Gọi \(O\) là giao điểm \(A C\) và \(B D\) (cũng là hình chiếu của \(S\) xuống đáy).

Vì \(S A = S B = S C = S D = a \sqrt{2}\) nên

\(S O^{2} = S A^{2} - O A^{2} = 2 a^{2} - O A^{2} .\)

Thể tích:

\(V = \frac{1}{3} S_{đ \overset{ˊ}{\text{a}} \text{y}} \cdot S O .\)

Để \(V\) lớn nhất thì đáy là hình vuông cạnh \(a\).

Khi đó

\(O A = \frac{a}{\sqrt{2}} ,\) \(S O = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{2} .\)

Vì đáy \(A B C D\) là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính \(A D = 2 a\) nên bán kính

\(R = a .\)

Khi đó các cạnh của lục giác đều bằng bán kính ⇒

\(A B = B C = C D = a .\)

Đặt hệ trục trong mặt phẳng đáy:

\(A \left(\right. - a , 0 , 0 \left.\right) , D \left(\right. a , 0 , 0 \left.\right) ,\) \(B \textrm{ }⁣ \left(\right. - \frac{a}{2} , \frac{\sqrt{3} a}{2} , 0 \left.\right) , C \textrm{ }⁣ \left(\right. \frac{a}{2} , \frac{\sqrt{3} a}{2} , 0 \left.\right) .\)

Vì \(S A \bot \left(\right. A B C D \left.\right)\) và \(S A = \frac{3 a}{2}\) nên

\(S \textrm{ }⁣ \left(\right. - a , 0 , \frac{3 a}{2} \left.\right) .\)

Vectơ chỉ phương:

\(\overset{⃗}{B D} = \left(\right. \frac{3 a}{2} , - \frac{\sqrt{3} a}{2} , 0 \left.\right) ,\) \(\overset{⃗}{S C} = \left(\right. \frac{3 a}{2} , \frac{\sqrt{3} a}{2} , - \frac{3 a}{2} \left.\right) .\)

Lấy

\(\overset{⃗}{B S} = \left(\right. - \frac{a}{2} , - \frac{\sqrt{3} a}{2} , \frac{3 a}{2} \left.\right) .\)

Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

\(d = \frac{\mid \textrm{ } \overset{⃗}{B S} \cdot \left(\right. \overset{⃗}{B D} \times \overset{⃗}{S C} \left.\right) \textrm{ } \mid}{\mid \overset{⃗}{B D} \times \overset{⃗}{S C} \mid} .\)

Tính toán rút gọn được:

\(d = \frac{3 a}{2} .\)

Gọi

• Lãi suất tháng: \(r = 0 , 7 \% = 0 , 007\).
• Số tiền An vay: \(P_{1}\), trả trong \(10\) tháng.
• Số tiền Bình vay: \(P_{2}\), trả trong \(15\) tháng.
• Mỗi tháng mỗi người trả cùng một số tiền \(A\) (triệu đồng).

Vì trả cuối mỗi tháng ⇒ công thức niên kim:

\(P = A \cdot \frac{1 - \left(\right. 1 + r \left.\right)^{- n}}{r}\)

Do đó

\(P_{1} = A \frac{1 - \left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 10}}{0 , 007}\) \(P_{2} = A \frac{1 - \left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 15}}{0 , 007}\)

Mà \(P_{1} + P_{2} = 200\), nên

\(A \frac{\left(\right. 1 - \left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 10} \left.\right) + \left(\right. 1 - \left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 15} \left.\right)}{0 , 007} = 200\)

Tính gần đúng:

\(\left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 10} \approx 0 , 9326\) \(\left(\right. 1 , 007 \left.\right)^{- 15} \approx 0 , 9007\)

Suy ra:

\(A \cdot \frac{\left(\right. 0 , 0674 + 0 , 0993 \left.\right)}{0 , 007} = 200\) \(A \cdot 23 , 81 \approx 200\) \(A \approx 8 , 4\)

Gọi:

• Số tiền gửi ban đầu: \(P = 200\) (triệu đồng)
• Lãi suất tháng: \(r = 0 , 45 \% = 0 , 0045\)
• Thời gian: \(4\) năm \(= 48\) tháng
• Số tiền rút mỗi tháng: \(A\)

Vì rút tiền vào cuối mỗi tháng ⇒ đây là niên kim thông thường:

\(200 = A \cdot \frac{1 - \left(\right. 1 + r \left.\right)^{- 48}}{r}\)

Thay \(r = 0 , 0045\):

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

Tính gần đúng:

\(\left(\right. 1 , 0045 \left.\right)^{48} \approx 1 , 2404\) \(A \approx 200 \cdot \frac{0 , 0045}{1 - \frac{1}{1 , 2404}}\) \(A \approx 4 , 75 \&\text{nbsp};(\text{tri}ệ\text{u}\&\text{nbsp};đ \overset{ˋ}{\hat{\text{o}}} \text{ng})\)

Gọi cạnh đáy hình vuông là \(x\).

Vì \(B D = 2 a\) là đường chéo hình vuông nên

Gọi chiều cao khối hộp là \(h\).
Góc giữa \(\left(\right. A^{'} B D \left.\right)\) và \(\left(\right. A B C D \left.\right)\) bằng \(30^{\circ}\).

Xét tam giác vuông tạo bởi đường cao:

với \(A O = \frac{B D}{2} = a\).

Suy ra:

Khoảng cách từ \(A\) đến \(\left(\right. A^{'} B D \left.\right)\):

Gọi cạnh lập phương là \(a\).

Vì \(A B\) là cạnh của một ô vuông nên

\(a = A B = 4 \sqrt{5} .\)

Sau khi gấp lại, \(O\) là tâm của mặt đối diện với cạnh \(A B\).

Đặt hệ trục:

\(A \left(\right. 0 , 0 , 0 \left.\right) , B \left(\right. a , 0 , 0 \left.\right) .\)

Khi đó

\(O \textrm{ }⁣ \left(\right. \frac{a}{2} , \textrm{ }\textrm{ } a , \textrm{ }\textrm{ } \frac{a}{2} \left.\right) .\)

Khoảng cách từ \(O\) đến đường thẳng \(A B\):

\(d = \sqrt{a^{2} + \left(\left(\right. \frac{a}{2} \left.\right)\right)^{2}} = \frac{a \sqrt{5}}{2} .\)

Thay \(a = 4 \sqrt{5}\):

\(d = \frac{4 \sqrt{5} \cdot \sqrt{5}}{2} = 10.\)

Đặt hệ trục tọa độ:

\(A \left(\right. 0 , 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } B \left(\right. a , 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } D \left(\right. 0 , a , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } S \left(\right. 0 , 0 , a \sqrt{2} \left.\right) .\)

Khi đó

\(\overset{⃗}{S B} = \left(\right. a , 0 , - a \sqrt{2} \left.\right) , \overset{⃗}{S D} = \left(\right. 0 , a , - a \sqrt{2} \left.\right) .\)

M là hình chiếu của \(A\) lên \(S B\), N là hình chiếu của \(A\) lên \(S D\).
Tính được

\(M \textrm{ }⁣ \left(\right. \frac{2 a}{3} , 0 , \frac{a \sqrt{2}}{3} \left.\right) , N \textrm{ }⁣ \left(\right. 0 , \frac{2 a}{3} , \frac{a \sqrt{2}}{3} \left.\right) .\)

Suy ra

\(\overset{⃗}{A M} = \left(\right. \frac{2 a}{3} , 0 , \frac{a \sqrt{2}}{3} \left.\right) , \overset{⃗}{A N} = \left(\right. 0 , \frac{2 a}{3} , \frac{a \sqrt{2}}{3} \left.\right) .\)

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng \(\left(\right. A M N \left.\right)\):

\(\overset{⃗}{n} = \overset{⃗}{A M} \times \overset{⃗}{A N} sim \left(\right. - \sqrt{2} , - \sqrt{2} , 2 \left.\right) .\)

Ta có

\(\mid \overset{⃗}{S B} \mid = a \sqrt{3} , \mid \overset{⃗}{n} \mid = 2 \sqrt{2} , \mid \overset{⃗}{S B} \cdot \overset{⃗}{n} \mid = 3 a \sqrt{2} .\)

Vậy

\(sin ⁡ \alpha = \frac{\mid \overset{⃗}{S B} \cdot \overset{⃗}{n} \mid}{\mid \overset{⃗}{S B} \mid \mid \overset{⃗}{n} \mid} = \frac{\sqrt{3}}{2} .\)

Suy ra

\(\alpha = 60^{\circ} .\)

Gọi lượng bèo ban đầu là \(A\).

Sau mỗi giờ, lượng bèo tăng gấp 10 lần, nên sau \(t\) giờ:

Sau 12 giờ, bèo phủ kín mặt nước, tức là:

Ta cần tìm thời điểm \(t\) để bèo phủ kín \(\frac{1}{5}\) mặt nước:

Chia hai phương trình cho nhau:

Lấy log cơ số 10:

Vì \(log ⁡ 5 \approx 0,699\), nên:

Vậy bèo phủ kín \(\frac{1}{5}\) mặt nước sau khoảng

Gọi

\(\overset{⃗}{A B} = \overset{⃗}{u} , \overset{⃗}{A D} = \overset{⃗}{v} , \overset{⃗}{A A^{'}} = \overset{⃗}{w}\)

Vì hình hộp có tất cả các cạnh bằng 1 và các góc phẳng tại \(A\) đều bằng \(60^{\circ}\), nên

\(\mid \overset{⃗}{u} \mid = \mid \overset{⃗}{v} \mid = \mid \overset{⃗}{w} \mid = 1 , \overset{⃗}{u} \cdot \overset{⃗}{v} = \overset{⃗}{u} \cdot \overset{⃗}{w} = \overset{⃗}{v} \cdot \overset{⃗}{w} = \frac{1}{2} .\)

Ta có

\(C = \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{v} , B^{'} = \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{w} , C^{'} = \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{v} + \overset{⃗}{w} .\)

Mặt phẳng \(\left(\right. A B^{'} C \left.\right)\) đi qua \(A\) và có hai vectơ chỉ phương

\(\overset{⃗}{A B^{'}} = \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{w} , \overset{⃗}{A C} = \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{v} .\)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là

\(\overset{⃗}{n} = \left(\right. \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{w} \left.\right) \times \left(\right. \overset{⃗}{u} + \overset{⃗}{v} \left.\right) .\)

Thể tích hình hộp là tích hỗn tạp

\(V = \left[\right. \overset{⃗}{u} , \overset{⃗}{v} , \overset{⃗}{w} \left]\right. .\)

Với các điều kiện trên, ta có

\(V = \sqrt{1 + 2 \left(\left(\right. \frac{1}{2} \left.\right)\right)^{3} - 3 \left(\left(\right. \frac{1}{2} \left.\right)\right)^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} .\)

Mặt khác

\(\mid \overset{⃗}{n} \mid = \frac{\sqrt{3}}{2} .\)

Khoảng cách từ \(C^{'}\) đến mặt phẳng \(\left(\right. A B^{'} C \left.\right)\) là

\(d = \frac{\mid \left[\right. \overset{⃗}{u} , \overset{⃗}{v} , \overset{⃗}{w} \left]\right. \mid}{\mid \overset{⃗}{n} \mid} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3} .\)

Vậy

\(\boxed{d = \frac{\sqrt{6}}{3}} .\)\(\)

xác định hợp chất X:

• % khối lượng → CTĐG: CH2O
• Khối lượng mol = 60 → CTPT: C₂H₄O₂
• Phổ IR: có –COOH (O–H và C=O)
• Phổ khối: M⁺ = 60

➡X là axit axetic (CH₃COOH) – thành phần chính của giấm ăn.