Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị trên trục tính bằng cm), người ta lắp một chiếc quạt trần ba cách, các đầu cánh tạo thành một tam giác đều. Khi quạt quay, các đầu cánh di chuyển trên một mặt phẳng song song với \(\left( {Oxy} \right)\). Tại một thời điểm quạt dừng quay, người ta xác định được tọa hai đầu cánh quạt là \(A\left( {10;\,20;\,280} \right)\) và \(B\left( {22;\,32;\,280} \right)\). Biết rằng điểm treo quạt \(S\left( {a;\,b;\,c} \right)\) trên trần nhà và có hoành độ lớn hơn \(16\), trục của quạt có phương thẳng đứng và có chiều dài \(60\)cm. Tính giá trị biểu thức \(T = a + b + c\)

Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C

Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T'\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) - 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T'\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) - 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)

Ta đã biết \(T'\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T - 25} \right)\)

Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T - 25} \right)}}d\left( T \right)}  = \int {kt}  \Rightarrow \ln \left| {T - 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T - 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)

Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T - 25 \ge 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T - 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)

Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \[T\left( t \right) - 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\]

Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)

Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)

Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)

Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)

Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx  - 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)

Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút

Ta có: \(r\left( t \right) = 0,5t\) và \(x\left( t \right) = \sqrt {{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)} \) mà \(h\left( t \right) = 2 - 0,2t\)
Theo bài ra: \(h\left( t \right) = 1,5 \Leftrightarrow 2 - 0,2t = 1,5 \Rightarrow t = 2,5\) nên \(C\left( t \right) = \frac{{\sqrt 8 .\sin \alpha }}{{{x^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{h\left( t \right)}}{{x\left( t \right)}}}}{{{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)}}\)
\[ \Leftrightarrow C\left( t \right) = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} }}}}{{{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left( {\sqrt {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} } \right)}^3}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}\]
Khi đó: \(C'\left( {2,5} \right) = \frac{d}{{dX}}{\left[ {\sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}} \right]_{x = 2,5}} = - 0,2235 \approx - 0,2\)
Vậy tốc độ thay đổi của cường độ sáng mà robot nhận được tại thời điểm bóng đèn ở độ cao 1,5 mét bằng \( - 0,2\)(m/s)