Trong không gian \[Oxyz\], cho mặt phẳng \[\left( \alpha \right):2x + 3y + z + 1 = 0\]. Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng song song với \[\left( \alpha \right)\], cắt các tia \[Ox\,,Oy\,,Oz\] lần lượt tại các điểm \[A\], \[B\],\[C\] sao cho thể tích khối tứ diện \[OABC\] bằng \[6\]. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ \[O\] đến mặt phẳng \[\left( P \right)\] (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).

Đáp án:

Đổi \[2,4\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{2}{3}\,\,{\rm{m/s;}}\,\,\,4,8\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{4}{3}\,\,{\rm{m/s}}{\rm{.}}\]

Quãng đường Hoa đi hết một chu trình là $AC+CM+\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA.$

Tổng thời gian Hoa thực hiện một chu trình là $T=\frac{AC+CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA}{\frac{4}{3}}.$

Do \(AC,\,\,DE,\,\,EA\) không đổi nên \({T_{\max }}\) khi $\frac{CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}}{\frac{4}{3}}=\frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}$ đạt giá trị lớn nhất.

Đặt \(\widehat {MCD} = \alpha ,\,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \widehat {MOD} = 2\alpha .\)

Suy ra $CM=10\cos \alpha ,\stackrel{⏜}{MD}=10\alpha \Rightarrow \frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}=15\cos \alpha +\frac{15}{2}\alpha .$

Xét hàm số \(f\left( \alpha \right) = 15\cos \alpha + \frac{{15}}{2}\alpha ,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(f'\left( \alpha \right) = - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2},\,\,f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2} = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{6} \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right).\,\)

Lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( \alpha \right)\) trên khoảng \(\left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right),\) ta có \(\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)} f\left( \alpha \right) = f\left( {\frac{\pi }{6}} \right).\)

Vậy \({T_{\max }} = \frac{{3\sqrt {{{25}^2} + 15,{5^2}} }}{2} + \frac{{15}}{2}\left( {\sqrt 3 + \frac{\pi }{6}} \right) + \frac{{3\left( {15 + 15,5} \right)}}{4} \approx 83,9\) giây\( \approx 1,4\) phút.

Đáp án: \[1,4\].

1. Đúng. Ta có \(AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\,\left( {SBC} \right)\).

2. Sai. Vì \(AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) nên \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

3. Đúng. Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

4. Sai. Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).