Chiều dài quỹ đạo là \(L=12\text{\ cm}\). Biên độ dao động là \(A=\frac{L}{2}=\frac{12}{2}=6\text{\ cm}\). Chu kỳ dao động là \(T=\frac{62,8}{20}=3,14\text{\ s}\). Tần số góc là \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{3,14}\approx 2\text{\ rad/s}\). Vận tốc của vật được tính bằng công thức \(v=\pm \omega \sqrt{A^{2}-x^{2}}\). Thay số vào, ta có \(v=\pm 2\sqrt{6^{2}-(-2)^{2}}=\pm 2\sqrt{36-4}=\pm 2\sqrt{32}=\pm 8\sqrt{2}\text{\ cm/s}\). Vì vật đi theo chiều hướng về vị trí cân bằng từ li độ âm, nên vận tốc có giá trị dương. Do đó, \(v=8\sqrt{2}\text{\ cm/s}\). Gia tốc của vật được tính bằng công thức \(a=-\omega ^{2}x\). Thay số vào, ta có \(a=-(2)^{2}(-2)=-4(-2)=8\text{\ cm/s}^{2}\). Vận tốc của vật là \(v=8\sqrt{2}\text{\ cm/s}\). Gia tốc của vật là \(a=8\text{\ cm/s}^{2}\).

Tần số góc \(\omega \) được tính bằng công thức \(\omega =\frac{2\pi }{T}\). \(\omega =\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}\text{\ rad/s}\). Biên độ dao động Quãng đường đi được trong một chu kì là \(4A\). Thời gian \(t=6\text{\ s}\) được phân tích thành \(t=T+\frac{T}{2}\). Quãng đường đi được trong thời gian \(t\) là \(S=4A+2A=6A\). Biên độ dao động \(A\) được tính bằng công thức \(A=\frac{S}{6}\). \(A=\frac{48}{6}=8\text{\ cm}\). Pha ban đầu Tại thời điểm \(t=0\), vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm. Pha ban đầu \(\phi \) được xác định là \(\phi =\frac{\pi }{2}\text{\ rad}\). Phương trình dao động Phương trình dao động có dạng \(x=A\cos (\omega t+\phi )\). Thay các giá trị đã tìm được vào phương trình. \(x=8\cos (\frac{\pi }{2}t+\frac{\pi }{2})\text{\ cm}\). Đáp án cuối cùng Phương trình dao động của vật là \(x=8\cos (\frac{\pi }{2}t+\frac{\pi }{2})\text{\ cm}\).

Lời giải: * Xác định đường cao của hình chóp: Vì (SBI) \perp (ABCD) và (SCI) \perp (ABCD), giao tuyến SI của hai mặt phẳng này vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Vậy SI là đường cao của hình chóp. * Xác định vị trí điểm I: I là trung điểm của AD, mà AD = a, nên AI = ID = \frac{a}{2}. * Xác định hình chiếu của I trên BC: Kẻ DK \parallel AB (K thuộc BC). Khi đó ABKD là hình chữ nhật, suy ra DK = AB = 3a và BK = AD = a. Do DC = a, nên KC = BC - BK = a. Kẻ IE \perp BC tại E. Xét hình thang vuông ABKD, kẻ IP \perp AB tại P, IQ \perp DK tại Q. Vì I là trung điểm AD, nên AP = \frac{AB - DK}{2} = \frac{3a - 3a}{2} = 0, suy ra P \equiv A. Tương tự, DQ = 0, suy ra Q \equiv D. Do đó, IE là đường trung bình của hình thang vuông ABCD ứng với cạnh bên AD. IE = \frac{AB + DC}{2} = \frac{3a + a}{2} = 2a. * Xác định góc giữa (SBC) và (ABCD): Kẻ IF \perp BC tại F. Vì SI \perp (ABCD), nên SF \perp BC. Góc giữa (SBC) và (ABCD) là \angle SFI = 60^\circ. * Tính độ dài đường cao SI: Trong tam giác vuông SIF, ta có \tan(\angle SFI) = \frac{SI}{IF}. SI = IF \cdot \tan(60^\circ) = IE \cdot \sqrt{3} = 2a\sqrt{3}. * Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC): Trong tam giác vuông SIF, đường cao IH từ I xuống SF chính là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC). \frac{1}{IH^2} = \frac{1}{SI^2} + \frac{1}{IF^2} = \frac{1}{(2a\sqrt{3})^2} + \frac{1}{(2a)^2} = \frac{1}{12a^2} + \frac{1}{4a^2} = \frac{1 + 3}{12a^2} = \frac{4}{12a^2} = \frac{1}{3a^2}. IH^2 = 3a^2 \implies IH = a\sqrt{3}. Vậy khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC) là a\sqrt{3}. * Tính khoảng cách từ trung điểm M của SD đến mặt phẳng (SBC): Gọi M là trung điểm của SD. Xét tam giác SID. Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC). Ta có \frac{d(M, (SBC))}{d(D, (SBC))} = \frac{MI}{DI} = 1 (do M là trung điểm SD, xét trong mặt phẳng (SID)). Vậy d(M, (SBC)) = d(D, (SBC)). * Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC): Xét hình chóp S.DBC. Ta có SI \perp (ABCD), nên SI \perp DC. Diện tích tam giác DBC = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}. Thể tích hình chóp S.DBC = \frac{1}{3} \cdot SI \cdot S_{\triangle DBC} = \frac{1}{3} \cdot 2a\sqrt{3} \cdot \frac{a^2}{2} = \frac{a^3\sqrt{3}}{3}. Diện tích tam giác SBC: BC = \sqrt{BK^2 + KC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}. SF = \sqrt{SI^2 + IF^2} = \sqrt{(2a\sqrt{3})^2 + (2a)^2} = \sqrt{12a^2 + 4a^2} = \sqrt{16a^2} = 4a. Áp dụng định lý cosin cho tam giác SBC: SC^2 = SI^2 + IC^2 = (2a\sqrt{3})^2 + (ID^2 + DC^2) = 12a^2 + (\frac{a^2}{4} + a^2) = 12a^2 + \frac{5a^2}{4} = \frac{53a^2}{4} \implies SC = \frac{a\sqrt{53}}{2}. SB^2 = SI^2 + IB^2 = (2a\sqrt{3})^2 + (IA^2 + AB^2) = 12a^2 + (\frac{a^2}{4} + 9a^2) = 12a^2 + \frac{37a^2}{4} = \frac{85a^2}{4} \implies SB = \frac{a\sqrt{85}}{2}. Diện tích tam giác SBC có thể tính theo công thức Heron, tuy nhiên cách này phức tạp. Ta sử dụng thể tích: V_{S.DBC} = \frac{1}{3} \cdot d(D, (SBC)) \cdot S_{\triangle SBC}. Ta có S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SF = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{2} \cdot 4a = 2a^2\sqrt{2}. \frac{a^3\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{3} \cdot d(D, (SBC)) \cdot 2a^2\sqrt{2}. d(D, (SBC)) = \frac{a^3\sqrt{3}}{2a^2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{4}. Vậy khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBC) là \frac{a\sqrt{6}}{4}. Final Answer: The final answer is \boxed{\frac{a\sqrt{6}}{4}}

Lời giải: Vì M thuộc cạnh BC và N thuộc cạnh CD sao cho MN = 1, và BC = CD = 1, điều này chỉ xảy ra khi M \equiv C và N \equiv D. Khi đó, tam giác AMN trở thành tam giác ACD. Diện tích tam giác ACD: Tam giác ACD là tam giác vuông tại D với AD = CD = 1. S_{ACD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}. Chiều cao của khối chóp S.ABCD: Gọi O là tâm của đáy hình vuông ABCD. SO là đường cao của chóp. AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}. AO = \frac{1}{2} AC = \frac{\sqrt{2}}{2}. Tam giác SOA vuông tại O, ta có: SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{4}} = \sqrt{1 - \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}. Chiều cao từ đỉnh S xuống mặt phẳng (ACD) chính là chiều cao của khối chóp S.ABCD, h = SO = \frac{\sqrt{2}}{2}. Thể tích khối chóp S.ACD: V_{S.ACD} = \frac{1}{3} \cdot S_{ACD} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{12}. Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN là \frac{\sqrt{2}}{12}.

Bài 1: Lời giải: Gọi T_0 = 10^9 đồng là số tiền vay ban đầu. Gọi r = 0.5\% = 0.005 là lãi suất hàng tháng. Gọi P = 30 \times 10^6 đồng là số tiền trả hàng tháng. Gọi T_n là số tiền còn nợ sau n tháng. Sau tháng thứ nhất: Số tiền lãi phải trả là T_0 \times r = 10^9 \times 0.005 = 5 \times 10^6 đồng. Tổng số tiền nợ sau khi tính lãi là T_0 + T_0 \times r = T_0(1+r). Sau khi trả P, số tiền còn nợ là T_1 = T_0(1+r) - P. Sau tháng thứ hai: Số tiền lãi phải trả là T_1 \times r = (T_0(1+r) - P) \times r. Tổng số tiền nợ sau khi tính lãi là T_1 + T_1 \times r = T_1(1+r) = (T_0(1+r) - P)(1+r) = T_0(1+r)^2 - P(1+r). Sau khi trả P, số tiền còn nợ là T_2 = T_0(1+r)^2 - P(1+r) - P. Sau n tháng, số tiền còn nợ là: T_n = T_0(1+r)^n - P(1 + (1+r) + (1+r)^2 + \dots + (1+r)^{n-1}) Đây là một cấp số nhân với công bội q = 1+r. Tổng của n số hạng đầu tiên là \frac{(1+r)^n - 1}{(1+r) - 1} = \frac{(1+r)^n - 1}{r}. Vậy, T_n = T_0(1+r)^n - P \frac{(1+r)^n - 1}{r}. Anh Nam trả hết nợ khi T_n \le 0. 10^9 (1+0.005)^n - 30 \times 10^6 \frac{(1+0.005)^n - 1}{0.005} \le 0 10^9 (1.005)^n - 6 \times 10^9 ((1.005)^n - 1) \le 0 (1.005)^n - 6 ((1.005)^n - 1) \le 0 (1.005)^n - 6 (1.005)^n + 6 \le 0 6 \le 5 (1.005)^n (1.005)^n \ge \frac{6}{5} = 1.2 n \ln(1.005) \ge \ln(1.2) n \ge \frac{\ln(1.2)}{\ln(1.005)} \approx \frac{0.1823}{0.004988} \approx 36.54 Vì số tháng phải là một số nguyên, nên anh Nam cần ít nhất 37 tháng để trả hết nợ