Ta có ˆ B A A ′ = ˆ D A A ′ = ˆ B A D = 60 ∘ và AB = AD = AA’. Khi đó ∆ABD, ∆ADA’ và ∆ABA’ và ∆ABA’ đều cạnh bằng 1 . ⇒ A’D = A’A = A’B = 1. Suy ra hình chiếu của A’ lên (ABCD) là tâm H của ∆ABD đều. Ta có AB’ // DC’ ⇒ d(AB’; A’C’) = d(AB’; (DA’C’)) = d(H; (DA’C’)). Dựng hình bình hành DCAJ. Từ H kẻ HK ⊥ DJ (K ∈ DJ), ta có HK // DB. Từ H kẻ HL ⊥ A’K (L ∈ A’K) ⇒ HL ⊥ (DA’C’) ⇒ d(H; (DA’C’)) = HL. Ta có: H K = 1 2 , A ′ H = √ 1 − ( √ 3 3 ) 2 = √ 6 3 . Xét tam giác A ′ H K : 1 H L 2 = 1 H K 2 + 1 A ′ H 2 ⇒ H L = √ 22 11

a) Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ AD Suy ra CD ⊥ (SAD) Mà CD ⊂ (SCD) Suy ra (SCD) ⊥ (SAD). b) Kẻ AH ⊥ SD Mà CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥ AH Ta có { A H ⊥ S D A H ⊥ C D Suy ra AH ⊥ (SCD) Do đó d(A, (SCD)) = AH Vì tam giác SAD vuông tại A nên theo định lí Pytago ta có S D = √ A D 2 + S A 2 = √ a 2 + ( 2 a ) 2 = a √ 5 Vì tam giác SAD vuông tại A có AH ⊥ SD Suy ra AH . SD = SA . AD Do đó A H = S A . A D S D = 2 a . a a √ 5 = 2 a √ 5 Vậy d ( A , ( S C D ) ) = 2 a √ 5 .

Gọi t là thời gian bèo phủ kín 1/5 mặt ao, khi đó:

10^t= 10^12/5

<=> t=log10^12/5 = 12- log5