+) Gọi \(O\) là giao điểm của \(A C\) và \(B D\).

+) Ta có: \({AA^{^{\prime}}\cap AO=A;AA^{^{\prime}},AO\subset\left(AOA^{^{\prime}}\right);BD\bot AO;BD\bot AA^{^{\prime}}}\)

\(\Rightarrow BD\bot\left(AOA^{^{\prime}}\right)\)

\(\Rightarrow A^{'} O ⊥ B D\). (vì A'O nằm trong \(\)AA'O)

Khi đó \(\left(\left(A^{^{\prime}}BD\right.\right),\left(ABCD\left.\right)\right)=\left(\right.A^{^{\prime}}O,AO\left.\right)=\hat{A^{'} O A}=30^{\circ}\).

+) Vẽ \(A H ⊥ A^{'} O\) tại \(H\).

Ta có \(B D ⊥ \left(\right. A O A^{'} \left.\right) \Rightarrow \left(\right. A^{'} B D \left.\right) ⊥ \left(\right. A O A^{'} \left.\right)\).

Khi đó \({\left(AOA^{^{\prime}}\right)\bot\left(A^{^{\prime}}BD\right);\left(AOA^{^{\prime}}\right)\cap\left(A^{^{\prime}}BD\right)=A^{^{\prime}}O;AH\bot A^{^{\prime}}O}\)

\(\Rightarrow A H ⊥ \left(\right. A^{'} B D \left.\right) \Rightarrow d \left(\right. A , \left(\right. A^{'} B D \left.\right) \left.\right) = A H\).

\(A C = B D = 2 a \Rightarrow A O = a\),

\(A H = A O . sin ⁡ \hat{A O A^{'}} = a . sin ⁡ 30 ^{\circ} = \frac{a}{2}\).

Vậy \(d\left(A,\left(A^{^{\prime}}BD\right)\right)=\frac{a}{2}\).

+) Gọi số tiền bạn Bình rút ra hàng tháng là \(x\) (triệu đồng),

+) Số tiền ban đầu là \(P\)(triệu đồng)

+) Lãi suất tiền gửi hàng tháng là \(r\)

Lãi suất nhận được sau tháng thứ nhất là: \(P . r\) (triệu đồng).

=> Số tiền cuối tháng thứ nhất sau khi rút còn lại: \(P_{1} = P \left(\right. 1 + r \left.\right) - x\) (triệu đồng).

Lãi suất nhận được sau tháng thứ nhất là: \(P_{1} . r\) (triệu đồng).

=> Số tiền cuối tháng thứ nhất sau khi rút còn lại:

\(P_{2} = P_{1} \left(\right. 1 + r \left.\right) - x = P \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{2} - x \left(\right. 1 + r \left.\right) - x\) (triệu đồng).

+) Cứ như thế, số tiền còn lại sau \(n\) tháng là:

\(P_{n} = P \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - x \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n - 1} - x \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n - 2} - . . . . - x \left(\right. 1 + r \left.\right) - x\)

\(P_{n} = P \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - x . \frac{\left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - 1}{r}\) (triệu đồng).

Sau \(48\) tháng, số tiền vừa hết khi và chỉ khi: \(P_{n} = 0\)

\(\Leftrightarrow P \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{48} - x . \frac{\left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{48} - 1}{r} = 0\)

\(\Leftrightarrow 200 \left(\left(\right. 1 , 0045 \left.\right)\right)^{48} - x . \frac{\left(\left(\right. 1 , 0045 \left.\right)\right)^{48} - 1}{0 , 0045} = 0\)

\(\Leftrightarrow x \approx 4 , 642\) (triệu đồng).

 +) \(B A = B C = B B^{'} = 1\) nên điểm \(B\) nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A C B^{'}\).

Suy ra \(B O ⊥ \left(\right. A C B^{'} \left.\right)\) tại tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A C B^{'}\).

+) \(\angle\hat{C B B^{'}}=60^{\circ}\), \(\angle\hat{B^{'} B A}=\angle\hat{A B C}=120^{\circ}\) nên áp dụng định lí cosin trong tam giác \(\Delta B^{'} B A\) và \(\Delta A B C\) ta có \(A B^{'} = A C = \sqrt{3}\).

\(d\left(B;\left(ACB^{^{\prime}}\right)\right)=BO=BA^2-R^2\) với \(R\) là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta A C B^{'}\).

\(S_{\Delta A C B^{'}} = \frac{A B^{'} . C B^{'} . A C}{4 R} = \frac{A H . B^{'} C}{2}\)

\(\frac{\sqrt{3} \sqrt{3}}{4 R}=\frac{\sqrt{3 - \frac{1}{4}}}{2}\) => \(R=\frac{3}{\sqrt{11}}\)

=> \(BO=\sqrt{1 - \frac{9}{11}}=\sqrt{\frac{2}{11}}=\frac{\sqrt{22}}{11}\)

\(\Rightarrow d \left(\right. C^{'} ; \left(\right. A C B^{'} \left.\right) \left.\right) = \frac{\sqrt{22}}{11}\).

+) Gọi \(AC\cap BD=O;SO\cap MN=I;AI\cap SC=P\).

\(AN\bot\left(SCD\right)\Rightarrow AN\bot SC\) và \(AM\bot\left(SBC\right)\Rightarrow AM\bot SC\).

=> \(SC\bot\left(AMN\right)\) hay \(SC\bot\left(AMPN\right)\).

=> \(\left(SB,\left(AMN\right)\right)=\left(SM,\left(AMPN\right)\right)=\angle\hat{S M P}\).

+) Lai có: \(S M = \frac{S A^{2}}{S B} = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{2 a^{2} + a^{2}}} = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}\);

\(S P = \frac{S A^{2}}{S C} = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{2 a^{2} + 2 a^{2}}} = a\).

Nên \(sin⁡\left(\angle\hat{S M P}\right)=\frac{S P}{S M}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow \hat{S M P} = 6 0^{\circ}\)

Giả sử một lá bèo chiếm x (%) mặt nước trong chậu.

+) Sau 12h, bèo sinh sôi phủ kín mặt nước trong chậu nên: 10¹².x = 1 => x = 10^-12

Giả sử t (h) thì lá bèo phủ kín 1/5 mặt nước trong chậu thì:

10^-12.10^t = 1/5

t - 12 = log(1/5)

t ~ 11,3 (h)

Hươu cao cổ không thể vươn tới cây để ăn lá thì sẽ bị đào thải và chết ----> Chọn lọc tự nhiên, Hươu cao cổ có thể vươn tới cây có thể sống sót và tiến hóa từ đó giao phối với nhau -----> Tạo ra giống hươu cao cổ liên tục và di truyền đăc điểm cho thế hệ sau -----> Cơ chế chọn lọc tự nhiên, giữ lại giống có tính trạng tiến hóa và đào thải giống có tính trạng xấu.

Nhóm gene liên kết là các gene cùng nằm trên 1 nhiễm sắc thể cùng di truyền với nhau.
Vì ruồi giấm có vòng đời ngắn, bộ nhiễm sắc thể nhiều và sinh sản nhiều, xảy ra biến dị nhiều và dễ nuôi.

Vì gene có thể bị biến đổi và ít hoặc không ảnh hưởng đến mạng sống hoặc khả năng sinh sản

Đạo đức sinh học là những luật lệ trong nghiên cứu sinh học và các thành tựu trong lĩnh vực sinh học phù hợp với chuẩn mực đạo đức do con người tự quy định.

Darwin cho rằng không phải mọi biến đổi trên cơ thể đều được di truyền, tích lũy mà chỉ có những biến dị di truyền có lợi cho bản thân sinh vật mới được chọn lọc tự nhiên giữ lại tạo điều kiện cho nó trở nên phổ biến trong loài, còn Lamarck lại cho răng hình thành loài hươu cao cổ là do loài này tự động thích ứng thay đổi chứ không thay đổi theo môi trường, tất cả đều tiến hóa nên không có loài nào bị đào thải.