Một người bán nước giải khát đang có \(24\) g bột cam, \(9\) lít nước và \(210\) g đường để pha chế hai loại nước cam \(A\) và \(B\). Để pha chế \(1{\rm{ l\'i t}}\) nước cam loại \(A\) cần \(30\) g đường, \(1\) lít nước và \(1\) g bột cam, để pha chế \(1\) lít nước cam loại \(B\) cần \(10{\rm{ g}}\) đường, \(1{\rm{ l\'i t}}\) nước và \(4{\rm{ g}}\) bột cam. Mỗi lít nước cam loại \(A\) bán được \(60\) nghìn đồng, mỗi lít nước cam loại \(B\) bán được \(80\) nghìn đồng. Số tiền (nghìn đồng) nhiều nhất mà người đó thu được bằng bao nhiêu?

Gọi \(E\) là đầu mút đáy của tam giác cân nằm trên cạnh \(AB\), gần \(A\).

Đặt \(AE = x\), với \(0 < x < 2\).

Khi đó cạnh đáy của mỗi tam giác cân bằng \(4 - 2x\).

Do bốn tam giác là các tam giác vuông cân có cạnh đáy nằm trên cạnh của hình vuông lớn, chiều cao ứng với cạnh đáy là \(2 - x\).

Tổng diện tích của bốn tam giác cân là \(4 \cdot \frac{1}{2}\left( {4 - 2x} \right)\left( {2 - x} \right) = {\left( {4 - 2x} \right)^2}\).

Cạnh của hình vuông ở giữa bằng \(x\sqrt 2 \), nên diện tích của nó là \({\left( {x\sqrt 2 } \right)^2} = 2{x^2}\).

Tổng diện tích là: \(S\left( x \right) = 6{x^2} - 16x + 16\).

Biến đổi hoàn thành bình phương: \(S\left( x \right) = 6{\left( {x - \frac{4}{3}} \right)^2} + \frac{{16}}{3} \ge \frac{{16}}{3}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(x = \frac{4}{3} \in \left( {0;\,\,2} \right)\).

Vậy diện tích nhỏ nhất là \(\frac{{16}}{3} \approx 5,33\).

Đáp án: 5,33.

Đáp án: a) Sai. \(\quad \)             b) Đúng. \(\quad \)      c) Đúng. \(\quad \)                                 d) Sai.

a) Sai. Khối chóp thu được có đáy là hình vuông \(EFGH\) và đỉnh chung \(S\) (do bốn đỉnh \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) chụm lại), các cạnh bên bằng nhau nên là khối chóp tứ giác đều, không phải tứ diện đều.

b) Đúng. Đáy của khối chóp là hình vuông \(EFGH\) cạnh \(x\), nên diện tích đáy là \(S = {x^2}\).

c) Đúng. Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), khoảng cách từ \(O\) đến các cạnh là:

\(\frac{{1,5}}{2} = \frac{3}{4}{\rm{\;m}}\).

Tam giác \(OHG\) vuông cân tại \(O\) nên \(OH = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), ta có \(OM = \frac{3}{4}\), \(AM = \frac{3}{4}\).

Khoảng cách \(HM = OM - OH = \frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Độ dài cạnh bên của chóp là:

\(SH = AH = \sqrt {A{M^2} + H{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4} - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} \).

Chiều cao của khối chóp là:

\(h = \sqrt {S{H^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{9}{{16}} + \frac{9}{{16}} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}}  = \sqrt {\frac{9}{8} - \frac{{3x}}{{2\sqrt 2 }}} \).

d) Sai. Vì \(x = HG > 0\) và khối chóp không suy biến nên \(h > 0\), do đó \(0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Vì \(g\left( x \right) = 9{V^2} = {x^4}{h^2} = \frac{9}{8}{x^4} - \frac{3}{{2\sqrt 2 }}{x^5}\) và \(V > 0\), thể tích lớn nhất khi \(g\left( x \right)\) lớn nhất.

Đạo hàm: \(g'\left( x \right) = \frac{3}{2}{x^3}\left( {3 - \frac{5}{{\sqrt 2 }}x} \right)\).

Suy ra \(g'\left( x \right) > 0\) khi \(0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{5}\), và \(g'\left( x \right) < 0\) khi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{5} < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Do đó thể tích lớn nhất tại \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{5} \ne \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).