Câu hỏi:

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $CD = BC = a$.

Xét $\Delta SBC$ và $\Delta SDC$ có: $SC$ chung, $SB = SD = a$, $BC = DC = a$ suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC$ (c.c.c).

Suy ra $\widehat{SBC} = \widehat{SDC}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $SM$. Khi đó $BH \perp SM$.

Ta có $CD \perp OM$ và $CD \perp SO$ (vì $SO \perp (ABCD)$) suy ra $CD \perp (SOM)$ suy ra $CD \perp SM$.

Do đó $CD \perp (SBM)$. Suy ra $CD \perp BH$.

Ta có $BH \perp SM$, $BH \perp CD$ suy ra $BH \perp (SCD)$.

Suy ra góc giữa $SB$ và $(SCD)$ là $\widehat{BSH}$.

Vì $O$ là tâm hình thoi nên $OB = OC$. Xét $\Delta OBC$ có $OB = OC$ và $BC = a$ suy ra $\Delta OBC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{BOC} = 60^\circ$.

Suy ra $\widehat{BOM} = 120^\circ$ (vì $\widehat{BOC} + \widehat{COM} = 180^\circ$).

Ta có $BM = \sqrt{BC^2 + CM^2 - 2BC.CM.cos\widehat{BCM}} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4} - 2.a.\frac{a}{2}.cos120^\circ} = \frac{a\sqrt 7}{2}$.

Xét $\Delta SOB$ vuông tại $O$ có $SB = a$ và $SO = \frac{a\sqrt 6}{3}$ suy ra $OB = \sqrt{SB^2 - SO^2} = \sqrt{a^2 - \frac{6a^2}{9}} = \frac{a\sqrt 3}{3}$.

Xét $\Delta SBM$ có $\frac{1}{BH^2} = \frac{1}{SB^2} + \frac{1}{BM^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{4}{7a^2} = \frac{11}{7a^2}$ suy ra $BH = a\sqrt{\frac{7}{11}}$.

Xét $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $sin\widehat{BSH} = \frac{BH}{SB} = \frac{a\sqrt{\frac{7}{11}}}{a} = \sqrt{\frac{7}{11}}$. Suy ra $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.

Gọi $h_C, h_D$ lần lượt là độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$. Vì góc nghiêng của mái nhà là $10^\circ$ nên độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$ là:

$h_C = h_D = AD \cdot \tan(10^\circ) = 1.5 \cdot \tan(10^\circ) \approx 0.265 \, m$

Vì mực nước cách mặt $ABB'A'$ là $0.8m$ nên khoảng cách từ mặt nước đến mặt $CDD'C'$ là:

$0.8 + h_C = 0.8 + 0.265 = 1.065 \, m$

Thể tích nước trong bể là diện tích đáy nhân với trung bình cộng độ cao của mực nước so với đáy:

$V = AB \cdot AD \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1 \cdot 1.5 \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 \approx 1.40 \, m^3$


Nhưng vì mực nước là 80cm tính từ mặt $ABB'A'$, nên ta tính chiều cao trung bình của cột nước:

$h_{tb} = \frac{0.8 + 0.8 + 1.5 \tan(10^\circ)}{2} = \frac{1.6 + 0.265}{2} = 0.9325$


Vậy thể tích nước là:

$V = 1 \cdot 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 m^3$. Kết quả này có vẻ không hợp lý, cần xem lại đề bài và hình vẽ.

Chiều cao mực nước trung bình là $h = 0.8 + \frac{1}{2}AD\tan(10^o) = 0.8 + \frac{1}{2}*1.5*0.1763 = 0.8 + 0.1322 = 0.9322 m$

Thể tích $V = 1*1.5*0.8 = 1.2 m^3$ (xấp xỉ). Ta tính lại:

Chiều cao cột nước tại $A$ và $B$ là 0.8m, tại $C$ và $D$ là $0.8 + 1.5\tan(10^o) = 0.8 + 1.5 * 0.176 = 1.064m$

Chiều cao trung bình là $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932$

Thể tích là $V = 1*1.5*0.932 = 1.398m^3$ làm tròn là $1.40 m^3$

*Tính lại*: Khoảng cách từ A,B đến mặt nước là 0.8m

Khoảng cách từ C,D đến mặt nước là $x$. Góc $10^o$ tạo bởi mặt đất và mái nhà.

$\tan(10^o) = \frac{x}{1.5} => x = 1.5*\tan(10^o) = 0.264m$

Vậy chiều cao của nước tại C,D là $0.8 + 0.264 = 1.064m$

Chiều cao trung bình của nước là: $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932m$

Thể tích nước là $1*1.5*0.932 = 1.398 m^3$ (làm tròn 2 số sau dấu phẩy là $1.40 m^3$). Có lẽ đề sai.

Để thể tích lều lớn nhất, ta cần tìm $x$ sao cho thể tích lều đạt giá trị lớn nhất. Lều có dạng hình lăng trụ có đáy là tam giác cân với cạnh đáy là $x$ và chiều cao là $\sqrt{5^2 - (x/2)^2}$ và chiều cao lăng trụ là 3. Thể tích lều là:
$V = 3.\frac{1}{2}.x.\sqrt{25 - \frac{x^2}{4}} = \frac{3}{4}.x.\sqrt{100 - x^2}$
Xét hàm $f(x) = x^2(100 - x^2)$ với $0 < x < 10$. Để $V$ max thì $f(x)$ max.
$f'(x) = 200x - 4x^3 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 50 \Leftrightarrow x = 5\sqrt{2}$
Khi đó: $V_{max} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.\sqrt{100 - 50} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.5\sqrt{2} = \frac{3}{4}.50 = \frac{75}{2}$
Vậy $a = 75, b = 2$. Do đó: $45a - \frac{1}{2}b = 45.75 - \frac{1}{2}.2 = 3375 - 1 = 3374$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB \parallel CD$. Do đó, $M$ thuộc đường thẳng $AB$ song song với $CD$, mà $CD \subset (SAD)$ nên $AB \parallel (SAD)$, suy ra $d(M,(SAD))=d(B,(SAD))$. Kẻ $BH \perp AD$ tại $H$, suy ra $BH=a$. Kẻ $BK \perp SH$ tại $K$, suy ra $BK \perp (SAD)$, do đó $d(B,(SAD)) = BK$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ có $SA=2a, AH=a$ nên $SH = \sqrt{SA^2+AH^2} = a\sqrt{5}$. Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$, có $AB \perp (ABCD)$, suy ra $AD \perp SA$, do đó $AD \perp (SAB)$. Suy ra $(SAD) \perp (SAB)$. Trong tam giác $SAD$, kẻ $AK \perp SD$, suy ra $AK = \frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Trong tam giác $SAB$, kẻ $AE \perp SB$, suy ra $AE = \frac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Kẻ $AH \perp (SAD)$, suy ra $d(A,(SAD)) = AH$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $d(M,(SAD)) = \frac{1}{2} d(A,(SAD)) = \frac{a}{2}$.

Gọi $a = OA = OB = OC$. Ta có tọa độ các điểm: $O(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(0;0;a)$.

Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $M(0; \frac{a}{2}; \frac{a}{2})$.

Suy ra $\overrightarrow{OM} = (0; \frac{a}{2}; \frac{a}{2})$ và $\overrightarrow{AB} = (-a; a; 0)$.

Ta có $\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AB} = 0.(-a) + \frac{a}{2}.a + \frac{a}{2}.0 = \frac{a^2}{2}$.

$|\overrightarrow{OM}| = \sqrt{0^2 + (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

$|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + 0^2} = a\sqrt{2}$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa $OM$ và $AB$, ta có:

$\cos{\alpha} = \frac{|\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{OM}|.|\overrightarrow{AB}|} = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{a^2} = \frac{1}{2}$.

Vậy $\alpha = 60^\circ$.