Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(6\). Hình chiếu vuông góc của đỉnh \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là điểm \(H\) thuộc cạnh \(AB\) sao cho \(HA = 2HB\). Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) (làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: \(12\).

Theo bài ra ta có thể tích của nước trong chậu theo thời gian \(t\) là: \(V\left( t \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}t\,\;\left( l \right)\).

Khi bơm nước vào chậu thì độ cao của nước tăng dần, và mặt nước luôn là tam giác đều.

Ta tính thể tích của nước trong chậu sau khi bơm được \(t\) phút, với độ cao \(0 \le x \le h\), mặt nước là tam giác đều cạnh \(a\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0,\,a = 2}\\{x = 3,\,a = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow a = x + 2\).

Diện tích của mặt nước \(S\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {x + 2} \right)^2}\).

Thể tích nước có trong chậu là: \(V\left( h \right) = \int\limits_0^h {\frac{{\sqrt 3 }}{4}{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^3}}}{3}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}h\\0\end{array}} \right. = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left[ {{{\left( {h + 2} \right)}^3} - 8} \right]\).

Vậy \(\frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left[ {{{\left( {h + 2} \right)}^3} - 8} \right] = \frac{{\sqrt 3 }}{3}t \Leftrightarrow {\left( {h + 2} \right)^3} = 8 + 4t \Rightarrow h = \sqrt[3]{{8 + 4t}} - 2\).

Ta có: \(h'\left( t \right) = \frac{4}{3}\sqrt[3]{{{{\left( {8 + 4t} \right)}^{ - 2}}}}\).

\( \Rightarrow h'\left( {14} \right) = \frac{1}{{12}} \Rightarrow a = 12\).

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Đúng

a) Ta có \(E\left( {6;0;3} \right)\), \(H\left( {0;0;5} \right)\) và \(G\left( {0;5;4} \right)\). \[\]

Suy ra \(\overrightarrow {EH}  = \left( { - 6;0;2} \right)\); \(\overrightarrow {EG}  = \left( { - 6;5;1} \right)\).

Gọi \(\overrightarrow n \) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {EFGH} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {EH} ,\overrightarrow {EG} } \right] = \left( { - 10; - 6; - 30} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {EFG} \right)\) là: \(10\left( {x - 0} \right) + 6\left( {y - 0} \right) + 30\left( {z - 5} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 10x + 6y + 30z - 150 = 0\).

Do đó: \(a + b + c = 10 + 6 + 30 = 46\).

Chọn SAI.

b) Điểm \(A \in Ox\)\( \Rightarrow A\left( {6;0;0} \right)\).

Chọn ĐÚNG.

c) Ta có \(B\left( {6;5;0} \right)\).

Phương trình đường thẳng đi qua \(B\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 6}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = t}\end{array}} \right.\).

Tọa độ điểm \(F\) là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 6}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = t}\end{array}}\\{10x + 6y + 30z - 150 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{t = 2}\\{x = 6}\end{array}}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = 2}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow F\left( {6;5;2} \right)\).

Có \(\overrightarrow {EH}  = \left( { - 6;0;2} \right)\), \(\overrightarrow {EG}  = \left( { - 6;5;1} \right)\) và \(\overrightarrow {EF}  = \left( {0;5; - 1} \right)\).

Suy ra \({S_{EFGH}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {EH} ,\overrightarrow {EG} } \right]} \right| + \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {EG} ,\overrightarrow {EF} } \right]} \right|\)

                     \( = \frac{1}{2}\sqrt {{{10}^2} + {6^2} + {{30}^2}}  + \frac{1}{2}\sqrt {{{10}^2} + {6^2} + {{30}^2}}  = 2\sqrt {259} \).

Số tiền ông Sơn cần dùng để mua lưới lợp là

\(2\sqrt {259}  \times 12000 \approx 386000\)(đồng).

Chọn ĐÚNG.

d) Ta thực hiện trải hình như sau

Suy ra \(EI = \sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {6 + 5 + 6} \right)}^2}}  = \sqrt {305} \).

Chọn ĐÚNG.