Gọi \(H = A C \cap B D\). Vì \(S A = S B = S C = S D\) nên \(H A = H B = H C = H D\)

\(\Rightarrow A B C D\) là hình chữ nhật và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) xuống \(\left(\right. A B C D \left.\right)\)

Giả sử \(A B = a\). Đặt \(A D = x\). Khi đó

\(S_{A B C D} = a x .\)

\(A H = \frac{A C}{2} = \frac{\sqrt{A B^{2} + B C^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{a^{2} + x^{2}}}{2} .\)

\(S H = \sqrt{S A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2} + x^{2}}{4}} = \frac{\sqrt{7 a^{2} - x^{2}}}{2} .\)

Ta có

\(\&\text{nbsp}; V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S H . S_{A B C D}\)

\(= \frac{1}{3} . \frac{\sqrt{7 a^{2} - x^{2}}}{2} . a x\)

\(= \frac{a x \sqrt{7 a^{2} - x^{2}}}{6} \leq \frac{1}{6} . a . \frac{\left(\right. x^{2} + 7 a^{2} - x^{2} \left.\right)}{2}\)

\(\Rightarrow V_{S . A B C D} \leq \frac{7 a^{3}}{12} .\)

Dấu xảy ra khi \(x = \sqrt{7 a^{2} - x^{2}}\) hay \(x = \frac{a \sqrt{14}}{2}\).

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là \(\frac{7 a^{3}}{12}\) khi \(x = \frac{a \sqrt{14}}{2}\).

Do \(A B C D\) là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính \(A D = 2 a \Rightarrow A B = B C = C D = a\)

 Kẻ đường thẳng \(C E / / B D \left(\right. E \in A D \left.\right)\), gọi \(F = C E \cap A B \Rightarrow B D / / \left(\right. S E F \left.\right)\).

Khi đó \(d \left(\right. B D ; S C \left.\right) = d \left(\right. B D ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right) = d \left(\right. D ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right)\)

Ta có \(B C E D\) là hình bình hành nên \(D E = B C = a \Rightarrow A E = 3 a\)

Ta có \(d \left(\right. D ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{3} d \left(\right. A ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right)\)

Ta có \(\hat{A B D} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow B D ⊥ A B\)

\(\Rightarrow E F ⊥ A B\)

\(\rArr\begin{cases}EF\bot SA\\ EF\bot AB\end{cases}\rArr EF\bot\left(SAB\right)\) \(\)

Kẻ \(AH\bot\left(SEF\right)\rArr d\left(A;\left(SEF\right)\right)=AH\) \(\)

\(\Rightarrow A H ⊥ \left(\right. S E F \left.\right) \Rightarrow d \left(\right. A ; \left(\right. S E F \left.\right) \left.\right) = A H\)

Ta có \(A F = \frac{3}{2} A B = \frac{3 a}{2} = S A\) suy ra tam giác \(S A F\) vuông cân tại \(A\)

\(\Rightarrow A H = \frac{1}{2} S F\)

\(= \frac{1}{2} \sqrt{S A^{2} + A F^{2}}\)

\(= \frac{1}{2} . \frac{3 a \sqrt{2}}{2}\)

\(= \frac{3 a \sqrt{2}}{4}\).

Vậy \(d \left(\right. D ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{3} d \left(\right. A ; \left(\right. S C E \left.\right) \left.\right) = \frac{a \sqrt{2}}{4}\).

Gọi số tiền vay ban đầu là \(u_{0}\), tiền trả hàng tháng là \(x\), lãi suất hàng tháng là \(0 , 7 \%\).

Số tiền còn lại sau \(1\) tháng: \(u_{1} = u_{0} 1 , 007 - x\) (đồng).

Số tiền còn lại sau \(2\) tháng:

\(u_{2} = u_{1} 1 , 007 - x = u_{0} 1 , 00 7^{2} - 1 , 007 x - x = u_{0} 1 , 007^{2} - x \left(\right. 1 + 1 , 007 \left.\right)\) (đồng).

Số tiền còn lại sau \(n\) tháng:

\(u_{n} = u_{0} 1 , 007^{n} - x \left(\right. 1 + 1 , 007 + 1 , 007^{2} + . . . + 1 , 007^{n - 1} \left.\right)\)

\(= u_{0} 1 , 007^{n} - x \frac{1 , 007^{n} - 1}{0 , 007}\) (đồng).

Sau \(n\) tháng thì hết nợ \(\Rightarrow u_{n} = 0\)

\(\Leftrightarrow u_{0} = \frac{x \left(\right. 1 , 00 7^{n} - 1 \left.\right)}{0 , 007.1 , 00 7^{n}}\) (đồng).

Để trả hết nợ thì An cần \(10\) \(\dfrac{x(1,007^{10}-1 )}{0,007.1,007^{10}}+\dfrac{x(1,007^{15}-1)}{0,007.1,07^{15}}=2.10^8\)

⇔x=8 397 068,067 (đồng).

Vậy số tiền mà mỗi người trả cho ngân hàng mỗi tháng gần \(8 , 4\) triệu đồng.

số tiền gửi ban đầu (A): 200 triệu đồng

lãi suất hàng tháng(r) : 0,45% = 0,0045

số tháng gửi (n): 4 năm = 48 tháng

Số tiền rút mỗi tháng \(A\):

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

Áp dụng:

\(A=\frac{200\textrm{ }\cdot0,0045}{1-\left(\right.1,0045\left.\right)^{-48}}\) \(≈\) 4,64 triệu

vậy mỗi tháng Bình phải rút 4,64 triệu để đúng 4 năm vừa hết số tiền trong sổ tiết kiệm

* Xác định ((A′BD);(ABCD))

+ (A′BC)∩(ABCD)=BD

+ AA'⊥BD

AO⊥BD

⇒(A'AO)⊥BD

+ (A'AO)∩(A'BD)=A'O

(A'AO)∩(ABCD)=AO

⇒((A′BD);(ABCD))=(A′O;AO)=\(\hat{A^{\prime}OA}\)

⇒\(\hat{A^{\prime}OA}\) =\(30^{o}\)

* Xét tam giác A′OA vuông tại A có AO=1/2AC=1/2BD=a

⇒AA′=tan\(30^{o}\) .AO=\(\frac{a\sqrt3}{3}\)

⇒\(V_{ABCD.A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}}=S_{ABCD}.AA^{\prime}=\frac12AC.BD.AA^{\prime}=\frac12.\left(2a\right)^2.\) \(\frac{a\sqrt3}{3}\) = \(\frac{2\sqrt3a^3}{3}\)

Sau khi sắp xếp ta được hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh \(4\sqrt5\) , O là tâm của A'B'C'D'.

Gọi N, M lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A'B'.

\(\rArr\) MN = AA' = \(4\sqrt5\) , OM = \(\frac12\) A'D' = \(2\sqrt5\)

lại có: Lại có: 

AB⊥OM

AB⊥MN

⇒AB⊥ON

⇒d(O, AB) = ON = \(\sqrt{OM^2+MN^2}=\sqrt{\left(4\sqrt5\right)^2+\left(2\sqrt5\right)^2}\) = 10

Sau khi sắp xếp ta được hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh \(4\sqrt5\) , O là tâm của A'B'C'D'.

Gọi N, M lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A'B'.

\(\rArr\) MN = AA' = \(4\sqrt5\) , OM = \(\frac12\) A'D' = \(2\sqrt5\)

lại có: Lại có: 

AB⊥OM

AB⊥MN

⇒AB⊥ON

⇒d(O, AB) = ON = \(\sqrt{OM^2+MN^2}=\sqrt{\left(4\sqrt5\right)^2+\left(2\sqrt5\right)^2}\) = 10

Sau khi sắp xếp ta được hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh \(4\sqrt5\) , O là tâm của A'B'C'D'.

Gọi N, M lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A'B'.

\(\rArr\) MN = AA' = \(4\sqrt5\) , OM = \(\frac12\) A'D' = \(2\sqrt5\)

lại có: Lại có: 

AB⊥OM

AB⊥MN

⇒AB⊥ON

⇒d(O, AB) = ON = \(\sqrt{OM^2+MN^2}=\sqrt{\left(4\sqrt5\right)^2+\left(2\sqrt5\right)^2}\) = 10