Câu hỏi:

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BB'\).

Ta có \(EM//B'C\) suy ra \(B'C//\left( AEM \right)\).

Do đó,

\(d\left( B'C,AM \right)=d\left( B'C,\left( AEM \right) \right)=d\left( C,\left( AEM \right) \right)=d\left( B,\left( AEM \right) \right)\).

Nhận xét tứ diện \(EABM\) có \(BA,\text{ }BE,\text{ }BM\) đôi một vuông góc nên:

\(\frac{1}{{{d}^{2}}\left( B,\left( AEM \right) \right)}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{E}^{2}}}+\frac{1}{B{{M}^{2}}}=1+2+4=7\).

Vậy \(d\left( B'C,AM \right)=d\left( B,\left( AEM \right) \right)=\frac{\sqrt{7}}{7}\approx 0,38\).

Đổi đơn vị \(80000\) đồng\(/{{m}^{2}}\) = 8 đồng\(/{{cm}^{2}}\); \(100000\) đồng\(/{{m}^{2}}\)= 10 đồng\(/c{{m}^{2}}\).

Gọi \(x\) là độ dài của một cạnh đáy còn lại của hình hộp, \(h(cm)\) là chiều cao của hình hộp, \((x>0,\,h>0)\).

Thể tích của khối hộp:

\(V=x.80.h=16.000\Rightarrow h=\frac{16000}{80.x}=\frac{200}{x}\).

Do đó chi phí làm bể cá là:

\(f\left( x \right)=80x.10\,+\left( 2.80.\frac{200}{x}+2.x.\frac{200}{x} \right).8=800x\,+\frac{256000}{x}+3200\)(đồng)

Yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)=800x\,+\frac{256000}{x}+3200\) trên \(\left( 0;\,+\infty  \right)\).

\(f'\left( x \right)=800-\frac{256000}{{{x}^{2}}}f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 800-\frac{256000}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=8\sqrt{5} \\  & x=-8\sqrt{5}\,(loại) \\ \end{align} \right.\)

Vậy chi phí ít nhất để làm bể cá như yêu cầu đề bài là \(32\) nghìn đồng.

Theo đề ta có Năng lượng từ mặt trời mà mỗi \(\text{c}{{\text{m}}^{2}}\) lá xanh nhận được trong 1 ngày nắng là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \int\limits_{6}^{17}{f\left( t \right)dt} & =\int\limits_{6}^{9}{f\left( t \right)dt}+\int\limits_{9}^{15}{f\left( t \right)dt}+\int\limits_{15}^{17}{f\left( t \right)dt}  \\   {} & =\int\limits_{6}^{9}{\left( 124,5\left( t-6 \right)+4,6 \right)dt}+\int\limits_{9}^{15}{\left( 20{{\left( t-9 \right)}^{2}}+378,1 \right)}dt   +\int\limits_{15}^{17}{\left( 1098,1-86\left( t-15 \right) \right)dt}  \\   {} & =574,05+3708,6+2024,2=6306,85\left( J \right).  \\\end{array}\)

Khi đó, năng lượng để tổng hợp glucose trong khu rừng nhỏ là:

\({{6306,85.0,1.50.10}^{4}}=315342500\left( J \right)=315342,5\left( kJ \right)\).

Khi đó khối lượng glucose tạo thành trong 1 ngày nắng là: \(\frac{315342,5}{2813}.\frac{180}{1000}\approx 20,2\left( kg \right)\).

Dựng hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Gọi parabol \(\left( P \right)\) có phương trình

\(y=a{{x}^{2}}+bx+c\text{ }\left( a\ne 0 \right)\).

Khi đó \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(S\left( 0,4 \right)\), \(A\left( -2;0 \right)\) và \(B\left( 2;0 \right)\).

Suy ra ta có \(\left\{\begin{array}{l}\mathrm{c}=4 \\ 4 \mathrm{a}-2 \mathrm{~b}+\mathrm{c}=0 \\ 4 \mathrm{a}+2 \mathrm{~b}+\mathrm{c}=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=-1 \\ \mathrm{~b}=0 \\ \mathrm{c}=4\end{array}\right.\right.\).

Vậy parabol \(\left( P \right)\): \(y=-{{x}^{2}}+4\).

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(O\left( 0;0 \right)\) và bán kính \(OA=2\).

Khi đó phương trình \(\left( C \right)\) là

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4\). Suy ra phương trình nửa đường tròn (phần nằm phía trên trục hoành) là \(y=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\).

Gọi \(M\), \(N\) là giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) (khác \(A\),\(B\)).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) ta có:

\(\begin{align}& \sqrt{4-x^2}=-x^2+4 \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\\sqrt{4-x^2}=\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\end{array}\right. \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\{\left[\sqrt{4-x^2}=0\right.} \\\sqrt{4-x^2}=1\end{array}\right. \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\{\left[\begin{array}{l}x^2=4 \\x^2=3\end{array}\right.} \\\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x= \pm 2 \\x= \pm \sqrt{3}\end{array}\right.\end{array}\right.\end{align}\)

Suy ra điểm \(M\left( -\sqrt{3};1 \right)\) và điểm \(N\left( \sqrt{3};1 \right)\).

Phương trình đường thẳng \(ON\) là \(y=\frac{1}{\sqrt{3}}x\).

Chi phí sơn phần kẻ sọc là: \({{T}_{1}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( -{{x}^{2}}+4-\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)\text{d}x} \right].140000\) (đồng).

Chi phí sơn phần hình quạt là: \({{T}_{2}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{3}}x \right)\text{d}x} \right].150000\) (đồng).

Chi phí sơn phần còn lại là: \({{T}_{3}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}x\text{d}x+2\int\limits_{\sqrt{3}}^{2}{\left( -{{x}^{2}}+4 \right)\text{d}x}} \right].160000\) (đồng).

Vậy tổng chi phí sơn là: \(T={{T}_{1}}+{{T}_{2}}+{{T}_{3}}\approx 1575349,5\) (đồng).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho điểm O là tâm của sàn nhà, trục \(Ox\) đi qua trung điểm của cạnh trước và cạnh sau sàn nhà, trục \(Oy\) đi qua trung điểm của hai cạnh bên của sàn nhà, đơn vị trên mỗi trục là \(1m\)

Ta có tọa độ các điểm \(A(3;-5;4),\,D(3;5;4),\,C(-3;5;4),\,F(0;3;5)\).

Suy ra tọa độ các vectơ \(\overrightarrow{FA}(3;-8;-1),\,\overrightarrow{FD}(3;2;-1),\,\overrightarrow{FC}(-3;2;-1)\)

Ta có \(\left[ \overrightarrow{FA},\,\overrightarrow{FD} \right]=(10;0;30)\), \(\left[ \overrightarrow{FD},\overrightarrow{FC}\, \right]=(0;6;12)\).

Suy ra vectơ pháp tuyến của mái trước \((FAD)\) là \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=(1;0;3)\) và vectơ pháp tuyến của mái bên \((FDC)\) là \(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=(0;1;2)\)

\(\alpha \) là góc nhị diện tạo bởi mái trước \((FAD)\) và mái sau \((FDC)\), ta chứng minh được \(\alpha \ge \widehat{ADC}={{90}^{0}}\).

Từ đó, suy ra

\(cos\alpha =-\left| cos(\overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}}) \right|=-\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}=-\frac{6\sqrt{2}}{10}\Leftrightarrow \alpha ={{148,05}^{0}}\approx {{148}^{0}}\).

Để chứng minh \(\alpha \ge \widehat{ADC}={{90}^{0}}\) ta gọi \(H\) là điểm trên giao tuyến \(FD\) và gọi \((P)\) là mặt phẳng vuông góc với \(FD\) tại \(H\), \((P)\) cắt \(AD\) và \(DC\) tại \(M\) và \(N\).

Gọi \(I\) là chân đường cao hạ từ \(H\) của tam giác \(\Delta HMN\) khi đó \(I\) cũng là là chân đường cao hạ từ \(D\) của tam giác \(\Delta DMN\).

Xét hai tam giác \(\Delta HMN\) và \(\Delta DMN\) ta có \(ID\ge IH\).

Suy ra \(\widehat{MHN}\ge \widehat{MDN}={{90}^{0}}\).