Mặt cắt đứng của một cổng chào nghệ thuật được thiết kế trong hệ trục tọa độ \(Oxy\) (đơn vị: mét) gồm hai nhánh đường cong \(\left( {{C_1}} \right)\)có phương trình \(y = {a^x}\) (với \(a > 1\)) và nhánh phải\(\left( {x > 0} \right)\) có phương trình \(y = {\log _b}x\) (với \(b > 1\)). Một thanh giằng ngang nằm ở độ cao \(0,5\)m cắt trục tung tại \(H\), cắt nhánh trái tại \(M\) và nhánh phải tại \(N\). Cổng chào được thiết kế thỏa mãn điểm \(H\) nằm giữa thanh giằng và tích hệ số góc của hai tiếp tuyến với đường cong tại \(M\) và tại \(N\) đúng bằng \(\frac{1}{{16}}\). Dựa vào bản thiết kế, người ta đúc hai bệ đỡ bằng bê tông có tổng thể tích là \(V = {a^2} + {b^2}\)(m3). Tính thể tích khối bê tông cần sử dụng

Nhận thấy hai đường thẳng \(SD\) và \(AB\) chéo nhau.

Gọi \(M,N,O\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\;CD,AC\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel CD\\CD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB\parallel \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {M,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ\(MH \bot SM,\left( {H \in SM} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\;\left( {Do\;CD \bot \left( {SOM} \right),OH \subset \left( {SOM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Tam giác \(SOM\)vuông tại \(O\)\( \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{\frac{{7{a^2}}}{2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} = \frac{{30}}{{7{a^2}}}\)

Khi đó $OH=\frac{a\sqrt{210}}{30}\Rightarrow d\left(AB,SD\right)=2OH=a\sqrt{\frac{14}{15}}\approx \boxed{\mathrm{0,97}}$.

Tọa độ quả bóng bay thứ nhất và thứ hai lần lượt là: \(A\left( {200;\, - 200;\,50} \right)\) và \(B\left( { - 100;\,100;\,40} \right)\)

Minh họa như sau:

Bài toán trở về khi \(MA + MB\) là nhỏ nhất thì ta cần tính \(OM\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\) xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Khi đó \(H\left( { - 100;\,100;\,0} \right)\) suy ra \(B'\left( { - 100;\,100;\, - 40} \right)\)

Ta có: \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\). Dấu bằng xảy ra khi \(M \equiv {M_0}\left( {a;\,b;\,0} \right)\)

Khi đó: \(\overrightarrow {A{M_0}}  = \left( {a - 200;\,b + 200;\, - 50} \right)\); \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 300;\,300;\, - 90} \right)\)

Do \(\overrightarrow {A{M_0}} \parallel \overrightarrow {AB'} \) nên \(\frac{{a - 200}}{{ - 300}} = \frac{{b + 200}}{{300}} = \frac{5}{9} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{100}}{3}\\b =  - \frac{{100}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow {M_0}\left( {\frac{{100}}{3};\, - \frac{{100}}{3};\,0} \right)\)

Vậy \(O{M_0} = \sqrt {{{\left( {\frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{100}}{3}} \right)}^2} + {0^2}}  \approx 47\) nên khoảng cách từ vị trí người quan sát đến địa điểm thả hai quả bóng bay này khoảng  mét.