{5}\end{array} \right.\)

Xét tam giác \(SEH\) vuông tại \(H\) có: \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + \frac{{81}}{{25}}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\)

Xét tam giác \(SEI\) vuông tại \(I\) có: \(\cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\)

Do đó \(\cos \left( {SE,BC} \right) = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Vậy \(T = 2m - n = 2.18 - 5 = 31\).

Đáp án: \[7\].

Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[SH \bot AB\] (do tam giác \[SAB\] vuông cân tại \[S\])

Mặt khác, \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] mà \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\]nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\].

Do \[\left( {SCD} \right)\] đi qua \[SC\] và song song với \[AB\] nên \[d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\].

Dễ thấy, tam giác \[ABD\] đều và \[HD \bot AB\], mà \[CD//AB\] nên \[HD \bot CD\].

Có \[CD \bot HD\] và \[CD \bot SH\] nên \[CD \bot \left( {SHD} \right)\] hay \[\left( {SHD} \right) \bot \left( {SCD} \right)\].

Do đó, trong \[\left( {SHD} \right)\], từ \[H\]kẻ \[HK \bot SD\] thì \[HK \bot \left( {SCD} \right)\] và \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\].

Tam giác vuông \[SHD\] có \[HD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]; \[HS = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\] và

\[\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{D^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{4}{3} + \frac{4}{1} = \frac{{16}}{3}\], suy ra \[HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\].

Vậy \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\], do đó \[a = 3;b = 4;a + b = 3 + 4 = 7\].