Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), đài kiểm soát không lưu đặt tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\). Mỗi đơn vị trên trục tọa độ ứng với \[1\]km. Một máy bay đang ở vị trí \(A\left( { - 506; - 35;8} \right)\), chuyển động theo đường thẳng có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u \left( {91;75;0} \right)\) và bay về khu vực của đài kiểm soát không lưu. Máy bay sẽ được hiển thị trên màn hình ra-đa nếu nằm trong phạm vi cách đài kiểm soát không lưu không quá \[417\] km. Gọi \(M\) là vị trí đầu tiên mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra-đa. Thời gian máy bay di chuyển từ vị trí \(A\) đến \(M\) là bao nhiêu biết rằng vận tốc của máy bay là \[800\] km/h. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị của phút)

Đáp án: \[197\].        

Chọn hệ trục toạ độ \(Oxy\) như hình vẽ, mỗi đơn vị là \(1\;mm\). Khi đó toạ độ các điểm là \(O\left( {0;0} \right),\;M\left( {8;4} \right),\;A\left( {20;0} \right),\;C\left( {0;20} \right)\).

Parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\) đi qua \(3\) điểm \(O\left( {0;0} \right),\;M\left( {8;4} \right),\;A\left( {20;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\64a + 8b + c = 4\\400a + 20b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a =  - \frac{1}{{24}}\\b = \frac{5}{6}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):y =  - \frac{1}{{24}}{x^2} + \frac{5}{6}x\).

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {0;10} \right)\) và bán kính \(R = 10\), có phương trình \({x^2} + {\left( {y - 10} \right)^2} = 100 \Leftrightarrow y = 10 \pm \sqrt {100 - {x^2}} \)

Gọi \(S\) là diện tích của hình vuông \(OABC\),

\({S_1}\) là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\), trục hoành, \(x = 0,\;x = 20\),

\({S_2}\) là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\), nửa đường tròn \(y = 10 - \sqrt {100 - {x^2}} \), \(x = 0,\;x = 8.\)

\({S_3}\) là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn \(\left( C \right)\) và trục tung như hình vẽ,

Diện tích cần phủ men sứ màu xanh để đơn vị sản xuất báo giá chính xác chi phí vật liệu là

\(S + {S_2} - {S_3} - {S_1}\)

\( = {20^2} + \int\limits_0^8 {\left[ { - \frac{1}{{24}}{x^2} + \frac{5}{6}x - \left( {10 - \sqrt {100 - {x^2}} } \right)} \right]} dx - \frac{1}{2}\pi {.10^2} - \int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{24}}{x^2} + \frac{5}{6}x} \right)dx \approx 197} \,m{m^2}\).

Đáp án: 2,6.

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(CD\), \(BC\).

Mà \(\Delta ACD\) và \(\Delta ABC\) là các tam giác đều nên \(AM \bot CD\) và \(AN \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AM\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow CD \bot SM\).

Khi đó, \(\left[ {S,CD,B} \right] = \left[ {S,CD,A} \right] = \widehat {SMA} = 60^\circ \)

\( \Rightarrow AN = AM = SA \times \cot \widehat {SMA} = 3\sqrt 3  \times \cot 60^\circ  = 3\) (cm).

Ta có \[AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\]\( \Rightarrow d\left( {AD,SB} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot SN\) (1)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AN\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow BC \bot AH\] (2)

Từ (1), (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\)

hay \(d\left( {AD,SB} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Lại có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \approx 2,6\) (cm).