Tháp giải nhiệt tại nhà máy Nhiệt điện Phả Lại (Tỉnh Hải Dương, Việt Nam) có mặt cắt qua trục theo phương thẳng đứng là một hình hypebol \(\left( H \right)\). Tháp có chiều cao là 120 mét, bán kính đáy dưới bằng 40 mét. Một nhóm kỹ sư đã thiết lập hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ sao cho mặt cắt dạng hypebol của tháp nhận \(Ox,\,\,Oy\) làm các trục đối xứng, lấy đơn vị trên mỗi trục là mét. Biết rằng đoạn giao nhau giữa trục \(Ox\) với tháp bằng 30 mét và gốc \(O\) ở vị trí có độ cao 80 mét so với mặt đất.

Đáp án: \(1167\).

Xét miền phẳng \(\left( D \right)\) giới hạn bởi parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\) như hình vẽ với \(BE = BG,SH = 2HE\)

Từ đồ thị ta có \(a < 0,b > 0,c > 0\).

Đặt \(BE = BG = d\left( {d > 0} \right) \Rightarrow E\left( {d;0} \right),G\left( {0;d} \right)\)

\(\left( P \right)\) đi qua \(G,E\) Þ \(\left\{ \begin{array}{l}c = d\\a.{d^2} + b.d + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = d\\a.{d^2} + b.d + d = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = d}&{\left( 1 \right)}\\{a.d + b + 1 = 0}&{\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có \(H\left( { - \frac{b}{{2a}};0} \right) \Rightarrow HE = d + \frac{b}{{2a}} \Rightarrow SH = 2HE = 2d + \frac{b}{a}\)

Lại có \(SH =  - \frac{\Delta }{{4a}} =  - \frac{{{b^2} - 4ac}}{{4a}} =  - \frac{{{b^2} - 4ad}}{{4a}} =  - \frac{{{b^2}}}{{4a}} + d\)

Þ \( - \frac{{{b^2}}}{{4a}} + d = 2d + \frac{b}{a} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}}{{b^2} + 4b + 4ad = 0}&{\left( 3 \right)}\end{array}\)

Từ (2) Þ \(ad + b =  - 1\), thế vào (3), ta được \({b^2} - 4 = 0 \Rightarrow b = 2\) (vì \(b > 0\))

Þ \(a = \frac{{ - b - 1}}{d} =  - \frac{3}{d}\)

Þ \(\left( P \right):y =  - \frac{3}{d}{x^2} + 2x + d\)

Diện tích miền \(\left( D \right)\) là \(S\left( D \right) = \int\limits_0^d {\left( { - \frac{3}{d}{x^2} + 2x + d} \right)dx}  = \left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{d} + {x^2} + dx} \right)} \right|_0^d = {d^2}\)

Dựng trục \(Ox\) như hình vẽ

Đặt \(CB = OB = x\left( {0 \le x \le 20} \right)\)

Xét hình thang \(ACDF\).

Gọi \(I = AC \cap FD\)

Vì \(AF = 2CD\) Þ \(C\) là trung điểm của \(IA\)

Ta có \(\frac{{BE}}{{AF}} = \frac{{IB}}{{IA}} \Rightarrow BE = \frac{{AF.IB}}{{IA}} = \frac{{10.\left( {20 + x} \right)}}{{40}} = \frac{{20 + x}}{4}\)

Áp dụng kết quả trên với \(d = BE = \frac{{20 + x}}{4}\), ta có diện tích thiết diện \[BESG\] là

\[S\left( x \right) = B{E^2} = {\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)^2}\].

Thể tích đường hầm là \(V = \int\limits_0^{20} {{{\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)}^2}dx}  = \frac{{3500}}{3} \approx 1167\left( {{m^3}} \right)\)

Cách khác:

Ta có \(\frac{{BE}}{{AF}} = \frac{{IB}}{{IA}} = \frac{{20 + x}}{{40}}\) Þ \(\frac{{{S_{BESG}}}}{{{S_{AFKM}}}} = {\left( {\frac{{20 + x}}{{40}}} \right)^2}\)

Giải tương tương tự cách trên với \(d = AF = 10\), ta có \({S_{AFKM}} = {10^2} = 100\)

Þ \({S_{BESG}} = 100.{\left( {\frac{{20 + x}}{{40}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)^2}\).

Thể tích đường hầm là \(V = \int\limits_0^{20} {{{\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)}^2}dx}  = \frac{{3500}}{3} \approx 1167\left( {{m^3}} \right)\).

a) Chọn Đúng

Quỹ đạo chuyển động của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh lần lượt là các đường thẳng \[{d_1}\], \[{d_2}\] có phương trình là \[{d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + 2t}\\{y =  - 3 - t}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.\] và \[{d_2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 + t}\\{y =  - 4 + 2t}\\{z = 5 - t}\end{array}} \right.\].

Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;1} \right)\], \[\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = \left( { - 5;5;5} \right)\].

Do \[\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = 2.\left( { - 5} \right) - 1.5 + 1.5 =  - 10 \ne 0\] nên hai đường thẳng \[{d_1}\] và \[{d_2}\] là hai đường thẳng chéo nhau.

b) Chọn sai

Ta có: \[\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} .\overrightarrow {{v_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{v_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {2.1 - 1.2 + 3.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{4}\]

Do đó \[\left( {{d_1},{d_2}} \right) \ne 60^\circ \].

c) Chọn Sai

Quỹ đạo chuyển động của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh lần lượt là các đường thẳng \[{d_1}\], \[{d_2}\] có phương trình là \[{d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + 2t}\\{y =  - 3 - t}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.\] và \[{d_2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 + t}\\{y =  - 4 + 2t}\\{z = 5 - t}\end{array}} \right.\].

Gọi \[A',B'\] lần lượt là vị trí của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh tại thời điểm \[t = 10\] giây. Khi đó

\[A'\left( {21; - 13;34} \right),B'\left( {13;16; - 5} \right)\].

Vậy khoảng cách giữa chúng là

\[A'B' = \sqrt {{{\left( {13 - 21} \right)}^2} + {{\left( {16 + 13} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 34} \right)}^2}}  = \sqrt {2426}  \approx 49,25\,\,km\].

d) Chọn Sai

Khoảng cách bình phương giữa chúng tại thời điểm \(t\) bất kỳ là một hàm số:

\({d^2}\left( t \right) = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} + {\left( {{y_2} - {y_1}} \right)^2} + {\left( {{z_2} - {z_1}} \right)^2}\)

\({d^2}\left( t \right) = {(2 - t)^2} + {( - 1 + 3t)^2} + {(1 - 4t)^2}\)

\({d^2}\left( t \right) = \left( {4 - 4t + {t^2}} \right) + \left( {1 - 6t + 9{t^2}} \right) + \left( {1 - 8t + 16{t^2}} \right)\)

\({d^2}(t) = 26{t^2} - 18t + 6n\)

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t =  - \frac{b}{{2a}} = \frac{{18}}{{52}} = \frac{9}{{26}}\).

Thay \(t = \frac{9}{{26}}\) vào \({d^2}(t)\), ta được giá trị nhỏ nhất:\(26{\left( {\frac{9}{{26}}} \right)^2} - 18\left( {\frac{9}{{26}}} \right) + 6 = \frac{{75}}{{26}}\).

Nên khoảng cách ngắn nhất là \(\sqrt {\frac{{75}}{{26}}}  = \frac{{5\sqrt {78} }}{{26}}\).