Tập nghiệm của bất phương trình \[{\log _2}\left( {{x^2} + 3x} \right) \le 2\] là

Ta có \(AB' \cap A'B = I\) là trung điểm của mỗi đường.

Khi đó \(d\left( {B'C',\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {B',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{B'I}}{{AI}}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)\).

Kẻ \(AH \bot BC\) (\(H\) là trung điểm của \(BC\)) suy ra:

\(BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow \left( {A'BC} \right) \bot \left( {A'AH} \right),\left( {A'BC} \right) \cap \left( {A'AH} \right) = A'H\).

Kẻ \(AK \bot A'H \Rightarrow AK \bot \left( {A'AB} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'AB} \right)} \right) = AK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Ta lại có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}} \Rightarrow AA' = \frac{{\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy thể tích của lăng trụ là $V=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=\frac{\sqrt{15}}{5}\mathrm{.1.}\frac{\sqrt{3}}{4}{.1}^2=\frac{3\sqrt{5}}{20}\approx \boxed{\mathrm{0,34}}$.

Chọn gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\)cạnh \(a = 6\) m có \(h = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \)m.
Tọa độ các đỉnh:\(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\), \(B\left( { - 3; - \sqrt 3 } \right)\),\(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\).
Đường thẳng \(AC\)đi qua \(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\)và \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\) có phương trình:\(y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 \).
\(\left( {{P_1}} \right):y = m{x^2} + n\) có trục đối xứng là\(Oy\), đi qua \(B,C\)và tiếp xúc với \(AC\) tại \(C\)

Đồ thị đi qua \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9m + n = - \sqrt 3 \,\,\left( 1 \right)\)
Theo giả thiết, \(\left( {{P_1}} \right)\) tiếp xúc với \(AC\) tại\(C \Rightarrow {y'_{\left( {{P_1}} \right)}}\left( 3 \right) = {k_{AC}} \Rightarrow 2m.3 = - \sqrt 3 \Rightarrow m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\)
Thay \(m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\) vào\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right) + n = - \sqrt 3 \Rightarrow n = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên \({\left( P \right)_1}:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Phần hoa ở giữa được giới hạn bởi 3 cung parabol đối xứng qua tâm\(O\).
Giao điểm \({I_2}\)của \(\left( {{P_1}} \right)\)và \({\left( P \right)_2}\)nằm trên đường phân giác\(OC:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \( - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3\left( l \right)}\\{x = - 1\left( n \right)}\end{array}} \right.\)
Suy ra, giao điểm \({I_1}\left( { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\)và \({I_2}\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\).
Khoảng cách từ tâm \(O\)đến các giao điểm của các parabol là bằng nhau:
\(O{I_2} = O{I_3} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \)\[{I_3} \cap OA \equiv Oy \Rightarrow {I_3}\left( {0; - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)\]
Diện tích phần trồng hoa là :
\[{S_{hoa}} = {S_{\Delta {I_1}{I_2}{I_3}}} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( {{P_1}} \right) - {y_{{I_1}{I_2}}}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)} \right]{\rm{d}}x - 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\]
\[{S_{co}} = 3.{S_{\left( {{P_1}} \right) \cap \left( {{P_2}} \right)}} - {S_{hoa}} = 3.2\int\limits_{ - 1}^3 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)} \right]} {\rm{d}}x - \frac{{5\sqrt 3 }}{3} = \frac{{17\sqrt 3 }}{3}\](m2)
Vậy tổng diện tích cần tính là: $S=S_{hoa}+S_{co}=\frac{5\sqrt{3}}{3}+\frac{17\sqrt{3}}{3}=\frac{22\sqrt{3}}{3}\approx \boxed{\mathrm{12,7}}$