Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\). Khi đó \(\overrightarrow {C'G} = m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} + p\overrightarrow {AA'} \). Giá trị của \(4m - n + 5p\) bằng bao nhiêu?

Kết quả: ___

Dung tích của lon sữa \(V = 500{\rm{\;ml}} = 500{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Gọi \(r\) là bán kính đáy và \(h\) là chiều cao của lon sữa (\(r,h > 0\)).

Ta có công thức thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h = 500 \Rightarrow h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}}\).

Để chi phí sản xuất nhỏ nhất thì diện tích toàn phần của lon sữa phải nhỏ nhất:

\({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r \cdot \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}\)

Xét hàm số \(S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(S'\left( r \right) = 4\pi r - \frac{{1000}}{{{r^2}}}\); \(S'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow 4\pi {r^3} = 1000 \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{250}}{\pi } \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}}\).

Khi đó, chiều cao tương ứng đạt giá trị tối ưu là: \(h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = \frac{{2 \cdot 250}}{{\pi \cdot {{\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)}^{2/3}}}} = 2 \cdot {\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)^{1/3}} = 2r\).

Tính giá trị của \(h\): \(h = 2 \cdot \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}} \approx 8,6025{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Làm tròn đến hàng phần mười ta được \(8,6{\rm{\;cm}}\).

Kết quả: \(8,6\).

a) Vì \(O\) là trung điểm của \(AC\) (tính chất đường chéo hình vuông) và \(N\) là trung điểm của \(SC\) nên \(ON\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

Do đó \(\overrightarrow {ON} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \).

Ta có \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {CD} \).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \). Do đó \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {BA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AB} = - \frac{1}{2} \cdot AS \cdot AB \cdot {\rm{cos}}\widehat {SAB}\).

Xét tam giác \(SAB\) có \(SA = SB = 6\) và \(AB = 4\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(SAB\):

\({\rm{cos}}\widehat {SAB} = \frac{{A{S^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2 \cdot AS \cdot AB}} = \frac{{{6^2} + {4^2} - {6^2}}}{{2 \cdot 6 \cdot 4}} = \frac{{16}}{{48}} = \frac{1}{3}\).

Thay vào biểu thức tích vô hướng: \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot \frac{1}{3} = - 4\).

b) Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\) nên \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \) và \(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \).

Do đó: \(\vec u = 4\overrightarrow {SO} \). Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO\).

Đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(4 \Rightarrow BD = 4\sqrt 2 \Rightarrow OD = 2\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông \(SOD\) tại \(O\) có: \(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {28} = 2\sqrt 7 \).

Vậy \(\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO = 8\sqrt 7 \approx 21,2\).