Kẻ \(I K ⊥ B C \left(\right. K \in B C \left.\right) \Rightarrow \left(\right. \left(\right. S B C \left.\right) ; \left(\right. A B C D \left.\right) \left.\right) = \hat{S K I} = 6 0^{\circ}\)

Gọi \(M = A D \cap B C\).

Ta có \(\frac{M D}{M A} = \frac{1}{3} \Rightarrow M D = \frac{a}{2}\)

Ta có \(\Delta M I K\) đồng dạng với \(\Delta M B A\) nên suy ra

\(\frac{I K}{B A} = \frac{M I}{M B} = \frac{a}{\sqrt{\left(\left(\right. 3 a \left.\right)\right)^{2} + \left(\left(\right. \frac{3 a}{2} \left.\right)\right)^{2}}} = \frac{2 \sqrt{5}}{15}\)

\(\Rightarrow I K = \frac{2 \sqrt{5}}{15} . 3 a = \frac{2 a \sqrt{5}}{5}\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(S D\).

Ta có \(d \left(\right. N , \left(\right. S B C \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{2} d \left(\right. D , \left(\right. S B C \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{4} d \left(\right. I , \left(\right. S B C \left.\right) \left.\right)\)

Từ \(I\) kẻ \(I H ⊥ S K\) suy ra

\(I H = d \left(\right. I , \left(\right. S B C \left.\right) \left.\right) = I K . sin ⁡ 60^{0} = \frac{a \sqrt{15}}{5}\)

\(\Rightarrow d \left(\right. N , \left(\right. S B C \left.\right) \left.\right) = \frac{a \sqrt{15}}{20}\)

Hình chóp \(S . A B C D\) có đường cao \(h = \frac{\sqrt{2}}{2}\).

Ta có \(V_{S . A M C} = \frac{1}{3} S_{\Delta A M N} . h\)

\(= \frac{\sqrt{2}}{6} . S_{\Delta A M N}\).

Thể tích khối tứ diện \(S . A M N\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(S_{\Delta A M N}\) nhỏ nhất.

Đặt \(x = C M , y = N C\)

\(\Rightarrow M B = 1 - x , D N = 1 - y\)

Ta có \(x^{2} + y^{2} = 1 \Leftrightarrow x y = \frac{\left(\left(\right. x + y \left.\right)\right)^{2} - 1}{2}\)

Với \(\left(\left(\right. x + y \left.\right)\right)^{2} \leq 2 \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \Rightarrow 1 < x + y \leq \sqrt{2}\).

Ta có \(S_{\Delta A M N} = 1 - S_{\Delta A B M} - S_{\Delta C M N} - S_{\Delta A D N}\)

\(= 1 - \frac{1}{2} \left(\right. 1 - x \left.\right) - \frac{1}{2} x . y - \frac{1}{2} . \left(\right. 1 - y \left.\right)\)

\(= 1 - \frac{1 - x}{2} - \frac{x . y}{2} - \frac{1 - y}{2}\)

\(= \frac{1}{2} \left(\right. \left(\right. x + y \left.\right) - \frac{\left(\left(\right. x + y \left.\right)\right)^{2}}{2} + \frac{1}{2} \left.\right)\).

Đặt \(t = x + y \Rightarrow S_{\Delta A M N} = - \frac{1}{4} t^{2} + \frac{1}{2} t + \frac{1}{4}\).

Tam giác có diện tích nhỏ nhất là:

Smin⁡=22−14Smin​=422​−1​ khi \(t = \sqrt{2}\).

Vậy thể tích nhỏ nhất của tứ diện \(S . A M N\) là:

Vmin⁡=26.22−14=4−224Vmin​=62​​.422​−1​=244−2​​.

Gọi \(a\) là số tiền vay (triệu đồng), \(r\) là lãi suất, \(m\) là số tiền hàng tháng trả (triệu đồng).

Số tiền nợ sau tháng thứ nhất là: \(N_{1} = a \left(\right. 1 + r \left.\right) - m\).

Số tiền nợ sau tháng thứ hai là: \(N_{2} = \left[\right. a \left(\right. 1 + r \left.\right) - m \left]\right. + \left[\right. a \left(\right. 1 - r \left.\right) - m \left]\right. r - m\)

\(= a \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{2} - m \left[\right. \left(\right. 1 + r \left.\right) + 1 \left]\right.\)

Số tiền nợ sau \(n\) tháng là:

\(N_{n} = a \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - m \left[\right. \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n - 1} + \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n - 2} + . . . + 1 \left]\right. = a \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - m \frac{\left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - 1}{r}\).

Sau \(n\) tháng anh Nam trả hết nợ:

\(N_{n} = a \left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - m \frac{\left(\left(\right. 1 + r \left.\right)\right)^{n} - 1}{r} = 0\)

\(\Leftrightarrow 1000 \left(\left(\right. 1 + 0 , 005 \left.\right)\right)^{n} - 30 \frac{\left(\left(\right. 1 + 0 , 005 \left.\right)\right)^{n} - 1}{0 , 005} = 0\)

\(\Leftrightarrow n = 36 , 55\)

Vậy \(37\) tháng thì anh Nam trả hết nợ.

Các đặc điểm chính của khối hộp này:

• Đáy:  ABCD𝐴𝐵𝐶𝐷 và  𝐴 ′ 𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐷 ′ là hình vuông, do đó  𝐴𝐵 =𝐵𝐶 =𝐶𝐷 =𝐷𝐴 =𝐴 ′ 𝐵 ′ =𝐵 ′ 𝐶 ′ =𝐶 ′ 𝐷 ′ =𝐷 ′ 𝐴 ′.
• Cạnh bên:  𝐴𝐴 ′ =𝐵𝐵 ′ =𝐶𝐶 ′ =𝐷𝐷 ′ và vuông góc với đáy (ví dụ  𝐴𝐴 ′ ⟂𝐴𝐵 và  𝐴𝐴 ′ ⟂𝐴𝐷).
• Đường chéo đáy:  𝐵𝐷 =𝐴𝐵2+𝐴𝐷2√ =𝑎 2√ (nếu cạnh đáy là  a𝑎).
• Thể tích ( V𝑽):  𝑉 =𝑎2 ⋅ℎ, với  hℎ là chiều cao  𝐴𝐴 ′.
• Diện tích toàn phần ( Stp𝑺𝒕𝒑):  𝑆𝑡𝑝 =2𝑎2 +4𝑎ℎ (với  a𝑎 là cạnh đáy,  hℎ là chiều cao). 

Ví dụ bài toán phổ biến:
Cho hình hộp chữ nhật  𝐴𝐵𝐶𝐷 . 𝐴 ′ 𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐷 ′ có đáy  ABCD𝐴𝐵𝐶𝐷 là hình vuông cạnh  a𝑎,  𝐵𝐷 =2𝑎, góc phẳng nhị diện  [ 𝐴 ′ , 𝐵𝐷 , 𝐴 ] bằng  30∘30∘.

1. Tính cạnh đáy ( a𝒂):  𝐵𝐷 =𝐴𝐵2+𝐴𝐷2√ =𝑎2+𝑎2√ =𝑎 2√. Nếu đề cho  𝐵𝐷 =2𝑎, cạnh đáy  𝐴𝐵 =𝐵𝐷2√ =𝑎 2
2. Tính chiều cao ( 𝑨𝑨 ′): Dựa vào góc nhị diện  30∘30∘ giữa  ( 𝐴 ′ 𝐵𝐷 ) và  ( 𝐴𝐵𝐶𝐷 )

• Thể tích khối chóp: 𝑉 =13 ⋅𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 ⋅ℎ =13𝑎2 ℎ (với  hℎ là chiều cao hạ từ đỉnh  S𝑆 xuống mặt đáy).
• Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy: 𝑅đá𝑦 =𝐴𝐶2 =𝑎2√2.

Gọi số tiền anh Tài gửi ở ngân hàng A là \(x\) triệu đồng. Suy ra số tiền anh Tài gửi ở ngân hàng B là \(400 - x\) triệu đồng.

Số tiền cả vốn và lãi Anh tài nhận được khi gửi ở ngân hàng A sau \(15\) tháng là:

\(x \left(\left(\right. 1 + \frac{2 , 1}{100} \left.\right)\right)^{5} .\)

Suy ra số tiền lãi Anh tài nhận được khi gửi ở ngân hàng A sau \(15\) tháng là:

\(x \left(\left(\right. 1 + \frac{2 , 1}{100} \left.\right)\right)^{5} - x .\)

Số tiền cả vốn và Anh tài nhận được khi gửi ở ngân hàng B sau \(9\) tháng là:

\(\left(\right. 400 - x \left.\right) \left(\left(\right. 1 + \frac{0 , 73}{100} \left.\right)\right)^{9} .\)

Suy ra số tiền lãi Anh tài nhận được khi gửi ở ngân hàng B sau \(9\) tháng là:

\(\left(\right. 400 - x \left.\right) \left(\left(\right. 1 + \frac{0 , 73}{100} \left.\right)\right)^{9} - \left(\right. 400 - x \left.\right) .\)

Tổng số tiền lãi Anh tài nhận được ở hai ngân hàng là \(49144986 , 76\) đồng nên ta có phương trình:

\(x \left(\left(\right. 1 + \frac{2 , 1}{100} \left.\right)\right)^{5} - x + \left(\right. 400 - x \left.\right) \left(\left(\right. 1 + \frac{0 , 73}{100} \left.\right)\right)^{9} - \left(\right. 400 - x \left.\right) = 49 144 986 , 76\)

\(\Leftrightarrow x = 160.\)

Vậy Anh tài gửi ở A là \(160\) triệu và B \(240\) triệu.

Cấu hình electron của nitrogen (Z = 7):

→ 1s² 2s² 2p³

Vị trí của nitrogen trong bảng tuần hoàn:

• Chu kỳ: 2 (vì có 2 lớp electron)

• Nhóm: VA (nhóm 15 theo cách đánh số mới)

• Ô nguyên tố: số 7

Hiện tượng phú dưỡng là tình trạng nguồn nước chứa quá nhiều chất dinh dưỡng (nitơ, photpho) làm tảo phát triển mạnh.

Nguyên nhân: Do nước thải và phân bón từ sinh hoạt, nông nghiệp, công nghiệp chảy vào sông hồ.

Tác hại: Gây thiếu oxy, làm sinh vật thủy sinh chết, ô nhiễm nước và mất cân bằng hệ sinh thái.

(1)N2→2NO

(2) 2NO + 02 → 2N02

(3) 4N02 + 2H20+ 02 —>4HNO3

(4) HNO3 + NH3 → NH4N03

Hi Anna

Thanks for your invitation. I’m really happy to join the picnic this Sunday. What time should we meet? I can bring some fruit and drinks. Please write back soon with more details.

See you,

Linda