Cho hình chóp  \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\), \(SO\) vuông góc với mặt đáy. Biết cạnh hình thoi bằng 2024, góc \(BAD\) bằng \(120{}^\circ \), khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( SBD \right)\) bằng bao nhiêu?

\(n\left( \Omega  \right)=C_{30}^{3}=4060\).

Sử dụng sơ đồ cây, ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   n\left( A \right) & =6.\left( C_{7}^{2}+C_{8}^{2}+C_{9}^{2} \right)+7\left( C_{6}^{2}+C_{8}^{2}+C_{9}^{2} \right)  \\   {} & +8\left( C_{6}^{2}+C_{7}^{2}+C_{9}^{2} \right)+9\left( C_{6}^{2}+C_{7}^{2}+C_{8}^{2} \right)  \\   {} & =2215.  \\\end{array}\)

Do đó \(P\left( A \right)=\frac{443}{812}\) nên \(a+b=1255\).

Điều kiện \(\left\{ \begin{align}  & x>0 \\  & 1700-7x>0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow 0<x<\frac{1700}{7}\).

Doanh thu được khi công ty sản suất và tiêu thụ hết \(x\) sản phẩm là:

\(R\left( x \right)=xp\left( x \right)=1700x-7{{x}^{2}}\).

Do đó, lợi nhuận thu được là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   P\left( x \right) & =xp\left( x \right)-C\left( x \right)  \\   {} & =1700x-7{{x}^{2}}-\left( 16000+500x-1,6{{x}^{2}}+0,004{{x}^{3}} \right)  \\   P\left( x \right) & =-0,004{{x}^{3}}-5,4{{x}^{2}}+1200x-16000,0<x<\frac{1700}{7}.  \\\end{array}\)

\({P}'\left( x \right)=-0,012{{x}^{2}}-10,8x+1200\); \({P}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow -0,012{{x}^{2}}+10,8x+1200=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=-1000 \\  & x=100 \\ \end{align} \right.\).

Đối chiếu điều kiện ta có \(x=100\).

Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thu được kết quả là:

\(\underset{\left( 0;\frac{1700}{7} \right)}{\mathop{\max }}\,P\left( x \right)=P\left( 100 \right)=46\,000\) (triệu).

Vậy công ty cần sản xuất 100 sản phẩm thì lợi nhuận thu được là cao nhất.

Gọi mặt cắt ngang của tấm ván là hình chữ nhật \(ABCD\); \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,CD\).

Cách 1: Đặt \(MN=x\), \(OM=\frac{1}{2}\cdot 20\sqrt{2}=10\sqrt{2}\)\(\Rightarrow ON=x+10\sqrt{2}\). Suy ra,

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & NC & =\sqrt{O{{C}^{2}}-O{{N}^{2}}}  \\   {} & {} & =\sqrt{{{20}^{2}}-{{\left( x+10\sqrt{2} \right)}^{2}}}  \\   {} & {} & =\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200}  \\   \Rightarrow  & AB & =2\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200},\,\,\left( 0<x<20-10\sqrt{2} \right).  \\\end{array}\)

Diện tích mặt cắt ngang của tấm ván là:

\(S=AB.CD=2x\sqrt{-{{x}^{2}}-20\sqrt{2}x+200}=2\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}\).

\({S}'=\frac{-4{{x}^{3}}-60\sqrt{2}{{x}^{2}}+400x}{\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}}\) ;

\({S}'=0\Rightarrow -4{{x}^{3}}-60\sqrt{2}{{x}^{2}}+400x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=\frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \\  & x=\frac{-5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \\ \end{align} \right.\).

Đối chiếu điều kiện \(0<x<20-10\sqrt{2}\Rightarrow x=\frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2}\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(S=2\sqrt{-{{x}^{4}}-20\sqrt{2}{{x}^{3}}+200{{x}^{2}}}\), ta có:

\(\underset{\left( 0;20-10\sqrt{2} \right)}{\mathop{\max }}\,S=S\left( \frac{5\sqrt{34}-15\sqrt{2}}{2} \right)\approx 67,3c{{m}^{2}}\).

Cách 2.

Đặt \(\widehat{NOC}=\alpha \))\(\left( 0<\alpha <\frac{\pi }{4} \right)\).

Ta có: \(OM=\frac{1}{2}\cdot 20\sqrt{2}=10\sqrt{2}\);

\(ON=OC.\cos \alpha =20\cos \alpha \);

\(MN=ON-OM=20\cos \alpha -10\sqrt{2}\).

\(NC=OC.\sin \alpha =20\sin \alpha \)\(\Rightarrow CD=40\sin \alpha \).

Vậy diện tích mặt cắt ngang của tấm ván là:

\(S=MN.CD=40\sin \alpha .\left( 20\cos \alpha -10\sqrt{2} \right)=800\sin \alpha .\cos \alpha -400\sqrt{2}\sin \alpha \)

Đặt \(x=\sin \alpha \), do \(0<\alpha <\frac{\pi }{4}\,\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & 0<x<\frac{\sqrt{2}}{2} \\  & \cos \alpha =\sqrt{1-{{x}^{2}}} \\ \end{align} \right.\) nên ta có:

\(S=800x\sqrt{1-{{x}^{2}}}-400\sqrt{2}x=400\left( 2x\sqrt{1-{{x}^{2}}}-\sqrt{2}x \right)\), \(0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\,\).

\({S}'=400\left( 2\sqrt{1-{{x}^{2}}}+2x.\frac{-x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\sqrt{2} \right)\)\(=400\left( \frac{2-4{{x}^{2}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\sqrt{2} \right)\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {S}'=0 & \Leftrightarrow  & \frac{2-4{{x}^{2}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}} & =\sqrt{2}  \\   {} & \Rightarrow  & 4-16{{x}^{2}}+16{{x}^{4}} & =2-2{{x}^{2}}  \\   {} & \Leftrightarrow  & 16{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+2 & =0  \\   {} & \Leftrightarrow  & \left[ \begin{align}  & {{x}^{2}}=\frac{7-\sqrt{17}}{16} \\  & {{x}^{2}}=\frac{7+\sqrt{47}}{16} \\ \end{align} \right. & {}  \\\end{array}\)

Kết hợp với điều kiện \(0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\) \(\Rightarrow x=\frac{\sqrt{7-\sqrt{17}}}{4}\).

Lập BBT, ta có với \(x=\frac{\sqrt{7-\sqrt{17}}}{4}\) thì \(S\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(67,3\,\text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}}\).

Ta có sau khoảng thời gian \(t\left( h \right)\) khinh khí cầu đang ở vị trí \(M\) thì toạ độ \(M\) được xác định bởi \(\overrightarrow{AM}=t.\overrightarrow{v}\).

Do đó \(M\left( -16+4t;-10+3t;10-t \right)\).

Để hệ thống kiểm soát không lưu quan sát được khinh khí cầu ở vị trí \(M\) thì

\(OM\le 12\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( -16+4t \right)}^{2}}+{{\left( -10+3t \right)}^{2}}+{{\left( 10-t \right)}^{2}}}\le 12\) hay \(2\le t\le 6\).

Do đó hệ thống kiểm soát không lưu có thể quan sát khinh khí cầu trong khoảng thời gian \(4\) giờ hay \(240\) phút.

Cách 1:

Đặt \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{a};\,\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b};\,\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{c}.\)

Ta có \(\left| \overrightarrow{a} \right|=\left| \overrightarrow{b} \right|=\left| \overrightarrow{c} \right|=a;\,\,\overrightarrow{a}\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}\overrightarrow{c}=0\).

Vì \(M\in AD'\) nên \(\Rightarrow \exists \alpha :\overrightarrow{AM}=\alpha \overrightarrow{AD'}=\alpha \left( \vec{a}+\vec{c} \right)\).

Tương tự \(N\in DB\) nên \(\exists \beta \,:\overrightarrow{DN}=\beta \overrightarrow{DB}=\beta \left( \vec{b}-\vec{c} \right)\).

Mà \(AM=DN\Leftrightarrow \alpha =\beta \)\(\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\alpha \left( \vec{a}+\vec{c} \right)\) và \(\overrightarrow{DN}=\alpha \left( \vec{b}-\vec{c} \right)\).

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=-\alpha \vec{a}+\alpha \vec{b}+\left( 1-2\alpha  \right)\vec{c}\).

\(\Rightarrow M{{N}^{2}}={{\overrightarrow{MN}}^{2}}={{a}^{2}}\left( 6{{\alpha }^{2}}-4\alpha +1 \right)\).

Xét \(g(\alpha )=6{{\alpha }^{2}}-4\alpha +1\,\,\left( 0\le \alpha \le 1 \right)\) ta có \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( \alpha  \right)=\frac{1}{3}\).

Vậy MN nhỏ nhất khi \(\alpha = \frac{1}{3}\) tức là \(MN=\frac{5\sqrt{3}}{3}\approx 2,89\) (m).

Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) có gốc \(O\) trùng với điểm \(A\), \(B\) thuộc tia \(Ox\), \(D\) thuộc tia \(Oy\), \({{A}_{1}}\) thuộc tia \(Oz\).

Đặt \(AM=DN=x\sqrt{2}\) thì \(M\left( 0;x;x \right)\) và \(N\left( x;5-x;0 \right)\).

Do đó \(M{{N}^{2}}=6{{x}^{2}}-20x+25\).

Từ đó tìm được \(\min MN=\frac{5\sqrt{3}}{3}\).