Cho hình vuông \[ABCD\] tâm \[O\]. Gọi \[M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q\] lần lượt là trung điểm của các đoạn \[AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD\] và \[DA\]. Các cung lần lượt là các cung tròn của các đường tròn tâm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D\] với bán kính bằng nhau (tham khảo hình vẽ). Biết diện tích “tứ giác cong” \[MNPQ\] (miền bị gạch chéo trong hình vẽ) bằng \[25\left( {4 - \pi } \right)\] dm². Hỏi khi cho “tứ giác cong” \[MNPQ\] quay quanh trục \[NQ\] ta thu được vật thể có thể tích bằng bao nhiêu đềximét khối (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?

Đáp án: 7,5.

Vì đường đi của khinh khí cầu là một phần của đồ thị hàm số \(f(x) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\)

Mà đồ thị của hàm số\(f(x)\) đi qua các điểm \(O(0;0);\,A(8;0);\,I(6;4)\), do đó:

\(f(0) = 0\) nên \(c = 0\)

\(f(8) = 0\) nên \(b =  - 8a\)

\(f(6) = 4\) và \(f'(6) = 0\) suy ra \(d =  - 9;\,a = 1,\)do đó \(b =  - 8.\)

Suy ra \(f(x) = \frac{{{x^2} - 8x}}{{x - 9}}\).

Tại thời điểm khinh khí cầu cách mặt đất \[2500m{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5{\rm{ }}km\]

Ta có: \(f(x) = 2,5\) ta ccó phương trình

\(\frac{{{x^2} - 8x}}{{x - 9}} = 2,5 \Leftrightarrow 2{x^2} - 21x + 45 = 0\)\( \Rightarrow \,x = 3\) hoặc \(x = 7,5\)

Vì thời điểm hạ cánh là sau điểm hàm số đạt cực đại là \(x = 6\) nên ta nhận \(x = 7,5\).

Đáp án: 8.

Kẻ \(AH \bot BD\). Có \(SA \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right)\).

Kẻ \(AI \bot SH \Rightarrow AI \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\)

Ta có \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}\).

Xét tam gic SAH có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2\sqrt {15} }}{5}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow SA = 2\sqrt 3 \).

Có \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.2.2\sqrt 3 .2\sqrt 3  = 8\).