Trong không gian \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tính theo mét), một ngọn hải đăng được đặt ở vị trí \(I\left( 17;20;45 \right)\). Biết rằng ngọn hải đăng đó được thiết kế với bán kính phủ sáng là \(4km\).

Kẻ \(AH\bot SD\), ta có \(AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot AH\Rightarrow \) \(AH\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(SD\).

Góc giữa cạnh bên \(SD\) và mặt đáy là góc \(\widehat{SDA}={{30}^{0}}\).

Trong tam giác vuông \(SAD\) có \(SA=AD.\tan {{30}^{0}}=2\sqrt{3}\).

\(AH\) là đường cao trong tam giác vuông \(SAD\) nên

\(AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{2\sqrt{3}.6}{\sqrt{{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{6}^{2}}}}=3\).

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

\(7400+900=8300.\)

Ta có \(E\left( -688+91t;-185+75t;8 \right)\) với \(t\ge 0\).

\(E\) là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình

\(\begin{align}& \Rightarrow O E=471 \\& \Leftrightarrow(-688+91 t)^2+(-185+75 t)^2+8^2=417^2 \\& \Leftrightarrow 13906 t^2-152966 t+333744=0 \\& \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=3 \\t=8\end{array}\right.\end{align}\)

Vì \(E\) là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình.

\(\Rightarrow t=3\Rightarrow E\left( -415;40;8 \right)\).

Vậy \(a=-415;b=40;c=8\Rightarrow a+b+c=-367\).

Diện tích miếng tôn hình tròn là: \({{S}_{1}}=\pi .{{R}^{2}}=25\pi \,\left( {{m}^{2}} \right)\).

Xét hệ tọa độ Oxy như hình vẽ

Phương trình của đường tròn tâm O, bán kính bằng 5 là:

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=25\).

Phương trình nửa phía trên trục hoành của đường tròn là:

\(y=\sqrt{25-{{x}^{2}}}\).

\(AB=6\Rightarrow {{y}_{A}}=3\Rightarrow {{x}_{A}}=4\).

Vậy diện tích phần tấm tôn trống là:

\({{S}_{2}}=2.\int\limits_{4}^{5}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}\text{dx}}\,\left( {{m}^{2}} \right)\).

Diện tích phần tấm tôn trang trí là:

\(S={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=25\pi -2.\int\limits_{4}^{5}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}\text{dx}}\,\,\left( {{m}^{2}} \right).\)

Vậy số tiền chi phí là:

\(T=100.\left( 25\pi -2.\int\limits_{4}^{5}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}} \right)\approx 7445\) (nghìn đồng).

Số tiền mà nhà máy \(A\) thu được từ việc bán \(x\) tấn sản phẩm \(\left( 0\le x\le 100 \right)\) cho nhà máy \(B\) là:

\(R\left( x \right)=x.P\left( x \right)=x\left( 45-0,001{{x}^{2}} \right)=45x-0,001{{x}^{3}}\) (triệu đồng).

Chi phí để \(A\) sản xuất \(x\) tấn sản phẩm trong một tháng là:

\(C\left( x \right)=100+30x\) (triệu đồng).

Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy\(A\) thu được là:

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

Xét hàm số \(P\left( x \right)=-0,001{{x}^{3}}+15x-100\) với \(\left( 0\le x\le 100 \right)\) ta có:

\({P}'\left( x \right)=-0,003{{x}^{2}}+15=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=5000\Leftrightarrow x=50\sqrt{2}\).

Ta có \(P\left( 0 \right)=-100;\,\,P\left( 50\sqrt{2} \right)=500\sqrt{2}-100\approx 607;\,\,P\left( 100 \right)=400\).

Bảng biến thiên:

Vậy nhà máy \(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt{2}\approx 70,7\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng.