Một máy bay di chuyển từ sân bay \(A\) với tọa độ \(A(0;0;0)\) đến sân bay \(B\) tại tọa độ \(B(760;120;10)\) (đơn vị tính là km). Trên hành trình, máy bay sẽ đi qua vùng kiểm soát không lưu trung gian có bán kính \(100km\), với tâm trạm kiểm soát đặt tại tọa độ \(O(380;60;0)\). Máy bay bay với vận tốc không đổi, hoàn thành quãng đường trong \(1\) giờ \(25\) phút.

Trong \(\left( SAD \right)\), gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) đến đường thẳng \(SD\). Khi đó \(AH\bot SD\left( 1 \right)\).

Mặt khác \(DC\bot \left( SAD \right)\Rightarrow DC\bot AH\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\left( 2 \right)\)\(\Rightarrow AH\bot \left( SCD \right)\).

\(\Rightarrow d\left( A,\,\left( SCD \right) \right)=AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\frac{1}{2}=0,5\).

Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là A và D nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ A đến D (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).

Một đường đi Euler từ A đến D là AFEABEDBCD và tổng độ dài của nó là:

\(1000+900+700+200+800+1600+1500+300+400=7400\).

Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ D đến A theo thuật toán gắn nhãn vĩnh viễn.

Đường đi ngắn nhất từ D đến A là DCBA và có độ dài là:

\(400+300+200=900\).

Vậy một chu trình cần tìm là AFEABEDBCDCBA và có độ dài là:

\(7400+900=8300\).

Do \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(MA=MB\) nên \(M\) thuộc giao tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\), trong đó \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

+ Tìm được \(\left( Q \right):\,y+z=0\).

+ Khi đó \(M\) thuộc đường thẳng \(d:\left\{ \begin{align} & x=1+3t \\  & y=-t \\  & z=t \\ \end{align} \right.\) với \(d=\left( P \right)\cap \left( Q \right)\Rightarrow M\left( 1+3t\,;\,-t\,;\,t \right)\).

+ Ta có \(\overrightarrow{AM}=\left( 3t-1\,;\,-t-2\,;\,t \right)\,,\,\overrightarrow{BM}=\left( 3t-1\,;\,-t\,;\,t+2 \right)\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}  \Rightarrow \cos \left( \overrightarrow{AM}\overrightarrow{BM} \right) & =\frac{{{\left( 3t-1 \right)}^{2}}+2\left( {{t}^{2}}+2t \right)}{{{\left( 3t-1 \right)}^{2}}+{{t}^{2}}+{{\left( t+2 \right)}^{2}}} \\  {} & =\frac{11{{t}^{2}}-2t+1}{11{{t}^{2}}-2t+5}=1-\frac{4}{11{{t}^{2}}-2t+5}. \\\end{array}\)

Suy ra \(\widehat{AMB}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(t=\frac{1}{11}\Rightarrow M\left( \frac{14}{11}\,;\,-\frac{1}{11}\,;\,\frac{1}{11} \right)\).

\(\Rightarrow S=a+b+c=\frac{14}{11}\approx 1,27\).

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ: 

Diện tích của mỗi phần trồng hoa bằng diện tích của một parabol.

Giả sử xét một cạnh hình vuông làm trục hoành x, với trung điểm của các cạnh tại gốc tọa độ (0;0).

Đỉnh của parabol nằm tại điểm (0; 25) và đi qua hai điểm trên cạnh đáy (-60;0) và (60;0) (vì cạnh hình vuông là 120m).

Phương trình parabol có dạng: \(y=a{{x}^{2}}+25\).

Vì parabol đi qua điểm (60;0) nên ta có:

\(0=a{{\left( 60 \right)}^{2}}+25\Rightarrow a=-\frac{25}{3600}=-\frac{1}{144}\).

Phương trình parabol là: \(y=-\frac{1}{144}{{x}^{2}}+25\).

Diện tích của phần trồng cây xanh bằng:

\(~S=~2.\int\limits_{-60}^{60}{\left( -\frac{1}{144}{{x}^{2}}+25 \right)~}dx=4000{{m}^{2}}\) .

Lợi nhuận của nhà máy A khi sản xuất \(x\) tấn sản phẩm là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}  H\left( x \right) & =xP\left( x \right)-C\left( x \right) \\  {} & =x\left( 45-0,001{{x}^{2}} \right)-\left( 100+30x \right) \\  {} & =-0,001{{x}^{3}}+15x-100,\,\,0\le x\le 100. \\\end{array}\)

\(H'(x)=~-0,003{{x}^{2}}~+15\) .

\(H'(x)=~0\Leftrightarrow ~-0,003{{x}^{2}}+15=~0~~\Leftrightarrow \) \(x=50\sqrt{2}\) (chọn).

Ta có: \(H\left( 0 \right)=-100,\ H\left( 50\sqrt{2} \right)=500\sqrt{2}-100,\ H\left( 100 \right)=400\).

Do đó: \(\underset{\left[ 0;100 \right]}{\mathop{\max }}\,H\left( x \right)=H\left( 50\sqrt{2} \right)=500\sqrt{2}-100\).

Vậy nhà máy A nên sản xuất 70,7 tấn sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất.