Câu hỏi:

Câu hỏi này là một câu hỏi mở, không có đủ thông tin để đưa ra một đáp án cụ thể. Chúng ta chỉ biết rằng hàm số $f(x)$ đạt cực đại tại $x_1$ và cực tiểu tại $x_2$. Để tính giá trị của $f(x_1) + f(x_2)$, chúng ta cần biết biểu thức của hàm số $f(x)$ hoặc có thêm thông tin về giá trị của hàm số tại $x_1$ và $x_2$.

Gọi $AB=a, AD=2a$.

Ta có $d(SD,AM) = d(D,(SAM)) = d(B,(SAM)) = 2d(M,(SAM))$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $CD$. Khi đó $d(D,(SAM)) = d(E,(SAM))$.

Vì $MC // AB$ và $MC=\frac{1}{2}AB$ nên $MC$ là đường trung bình của tam giác $ABE$. Do đó $CE = AB = a$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$ kẻ $AH \perp SE$ tại $H$. Ta có $AH \perp (SCD)$.

$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AE^2}$

Ta có $AM = \sqrt{AB^2 + BM^2} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.

$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{4a^2+4a^2} = 2a\sqrt{2}$.

$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{8a^2} = \frac{9}{8a^2} \Rightarrow AH = \frac{2a\sqrt{2}}{3}$.

Vậy khoảng cách giữa $SD$ và $AM$ là $\frac{2a\sqrt{2}}{3} \approx 0.94a$. Đáp án gần nhất là $\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Đổi $v_0 = 54 \frac{km}{h} = 15 \frac{m}{s}$

• Trong 4 giây đầu, ô tô đi được quãng đường:
  
  $s_1 = v_0t_1 + \frac{1}{2}at_1^2 = 15 \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 0 \cdot 4^2 = 60 m$ (vì là chuyển động nhanh dần đều, gia tốc bằng 0)


• Sau khi phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với gia tốc $a = -5 \frac{m}{s^2}$ đến khi dừng hẳn (v = 0). Áp dụng công thức:
  
  $v^2 - v_0^2 = 2as_2 \Leftrightarrow 0^2 - 15^2 = 2 \cdot (-5) \cdot s_2 \Rightarrow s_2 = \frac{225}{10} = 22,5 m$


• Vậy, tổng quãng đường ô tô đi được là: $s = s_1 + s_2 = 60 + 22,5 = 82,5 m$

Phương trình mặt cầu $(S)$ có dạng $(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = R^2$, với tâm $I(a;b;c)$ và bán kính $R$. Trong trường hợp này, ta có $(x-1)^2 + (y+3)^2 + (z-2)^2 = 16 = 4^2$. Vậy, mặt cầu $(S)$ có bán kính $R = 4$ (km). Khoảng cách xa nhất giữa hai vùng phủ sóng chính là đường kính của mặt cầu, tức là $2R = 2 * 4 = 8$ (km).