Trong không gian \(Oxyz\), có hai trục \(Ox\), \(Oy\) đặt trên mặt đất (coi mặt đất là một mặt phẳng); tia \(Oz\) hướng lên trên; đơn vị trên các trục tính bằng km. Một Ra đa đặt tại điểm \(A\left( {12;8;3} \right)\) có khả năng phát hiện các thiết bị bay trong vòng bán kính \(30\) km (các thiết bị bay cách Ra đa một khoảng không quá \(30\) km sẽ hiển thị hình ảnh trên màn hình của Ra đa). Một chiếc UAV (thiết bị bay không người lái) đang bay từ điểm \(M\left( {72;28;3} \right)\) đến điểm \(N\left( { - 32; - 30;3} \right)\) với vận tốc không đổi là \(240\) km/h. Hình ảnh của UAV xuất hiện trên màn hình của Ra đa bao nhiêu phút (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần chục)?

Đáp án: \(33,2\).

Dựng trục \(Ox\) như hình vẽ

Xét mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm \(K\) có hoành độ bằng \(x\left( {0 \le x \le 4} \right)\), thiết diện thu được là hình viên phân \(IMN\) có bán kính \(r = KI = KM = KN\).

Ta có \(\frac{{IK}}{{OA}} = \frac{{SK}}{{SO}} \Rightarrow IK = \frac{{OA.SK}}{{SO}} = \frac{{6.\left( {8 - x} \right)}}{8} = \frac{{3\left( {8 - x} \right)}}{4} = 6 - 0,75x \Rightarrow r = 6 - 0,75x\).

\({S_{\Delta KMN}} = \frac{1}{2}KH.MN = \frac{1}{2}.3.2\sqrt {{r^2} - 9}  = 3\sqrt {{r^2} - 9}  = 3\sqrt {{{\left( {6 - 0,75x} \right)}^2} - 9} \)

Đặt \(\widehat {MKN} = \alpha \left( {rad} \right) \Rightarrow \widehat {IKM} = \frac{\alpha }{2}\).

Ta có \(\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{3}{r} \Rightarrow \frac{\alpha }{2} = shift\cos \left( {\frac{3}{r}} \right) \Rightarrow \alpha  = 2shiftcos\left( {\frac{3}{r}} \right)\)

\({S_{quat}} = \frac{\alpha }{{2\pi }}.\pi {r^2} = \frac{{\alpha .{r^2}}}{2} = {r^2}.shift\cos \left( {\frac{3}{r}} \right)\)

Diện tích thiết diện là

\(S\left( x \right) = {S_{quat}} - {S_{\Delta KMN}} = {r^2}.shift\cos \left( {\frac{3}{r}} \right) - 3\sqrt {{r^2} - 9} \)

\( = {\left( {6 - 0,75x} \right)^2}.shift\cos \left( {\frac{3}{{6 - 0,75x}}} \right) - 3\sqrt {{{\left( {6 - 0,75x} \right)}^2} - 9} \)

Thể tích cần tính là: \(V = \int\limits_0^4 {S\left( x \right)dx}  \approx 33,2\) (Sử dụng máy tính).

Đáp án: 3057

Tấm bìa hình vuông cạnh \(40\) cm được chia thành:

  • 4 hình chữ nhật ở giữa làm thân lồng đèn,

  • 4 tam giác phía trên và 4 tam giác phía dưới tạo thành 2 hình chóp tứ giác đều.

Vì cạnh hình vuông là 40 và có 4 mặt bên bằng nhau nên cạnh đáy hình lăng trụ là \(\frac{{40}}{4} = 10\) cm.

Đặt:

  • \(AH = KD = x\),

  • chiều cao phần thân là \(HK = 40 - 2x\).

Khi đó:

  • phần thân là lăng trụ đáy vuông cạnh \(10\), cao \(40 - 2x\);

  • mỗi đầu là một hình chóp tứ giác đều đáy cạnh \(10\).

Với tam giác bên của chóp, đường cao mặt bên bằng \(x\), nên chiều cao chóp là

\(h = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{10}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{x^2} - 25} \).

Thể tích đèn lồng: \(V(x) = {10^2}(40 - 2x) + 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot {10^2}\sqrt {{x^2} - 25} \)

\( = 100(40 - 2x) + \frac{{200}}{3}\sqrt {{x^2} - 25} \).

Lấy đạo hàm: \(V'(x) =  - 200 + \frac{{200x}}{{3\sqrt {{x^2} - 25} }}\).

Cho \(V'(x) = 0\):

\( - 200 + \frac{{200x}}{{3\sqrt {{x^2} - 25} }} = 0\)\( \Leftrightarrow x = 3\sqrt {{x^2} - 25} \)\( \Leftrightarrow {x^2} = 9{x^2} - 225\)

\( \Leftrightarrow 8{x^2} = 225\)\( \Rightarrow x = \frac{{15\sqrt 2 }}{4}\).

Thay vào \(V(x)\):

\({V_{\max }} = 4000 - \frac{{2000\sqrt 2 }}{3} \approx 3057,19\).