Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) 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?

Ta có \(\overrightarrow{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}=\left( \frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{3}{2};0 \right)\Rightarrow {{A}_{1}}{{A}_{2}}=\sqrt{3}\);

\(\overrightarrow{{{A}_{1}}{{A}_{3}}}=\left( -\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{3}{2};0 \right)\Rightarrow {{A}_{1}}{{A}_{3}}=\sqrt{3}\); \(\overrightarrow{{{A}_{2}}{{A}_{3}}}=\left( -\sqrt{3};0;0 \right)\Rightarrow {{A}_{2}}{{A}_{3}}=\sqrt{3}\).

Mặt khác\(\overrightarrow{E{{A}_{1}}}=\left( 0;1;-6 \right)\Rightarrow E{{A}_{1}}=\sqrt{37}\(;

\(\overrightarrow{E{{A}_{2}}}=\left( \frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};-6 \right)\Rightarrow E{{A}_{2}}=\sqrt{37}\); \(\overrightarrow{E{{A}_{3}}}=\left( -\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};-6 \right)\Rightarrow E{{A}_{3}}=\sqrt{37}\).

Suy ra tam giác \({{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}\) là tam giác đều và hình chóp \(E.{{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}\) là hình chóp đều nên \(\left| {{\overrightarrow{F}}_{1}} \right|=\left| \overrightarrow{{{F}_{2}}} \right|=\left| \overrightarrow{{{F}_{3}}} \right|\).

Vì thế tồn tại hằng số \(k\ne 0\) sao cho:

\(\overrightarrow{{{F}_{1}}}=k\overrightarrow{E{{A}_{1}}}=\left( 0;k;-6k \right)\);

\(\overrightarrow{{{F}_{2}}}=k\overrightarrow{E{{A}_{2}}}=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}k;-\frac{k}{2};-6k \right)\);

\(\overrightarrow{{{F}_{3}}}=k\overrightarrow{E{{A}_{3}}}=\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}k;-\frac{k}{2};-6k \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{{{F}_{1}}}+\overrightarrow{{{F}_{2}}}+\overrightarrow{{{F}_{3}}}=\left( 0;0;-18k \right)\).

Mà \(\overrightarrow{{{F}_{1}}}+\overrightarrow{{{F}_{2}}}+\overrightarrow{{{F}_{3}}}=\overrightarrow{P}\left( 0;0;-300 \right)\) là vectơ trọng lượng máy quay.

Do đó \(-18k=-300\Leftrightarrow k=\frac{50}{3}\).

Suy ra \(\overrightarrow{{{F}_{1}}}=k\overrightarrow{E{{A}_{1}}}=\left( 0;k;-6k \right)=\left( 0;\frac{50}{3};-100 \right)\).

Do đó \(a+3b-c=0+3.\frac{50}{3}-\left( -100 \right)=150\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: 

Ta có: \(G\left( 8;6;10 \right)\),\(M\left( 0;3;5 \right)\).

Gọi \({M}'\) là điểm đối xứng với điểm \(M\) qua mặt phẳng \(\left( Oxy \right)\) suy ra \({M}'\left( 0;3;-5 \right)\).

Phương trình đường thẳng \({M}'G\) qua \({M}'\left( 0;3;-5 \right)\) nhận \(\overrightarrow{{M}'G}=\left( 8;3;15 \right)\) làm vectơ chỉ phương là: \(\left\{ \begin{align}  & x=8t \\  & y=3+3t \\  & z=-5+15t \\ \end{align} \right.\left( t\in \mathbb{R} \right)\).

Gọi \(P\) là giao điểm của đường thẳng \({M}'G\) và mặt phẳng \(Oxy\) suy ra \(P\left( \frac{8}{3};4;0 \right)\).

Điểm \(P\) cách \(BA\) một khoảng bằng \(\frac{8}{3}\) và cách \(BC\) một khoảng bằng 2.

Do đó: \(\left\{ \begin{align}  & a=\frac{8}{3} \\  & b=2 \\ \end{align} \right.\).

Vậy \(D=3a+6b=3.\frac{8}{3}+6.2=20\).

Ta có bảng các giá trị đại diện:

Ta có giá trị trung bình của mẫu số liệu là:

\(\overline{x}=\frac{13.19,25+45.19,75+24.20,25+12.20,75+6.21,25}{13+45+24+12+6}=20,015\).

Phương sai của mẫu số liệu là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {{s}^{2}} & =\frac{13.{{\left( 19,25-20,015 \right)}^{2}}+45.{{\left( 19,75-20,015 \right)}^{2}}+24.{{\left( 20,25-20,015 \right)}^{2}}+12.{{\left( 20,75-20,015 \right)}^{2}}+6.{{\left( 21,25-20,015 \right)}^{2}}}{13+45+24+12+6}  \\   {} & \approx 0,28.  \\\end{array}\)

Gọi \({{u}_{n}}\) (\(n\in {{\mathbb{N}}^{*}}\)) là diện tích tam giác bỏ đi ở bước thứ \(n\).

Ta có \({{u}_{n}}={{3}^{n-1}}.\frac{1}{{{4}^{n}}}=\frac{1}{3}.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{n}}\).

Do đó: \(\frac{{{u}_{n+1}}}{{{u}_{n}}}=\frac{\frac{1}{3}.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{n+1}}}{\frac{1}{3}.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{n}}}=\frac{3}{4}\Rightarrow {{u}_{n+1}}=\frac{3}{4}{{u}_{n}}\), \(\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}\).

Suy ra \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số nhân có \({{u}_{1}}=\frac{1}{4}\), công bội \(q=\frac{3}{4}\) thỏa \(\left| q \right|=\left| \frac{3}{4} \right|<1\).

Vậy \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số nhân lùi vô hạn.

Do đó tổng diện tích các tam giác đã bỏ đi là:

\(S=\frac{{{u}_{1}}}{1-q}=\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{3}{4}}=1\).

Hai đồ thị \(f\left( x \right)={{a}^{x}},g\left( x \right)={{\log }_{b}}x\) đối xứng nhau qua đường thẳng \(d:y=x\) khi \(a=b\).

Điểm \(\left( 3;2 \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(g\left( x \right)={{\log }_{b}}x\) nên

\({{\log }_{b}}3=2\Leftrightarrow {{b}^{2}}=3\Rightarrow a=b=\sqrt{3}\).

Ta có: \({{S}_{{{H}_{1}}}}+{{S}_{{{H}_{2}}}}+{{S}_{{{H}_{3}}}}={{S}_{ABCD}}=6.4=24\).

Xét

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & {{\left( \sqrt{3} \right)}^{x}} & =2  \\   \Leftrightarrow  & x & ={{\log }_{\sqrt{3}}}2  \\   \Rightarrow  & {{S}_{{{H}_{1}}}} & =\int\limits_{-3}^{{{\log }_{\sqrt{3}}}2}{\left( 2-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{x}} \right)}\text{d}x\approx 5,23.  \\\end{array}\)

nên cần mua 2 hộp sơn màu xanh da trời.

Xét

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & {{\log }_{\sqrt{3}}}x & =-2  \\   \Leftrightarrow  & x & =\frac{1}{3}  \\   \Rightarrow  & {{S}_{{{H}_{3}}}} & =\int\limits_{\frac{1}{3}}^{3}{\left( {{\log }_{\sqrt{3}}}x+2 \right)}\text{d}x\approx 7,14.  \\\end{array}\)

nên cần mua 3 hộp sơn màu xanh lá cây.

Ta có: \(\frac{{{S}_{{{H}_{2}}}}}{3}=\frac{24-{{S}_{{{H}_{1}}}}-{{S}_{{{H}_{3}}}}}{3}\approx 3,87\Rightarrow {{S}_{{{H}_{2}}}}\approx 11,61\).

nên cần mua 4 hộp sơn màu vàng.

Số tiền mua sơn là: \(2.0,1+3.0,13+4.0,14=1,15\) (triệu đồng).