Một quả bóng được phát lên từ vị trí gốc toạ độ O trong hệ trục toạ độ \(Oxyz\) như hình vẽ (đơn vị mét). Quả bóng bay theo quỹ đạo parabol nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt sân bóng \(\left( {Oxy} \right)\) và rơi xuống vị trí cách \(Ox\,\,5m\), cách \(Oy\,\,12m\).
Trong lần nảy tiếp theo, hướng đi của quả bóng luôn là parabol với: độ cao cực đại \(75\% \) độ cao cực đại của lần nảy ngay trước đó; bề rộng (khoảng cách hai lần chạm liên tiếp) bằng \(60\% \) bề rộng của lần nảy ngay trước đó.
Biết độ cao cực đại của lần nảy đầu tiên là \(4\,m\). Sau lần nảy thứ \(n\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) thì tổng độ dài hình chiếu vuông góc đường đi quả bóng lên mặt sân bằng \(31,590208\,m\). Trong lần nảy thứ \(n\) đó, bóng đạt chiều cao cực đại tại \(M\left( {a;\,b;\,c} \right)\). Tính \(a + b + c\) và làm tròn kết quả đến hàng phần chục.

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 \(Oy\)): \(V = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {{f^2}\left( y \right)} dy = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {225\left( {1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}}} \right)dy}  = 68250\pi  \approx 214414\,\left( {{m^3}} \right)\).

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