Manhattanhenge (Hình vẽ) là một sự kiện diễn ra khi Mặt Trời mọc hoặc khi Mặt Trời lặn nằm thẳng hàng với các tuyến phố Đông - Tây thuộc mạng lưới đường phố chính tại quận Manhattan của thành phố New York. Khi mặt trời lặn, tia sáng song song mặt đất lệch một góc khoảng \(38^\circ \) so với hướng tây (Hình 8).

     

Giả sử mặt tiền các tòa nhà hai bên đường nằm trong 2 mặt phẳng song song cách nhau \(30\)m và vuông góc với mặt đất. Biết rằng mặt phẳng phía bắc đi qua gốc \(O\) của hệ trục \(Oxyz\), với tia \(Oz\) vuông góc với mặt đất và hướng lên trên. Phương trình mặt phẳng thứ hai có dạng \(\left( Q \right):x + ay + bz + c = 0\) với \(c = \frac{m}{{\sin n^\circ }}\). Tính \(m + n\).

 

a) Đúng.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\) nên quảng đường di chuyển được trong 4 giây đầu là \(S(4) = 4{v_0}\,\,\left( m \right)\)

b) Sai.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\), giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right)\), do đó quãng đường đi được sau 5 giây là  \(S\left( 5 \right) = 4{v_0} + \int\limits_4^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \,\,\,\,\left( m \right)\)

c) Đúng.

Tại thời điểm \(t = 4\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên

\(v\left( 4 \right) = {v_0} \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}.4 + a = {v_0} \Leftrightarrow a = {v_0} + 10\)

d) Sai.

Vì \(a = {v_0} + 10\) suy ra \(v(t) =  - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10\,\left( {m/s} \right),\,\left( {t \ge 4} \right)\)

Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn, ta có:

\(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}k + {v_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5}({v_0} + 10) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 4\)

Tổng quãng đường vật đi được là

\(80 = 4{v_0} + \int\limits_4^k {( - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10){\rm{d}}t} \, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} + ( - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0}t + 10t)\left| \begin{array}{l}k\\4\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \)

\(80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}({k^2} - 4) + {v_0}\left( {k - 4} \right) + 10\left( {k - 4} \right)\,\, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{2}{5}{v_0}} \right)\left( {\frac{2}{5}{v_0} + 8} \right) + {v_0}.\frac{2}{5}{v_0} + 10.\frac{2}{5}{v_0}\)

\( \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{{v_0^2}}{5} - 4{v_0} + \frac{{2v_0^2}}{5} + 4{v_0} \Leftrightarrow \frac{{v_0^2}}{5} + 4{v_0} - 80 = 0 \Leftrightarrow v_0^2 + 10{v_0} - 200 = 0 \Leftrightarrow {v_0} = 10\)

Vậy \({v_0} > 8\,\left( {m/s} \right)\).

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