Từ một tấm nhôm hình vuông có cạnh bằng 8 dm, người ta cắt bỏ bốn tứ giác bằng nhau (cùng bằng tứ giác \(AMNP\)) ở bốn góc của tấm nhôm đó, biết \[AM = AP = 1\,dm\] và điểm \(N\) thuộc đường chéo \(AC\). Với phần còn lại của tấm nhôm sau khi đã cắt bỏ đi 4 tứ giác nói trên, người ta đã gập các đoạn \(MN\)trùng với \(PN\)rồi dán kĩ bằng keo, làm tương tự cho 3 cặp đoạn còn lại, người ta thu được chậu nước hình chóp cụt tứ giác đều. Sức chứa lớn nhất của chậu nước hình chóp cụt tứ giác đều này là bao nhiêu lít (làm tròn đến hàng đơn vị, bỏ qua độ dày tấm nhôm)?

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) Đúng.

Bán kính đáy bằng \(40\,m\) nên diện tích phần đáy dưới là \(S = \pi {.40^2} = 1600\pi  \approx 5027\,\left( {{m^2}} \right)\).

b) Sai.

Vì đoạn giao nhau giữa \(Ox\) là tháp bằng 30 mét, \(O\) là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm giao nhau đấy nên tọa độ các điểm thuộc hypebol là \(\left( { - 15;0} \right),\,\,\left( {15;0} \right)\).

c) Sai.

Phương trình chính tắc của hypebol có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).

Hypebol đi qua điểm \(\left( {15;0} \right)\) nên \(a = 15\). Khi đó \(\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).

Vì đáy dưới có bán kính bằng \(40\,m\), gốc \(O\) cách mặt đất \(80\,m\) nên hypebol đi qua điểm \(A\left( {40; - 80} \right)\). Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình chính tắc trên ta có:

\(\frac{{{{40}^2}}}{{225}} - \frac{{{{\left( { - 80} \right)}^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow {b^2} = \frac{{11520}}{{11}}\).

Vậy \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} - \frac{{{y^2}}}{{\frac{{11520}}{{11}}}} = 1\).

d) Đúng.

Ta có độ dài từ \(O\) đến nóc tháp là \(40\,m\).

Ta có \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} - \frac{{{y^2}}}{{\frac{{11520}}{{11}}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{225}} = 1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}} \Rightarrow {x^2} = 225\left( {1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}}} \right)\).

Xét \(x = f\left( y \right)\).

Thể tích của tháp là thể tích khối tròn xoay (quay quanh trục \(Oy\)): \(V = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {{f^2}\left( y \right)} dy = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {225\left( {1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}}} \right)dy}  = 68250\pi  \approx 214414\,\left( {{m^3}} \right)\).