Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc \({v_0}\). Sau \(4\) giây, chất điểm gặp chướng ngại vật nên phải giảm tốc độ với vận tốc là \(v(t) = - \frac{5}{2}t + a\,\left( {m/s} \right),\,\left( {t \ge 4} \right)\) cho đến khi dừng hẳn. Quãng đường chất điểm đi được kể từ lúc chuyển động đến khi dừng hẳn là \(80\,m\). Các khẳng định sau đúng hay sai?

a) Đúng. Quãng đường Flycam thứ nhất đi được sau 2 phút là \(AM = \sqrt {100 + 100 + 25}  = 15\)

b) Sai. Sau 5 phút Flycam thứ hai đi được \(\frac{5}{2}BN = \frac{5}{2}\sqrt {144 + 400 + 81}  = 62,5\).

c) Đúng. Vị trí của Flycam thứ nhất sau thời gian t là \(P\left( {{x_p};{y_p};{z_p}} \right)\)

với \(\overrightarrow {AP}  = \frac{t}{2}\overrightarrow {AM}  = \frac{t}{2}\left( { - 10; - 10;5} \right) = \left( { - 5t; - 5t;\frac{{5t}}{2}} \right)\), suy ra \(P = \left( { - 5t + 5; - 5t;\frac{{5t}}{2} + 1} \right)\)

c) Sai. Vị trí của Flycam thứ hai sau thời gian t là \(Q\left( {{x_Q};{y_Q};{z_Q}} \right)\)

với \(\overrightarrow {BQ}  = \frac{t}{2}\overrightarrow {BN}  = \frac{t}{2}\left( { - 12;20;9} \right) = \left( { - 6t;10t;\frac{{9t}}{2}} \right)\) suy ra \(Q\left( { - 6t;10t - 30;\frac{{9t}}{2} + 1} \right)\)

Khoảng cách giữa hai Flycam là \(PQ = \sqrt {{{\left( {t + 5} \right)}^2} + {{\left( {15t - 30} \right)}^2} + {{\left( {2t} \right)}^2}}  = \sqrt {230{t^2} - 890t + 925} \) ngắn nhất khi \(f\left( t \right) = 230{t^2} - 890t + 925\),\(0 \le t \le 20\) nhỏ nhất. Do \(\min f\left( t \right) \approx 64,2\)(m) nên d) sai.

Trả lời: 0,75

Ta có \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\); trong mp\(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(SH \bot AD\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\), vì \(\Delta ASO\) cân tại \(S\) nên \(AO \bot SI\) mà \(AO \bot SH\) \( \Rightarrow OA \bot (SHI) \Rightarrow OA \bot HI\)

Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = 2\) và \(\tan \widehat {DAC} = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {DAC} = 30^\circ \)

Tam giác \(AHI\) vuông tại \(I\) có \(AH = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow HD = AD - AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(ABH\) vuông tại \(A\) có \(HB = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}}  = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\), \(A{B^2} = IB.HB\) \( \Rightarrow IB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), dựng hình bình hành \(ABEC\) thì \(BE\,{\rm{//}}\,AC\), \(BE \subset \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow \) \(d\left( {SB,\,AC} \right) = d\left( {AC,\,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Mà \(\frac{{IB}}{{HB}} = \frac{3}{4}\) nên \(d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Lại có tam giác \(OAB\) là tam giác đều cạnh 1 nên \(BI \bot AC\) \( \Rightarrow BI \bot BE\) mà \(BE \bot SH\) \( \Rightarrow BE \bot \left( {SBH} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SBE} \right) \bot \left( {SBH} \right)\).

Ta có:\(\left( {SBE} \right) \cap \left( {SBH} \right) = SB\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBH} \right)\), kẻ \(HK \bot SB\) thì \(HK \bot \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow HK = d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Ta có: \(SH = HD.\tan 60^\circ  = 2\); \[HB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\] .

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} = 1\) \( \Rightarrow HK = 1\).

Vậy \(d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1\) và \(d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).