Một khối đá lạnh được cắt thành hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30 cm, cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 40 cm. Người ta làm tan khối đá từ trên xuống, phần còn lại có chiều cao bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao ban đầu. Tính thể tích phần đá còn lại theo dm³ (làm tròn đến hàng phần mười).

 

Đáp án: _____

Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).

Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).

Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).

Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).

1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).

Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).

2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).

Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.

3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).

4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).

Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).

Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn 1, 3.

Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  = \left( {0;6;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  \cdot \overrightarrow u  = 0 \Rightarrow AK \bot d\).

Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).

Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).

Lại có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow u  = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.

Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).

Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).

Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.

Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.