Cho một hình tam giác đều cạnh \[a = 40\,cm\] (Hình a). Chia mỗi cạnh của tam giác đó thành 3 đoạn thẳng có độ dài bằng nhau và vẽ ra phía ngoài một tam giác đều nhận đoạn ở giữa làm cạnh đồng thời bỏ đi đoạn ở giữa đó, ta được Hình b). Tiếp tục chia mỗi cạnh ở Hình b) thành 3 đoạn thẳng có độ dài bằng nhau và vẽ ra phía ngoài một tam giác đều nhận đoạn ở giữa làm cạnh đồng thời bỏ đi đoạn ở giữa đó, ta được Hình c). Lặp lại quá trình trên; từ Hình c) ta tạo nên Hình d); từ Hình d) ta tạo nên Hình e); … và cứ thế ta sẽ tạo được một dãy các hình, được gọi là dãy hình Bông tuyết Koch.

Gọi \[{S_n}\] là diện tích của hình ở bước thứ \[n\] (\[{S_0}\] là diện tích tam giác đều ban đầu). Tính giới hạn của diện tích hình thu được khi quá trình trên lặp lại vô hạn lần, tức là tính \[\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {S_n}\] (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Chọn a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng

a) Sai

Tâm của trạm là \(I(1;2;1,2)\). Bán kính vùng tín hiệu trong hệ tọa độ \(Oxyz\) là \(R = 8\) đơn vị.

Phương trình mặt cầu ranh giới vùng tín hiệu là: \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 1,2)^2} = 64\).

b) Đúng

Thời điểm \(8\) giờ \(10\) phút sáng tương ứng với \(t = 10\).

Vị trí của tàu tại \(t = 10\) là \(P = (6; - 3;0)\).

Tâm trạm là \(I(1;2;1,2)\).

Khoảng cách từ tàu đến trạm là \(d = IP\)\( = \sqrt {51,44}  \approx 7,172\).

Bán kính vùng tín hiệu là \(R = 8\).

Vì \(d \approx 7,172 < 8\), nên tàu nằm trong vùng nhận diện tín hiệu của trạm.

c) Sai

Vị trí của tàu tại thời điểm \(t\) là \(P(t) = (16 - t; - 13 + t;0)\).

Tâm trạm là \(I(1;2;1,2)\).

Khoảng cách từ tàu đến trạm là \(d(t) = IP(t)\)\( \Rightarrow {d^2}(t) = 2{(15 - t)^2} + 1,44\).

Để khoảng cách \(d(t)\) nhỏ nhất, \({d^2}(t)\) phải nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi \({(15 - t)^2} = 0\).

Suy ra \(15 - t = 0 \Rightarrow t = 15\) phút.

Thời điểm tàu gần trạm kiểm soát nhất là \(t = 15\) phút sau \(8\) giờ \(00\) phút tức là \(8\) giờ \(15\) phút sáng.

d) Đúng.

Tàu nằm trong vùng nhận diện tín hiệu khi \(d\left( t \right) \le R \Leftrightarrow {d^2}(t) \le {R^2}\)\( \Leftrightarrow {(15 - t)^2} \le 31,28\).

\( \Leftrightarrow 9,40715 \le t \le 20,59285\).

Thời gian tàu di chuyển là từ \(t = 0\) đến \(t = 30\) phút. Khoảng thời gian tàu nằm trong vùng tín là \([9,40715;20,59285]\).

Độ dài khoảng thời gian này là \(\Delta t = 20,59285 - 9,40715 = 11,1857\) phút.

Đáp án: 7,2.

Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB \subset (ABB'A')\) nên \(CD\parallel (ABB'A')\).

Do đó, khoảng cách \(d(CD,AA') = d(CD,(ABB'A')) = d(N,MM')\), với N, M, M' lần lượt là trung điểm của CD, AB và A'B'.

Gọi O, O' là tâm hai đáy. Đường cao \(h = OO'\).

Ta có \(AO = \frac{{8\sqrt 2 }}{2} = 4\sqrt 2 \) và \(A'O' = \frac{{4\sqrt 2 }}{2} = 2\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông có cạnh huyền AA' và các cạnh góc vuông là \(h\) và \((AO - A'O')\):

\(h = \sqrt {A{{A'}^2} - {{(AO - A'O')}^2}}  = \sqrt {{5^2} - {{(2\sqrt 2 )}^2}}  = \sqrt {25 - 8}  = \sqrt {17} \)

Tính khoảng cách:

Xét mặt cắt qua trung điểm các cạnh đối diện: Đó là hình thang MNM'N' với đáy \(MN = 8\), \(M'N' = 4\) và chiều cao \(h = \sqrt {17} \).

Xét tam giác NMM' có: NM = 8, chiều cao hạ từ M' xuống NM chính là \(h = \sqrt {17} \), diện tích \({S_{\Delta NMM'}} = \frac{1}{2} \cdot NM \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \sqrt {17}  = 4\sqrt {17} \).

Độ dài cạnh MM' (trung đoạn của mặt bên): \(MM' = \sqrt {{h^2} + {{\left( {\frac{{AB - A'B'}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {17 + {2^2}}  = \sqrt {21} \).

Khoảng cách từ N đến MM' là: \(d = \frac{{2 \cdot {S_{\Delta NMM'}}}}{{MM'}} = \frac{{8\sqrt {17} }}{{\sqrt {21} }} \approx 7,198\).