Câu hỏi:

Gọi $Q$ là giao điểm của $NP$ và $SD$, $E$ là giao điểm của $MN$ và $BD$.

• Vì $M, N$ là trung điểm của $BC$ và $CD$ nên $MN // BD$. Do đó $E$ là trung điểm của $BO$ (với $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$).


• Trong mặt phẳng $(SAD)$, $NP$ cắt $SD$ tại $Q$.


• Trong mặt phẳng $(SBC)$, $MP$ cắt $SB$ tại $K$.

Ta có $(MNP)$ cắt hình chóp $S.ABCD$ theo giao tuyến là các đoạn thẳng $MN, NQ, QP, PK, KM$. Vì $E$ là trung điểm $OB$ nên mặt phẳng $(MNP)$ cắt hình chóp theo một ngũ giác. Vậy đa giác có 5 cạnh.


Do đó, hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(MNP)$ với các mặt của hình chóp $S.ABCD$ là một ngũ giác.

Ta có $h = 15$, suy ra:

$3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12 = 15$

$\Leftrightarrow 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = 3$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + 1 = k2\pi ,k \in Z$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} = - 1 + k2\pi ,k \in Z$

$\Leftrightarrow t = \frac{6}{\pi }\left( { - 1 + k2\pi } \right),k \in Z$

Vì $0 \le t < 24$ nên:

$0 \le \frac{6}{\pi }\left( { - 1 + k2\pi } \right) < 24$

$\Leftrightarrow 0 \le - 1 + k2\pi < 4\pi $

$\Leftrightarrow 1 \le k2\pi < 4\pi + 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{2\pi }} \le k < \frac{{4\pi + 1}}{{2\pi }}$

$\Leftrightarrow 0.159 \le k < 2.159$

Suy ra $k = 1, k = 2$

Với $k = 1$, ta có $t = \frac{6}{\pi }\left( { - 1 + 2\pi } \right) = \frac{6}{\pi }\left( {2\pi - 1} \right)$

Với $k = 2$, ta có $t = \frac{6}{\pi }\left( { - 1 + 4\pi } \right)$

Tuy nhiên, có lẽ đề bài có chút nhầm lẫn, vì nếu $h = 12$ thì:

$3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12 = 12$

$\Leftrightarrow 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + 1 = \frac{\pi }{2} + k\pi $

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} = \frac{\pi }{2} - 1 + k\pi $

$\Leftrightarrow t = \frac{6}{\pi }\left( {\frac{\pi }{2} - 1 + k\pi } \right) = \frac{6}{\pi }\left( {\frac{\pi }{2} - 1} \right) + 6k$

Với $k = 0$, ta có $t = \frac{6}{\pi }\left( {\frac{\pi }{2} - 1} \right) = 3 - \frac{6}{\pi } \approx 1.09$

Với $k = 1$, ta có $t = \frac{6}{\pi }\left( {\frac{\pi }{2} - 1} \right) + 6 = 9 - \frac{6}{\pi } \approx 7.91$

Nếu sửa đề thành tìm $t$ để độ sâu của mực nước là $12{\rm{\;m}}$ và chọn đáp án gần đúng nhất thì chọn $t = \frac{6}{\pi }\left( {\frac{\pi }{3} - 1} \right)$ và $t = \frac{6}{\pi }\left( { - \frac{\pi }{3} - 1} \right)$.

$3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12 = 15$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + 1 = 0 + k2\pi $

$\Leftrightarrow t = \frac{6}{\pi }\left( {k2\pi - 1} \right)$

$0 \le t < 24 \Rightarrow 0 \le \frac{6}{\pi }\left( {k2\pi - 1} \right) < 24$

$\Rightarrow 0 \le k2\pi - 1 < 4\pi $

$\Rightarrow 1 \le k2\pi < 4\pi + 1$

$\Rightarrow \frac{1}{{2\pi }} \le k < \frac{{4\pi + 1}}{{2\pi }}$

$\Rightarrow 0.159 \le k < 2.159$

$\Rightarrow k = 1;k = 2$

$k = 1 \Rightarrow t = \frac{6}{\pi }\left( {2\pi - 1} \right) \approx 10.91 \vee \;k = 2 \Rightarrow t = \frac{6}{\pi }\left( {4\pi - 1} \right) \approx 22.09$

Gọi $S$ là tổng quãng đường người đó đi được.
\begin{aligned}
S &= 150 + 2\left(150\cdot \frac{60}{100}\right) + 2\left(150\cdot \left(\frac{60}{100}\right)^2\right) + ... + 2\left(150\cdot \left(\frac{60}{100}\right)^{14}\right) \\
&= 150 + 2\cdot 150 \left(\frac{60}{100} + \left(\frac{60}{100}\right)^2 + ... + \left(\frac{60}{100}\right)^{14}\right) \\
&= 150 + 300 \left(\frac{60}{100} \cdot \frac{1-\left(\frac{60}{100}\right)^{14}}{1-\frac{60}{100}}\right) \\
&= 150 + 300 \left(\frac{3}{5} \cdot \frac{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{14}}{1-\frac{3}{5}}\right) \\
&= 150 + 300 \left(\frac{3}{5} \cdot \frac{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{14}}{\frac{2}{5}}\right) \\
&= 150 + 300 \cdot \frac{3}{2} \left(1-\left(\frac{3}{5}\right)^{14}\right) \\
&= 150 + 450\left(1-\left(\frac{3}{5}\right)^{14}\right) \approx 374.25 \text{ m}.
\end{aligned}

Câu hỏi này là một bài toán hình học không gian tổng hợp, yêu cầu chứng minh một mệnh đề và tính toán tỉ số.

(a) Chứng minh $MN \parallel (ABCD)$:
Vì $M$ là trung điểm của $SA$ và $N$ là trung điểm của $SC$, theo tính chất đường trung bình trong tam giác $SAC$, ta có $MN \parallel AC$.
Mà $AC$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$, suy ra $MN \parallel (ABCD)$.

(b) Xác định giao điểm $Q$ và tính tỉ số $\frac{SQ}{SD}$:

• Tìm giao tuyến của $(MNP)$ và $(SAC)$: Giao tuyến là $NJ$, với $J$ là giao điểm của $MP$ và $AO$.
• Trong mặt phẳng $(SBD)$, gọi $Q$ là giao điểm của $NJ$ và $SD$.

Để tính tỉ số $\frac{SQ}{SD}$, ta sử dụng định lý Menelaus trong tam giác $SDC$ với cát tuyến $QNJ$, hoặc sử dụng phương pháp tọa độ hóa để giải bài toán.

Ta có $\frac{{7\pi }}{4} < \alpha < 2\pi $ hay $\alpha$ nằm trong góc phần tư thứ IV.

Trong góc phần tư thứ IV:

• $\cos \alpha > 0$
• $\sin \alpha < 0$
• $\tan \alpha < 0$
• $\cot \alpha < 0$

Vậy $\cos \alpha > 0$ là khẳng định đúng.