\(\Delta S A B\) vuông tại \(A \Rightarrow S A ⊥ A B\).

\(\Delta S A D\) vuông tại \(A \Rightarrow S A ⊥ A D\).

Suy ra \(S A ⊥ \left(\right. A B C D \left.\right)\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(B M\) và \(A D\).

Dựng \(A H\) vuông góc với \(B M\) tại \(H\).

Dựng \(A K\) vuông góc với \(S H\) tại \(K\).

\(\&SA\bot\left(\right.ABCD\left.\right)songsong\&BM\subset\left(\right.ABCD\left.\right)\left.\right.\Rightarrow SA\bot BM\) mà \(B M ⊥ A H\)

\(\Rightarrow B M ⊥ \left(\right. S A H \left.\right)\).

Ta có \(\&BM\bot\left(\right.SAH\left.\right)songsong\&BM\subset\left(\right.SBM\left.\right)\left.\right.\Rightarrow\left(\right.SAH\left.\right)\bot\left(\right.SBM\left.\right)\)

Ta có \(\&\left(\right.SAH\left.\right)\bot\left(\right.SBM\left.\right)songsong\&\left(\right.SAH\left.\right)\cap\left(\right.SBM\left.\right)=SH\\\&AK\subset\left(\right.SAH\left.\right),AK\bot SH\left.\right.\Rightarrow AK\bot\left(\right.SBM\left.\right)\)

\(\Rightarrow d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = A K\)

Xét \(\Delta I A B\) có \(M D\) // \(A B \Rightarrow \frac{I D}{I A} = \frac{M D}{A B} = \frac{\frac{1}{2} C D}{A B} = \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow D\) là trung điểm của \(I A\) \(\Rightarrow I A = 2 A D = 2 a\).

\(\Delta A B I\) vuông tại \(A\) có \(A H\) là đường cao \(\Rightarrow \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A I^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{4 a^{2}} = \frac{5}{4 a^{2}}\).

\(\&SA\bot\left(\right.ABCD\left.\right)songsong\&AH\subset\left(\right.ABCD\left.\right)\left.\right.\Rightarrow SA\bot AH\).

\(\Delta S A H\) vuông tại \(A\) có \(A K\) là đường cao \(\Rightarrow \frac{1}{A K^{2}} = \frac{1}{S A^{2}} + \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{4 a^{2}} + \frac{5}{4 a^{2}} = \frac{6}{4 a^{2}}\)

\(\Rightarrow A K^{2} = \frac{4 a^{2}}{6}\)\(\Rightarrow A K = \frac{2 a}{\sqrt{6}} \Rightarrow d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = \frac{2 a}{\sqrt{6}}\).

\(\frac{d \left(\right. D , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right)}{d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right)} = \frac{D I}{A I} = \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow d \left(\right. D , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = \frac{1}{2} d \left(\right. A , \left(\right. S B M \left.\right) \left.\right) = \frac{a}{\sqrt{6}}\).

Gọi biến cố A i 𝐴 𝑖 : “Lần bắn thứ i 𝑖 không trúng đích" với i

1 , 2 𝑖

1 , 2 .

Biến cố ¯ A i 𝐴 ¯ 𝑖 : “Lần bắn thứ i 𝑖 trúng đích” với i

1 , 2 𝑖

1 , 2 .

Ta có P ( A 1 )

0 , 2 , P ( A 2 )

0 , 3 ; P ( ¯¯¯¯¯¯ A 1 )

0 , 8 , P ( ¯¯¯¯¯¯ A 2 )

0 , 7 𝑃 ( 𝐴 1 )

0 , 2 , 𝑃 ( 𝐴 2 )

0 , 3 ; 𝑃 ( 𝐴 1 ¯ )

0 , 8 , 𝑃 ( 𝐴 2 ¯ )

0 , 7 .

a) Gọi biến cố A 𝐴 : "Cả hai lần bắn đều không trúng đích".

Ta có A

A 1 A 2 𝐴

𝐴 1 𝐴 2 và A 1 ; A 2 𝐴 1 ; 𝐴 2 là hai biến cố độc lập.

⇒ P ( A )

P ( A 1 ) ⋅ P ( A 2 )

0 , 2 ⋅ 0 , 3

0 , 06. ⇒ 𝑃 ( 𝐴 )

𝑃 ( 𝐴 1 ) ⋅ 𝑃 ( 𝐴 2 )

0 , 2 ⋅ 0 , 3

0 , 06.

b) Gọi biến cố B 𝐵 : "Cả hai lần bắn đều trúng đích".

Ta có B

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ A 1 A 2 𝐵

𝐴 1 𝐴 2 ¯ và ¯¯¯¯¯¯ A 1 ; ¯¯¯¯¯¯ A 2 𝐴 1 ¯ ; 𝐴 2 ¯ là hai biến cố độc lập.

⇒ P ( B )

P ( ¯¯¯¯¯¯ A 1 ) ⋅ P ( ¯¯¯¯¯¯ A 2 )

0 , 8 . 0 , 7

0 , 56

Gọi \(O = A C \cap B D\)

\(\Rightarrow S O ⊥ \left(\right. A B C D \left.\right)\). Gọi \(H\) trung điểm của \(O D\).

Xét \(\Delta S O D\), \(M H\) là đường trung bình

\(\Rightarrow M H / / S O\) \(\Rightarrow M H ⊥ \left(\right. A B C D \left.\right)\).

Hình chiếu của đường thẳng \(B M\) trên mặt phẳng \(\left(\right. A B C D \left.\right)\) là \(B H\).

\(\Rightarrow \hat{\left(\right. B M ; \left(\right. A B C D \left.\right) \left.\right)} = \hat{\left(\right. B M ; B H \left.\right)} = \hat{M B H}\)

Xét tam giác vuông \(A B D\) có \(B D = \sqrt{A B^{2} + A D^{2}}\)\(= \sqrt{\left(\left(\right. 2 a \left.\right)\right)^{2} + \left(\left(\right. 2 a \left.\right)\right)^{2}}\)\(= 2 \sqrt{2} a\).

\(\Rightarrow B H = \frac{3}{4} B D = \frac{3 \sqrt{2} a}{2}\) và \(O D = \frac{1}{2} B D = \sqrt{2} a\).

Xét tam giác vuông \(S O D\) có:

\(S O = \sqrt{S D^{2} - O D^{2}}\)

\(= \sqrt{\left(\left(\right. 2 a \left.\right)\right)^{2} - \left(\left(\right. \sqrt{2} a \left.\right)\right)^{2}}\)

\(= \sqrt{2} a\).

\(\Rightarrow M H = \frac{1}{2} S O = \frac{\sqrt{2} a}{2}\).

Ta có: \(tan ⁡ \hat{M B H} = \frac{M H}{B H}\)

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

\(= \frac{1}{3}\).

Gọi un_n là số tiền sau mỗi tháng ông An còn nợ ngân hàng.

Lãi suất mỗi tháng là 1% .

Ta có:

u₁ = 1 000 000 000 đồng.

u₂ = u₁ + u₁.1% - a = u₁(1 + 1%) – a (đồng)

u_n = u₁(1 + 1%)^n-1 – a(1 + 1%)^n-2 – a(1 + 1%)^n-3 – a(1 + 1%)^n-4 – ... – a.

Ta thấy dãy a(1 + 1%)^n-1; a(1 + 1%)^n-3; a(1 + 1%)^n-4; ...; a lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu a₁ = a và công bội q = 1 + 1% = 99% có tổng n – 2 số hạng đầu là:

\(S_{n - 2} = \frac{a \left[\right. 1 - \left(\left(\right. 99 \% \left.\right)\right)^{n - 2} \left]\right.}{1 - 99 \%} = 100 a \left[\right. 1 - \left(\left(\right. 99 \% \left.\right)\right)^{n - 2} \left]\right.\).

Suy ra u_n = u₁(1 + 1%)^n-1 – 100a[1 – (99%)^n-2].

Vì sau 2 năm = 24 tháng thì ông An trả xong số tiền nên n = 24 và u₂₄ = 0. Do đó ta có:

u₂₄ = u₁(1 + 1%)²³ – 100a[1 – (99%)²²] = 0

⇔ 1 000 000 000.(99%) – 100a[1 – (99%)²²] = 0

⇔ a = 40 006 888,25

Vậy mỗi tháng ông An phải trả 40 006 888,25 đồng.