Trong năm đầu tiên đi làm, anh Huy được nhận lương là \(10\) triệu đồng mỗi tháng. Cứ hết một năm, anh Huy lại được tăng lương, mỗi tháng năm sau tăng \(12\% \) so với mỗi tháng năm trước. Kể từ năm thứ \(2\)mỗi khi lĩnh lương anh Huy đều cất đi phần lương tăng so với năm ngay trước để tiết kiệm mua ô tô. Hỏi tính từ khi đi làm sau ít nhất bao nhiêu năm thì anh Huy mua được ô tô giá \(500\) triệu biết rằng anh Huy được gia đình hỗ trợ \(32\% \) giá trị chiếc xe?

a) Sai.

Ta có \(BH = 3HA \Rightarrow BH = \frac{3}{4}AB = 3\).

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} \Rightarrow SH = 3.\tan 30^\circ = \sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{1}{3} \cdot h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{1}{2}{.4^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

b) Đúng.

Ta có \(AB\parallel CD,\,\,CD \subset \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SDC} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SDC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HM \bot DC\), \(HN \bot SM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DC \bot HM\\DC \bot SH\\HM,SH \subset \left( {SHM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SHM} \right)\)\( \Rightarrow DC \bot HN\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HN \bot DC\\HN \bot SM\\DC,SM \subset \left( {SDC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SDC} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right) = HN\).

Mặt khác, ta có \(HM = AD = BC = 4\).

Xét tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\), đường cao \(HN\) có:

\(\frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{N^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HN = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

c) Đúng.

Dựa theo câu a), ta có \(SH = \sqrt 3 \).

d) Đúng.

Xét hai tam giác vuông \(ABK\) và \(BCH\) có:

\(AB = BC = 4,AK = BH = 3 \Rightarrow \Delta ABK = \Delta BCH\) (c-g-c).

\( \Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH}\). Mà \(\widehat {ABK} + \widehat {KBC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(BHE\) có: \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BEC} = 90^\circ \) hay \(CH \bot BK\) tại \(E\).

Dựng \(EI\parallel BC\,\,\left( {I \in BH} \right) \Rightarrow EI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EI \bot SI\).

Do đó \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EI} \right) = \widehat {SEI}\)

Xét tam giác \(HBC\) có \(EI\parallel BC\) có \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}}\) (Thales)

Mặt khác, tam giác \(HBC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BE\) nên:

\(H{B^2} = HE.HC,\,\,H{C^2} = H{B^2} + B{C^2}\)

Khi đó \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{H{B^2}}}{{H{B^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^3} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EI = \frac{9}{{25}}BC = \frac{{36}}{{25}}\\HE = \frac{9}{{25}} \cdot HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \frac{9}{5}\end{array} \right.\)

Xét tam giác \(SEH\) vuông tại \(H\) có: \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + \frac{{81}}{{25}}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\)

Xét tam giác \(SEI\) vuông tại \(I\) có: \(\cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\)

Do đó \(\cos \left( {SE,BC} \right) = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Vậy \(T = 2m - n = 2.18 - 5 = 31\).

Đáp án: \[7\].

Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[SH \bot AB\] (do tam giác \[SAB\] vuông cân tại \[S\])

Mặt khác, \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] mà \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\]nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\].

Do \[\left( {SCD} \right)\] đi qua \[SC\] và song song với \[AB\] nên \[d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\].

Dễ thấy, tam giác \[ABD\] đều và \[HD \bot AB\], mà \[CD//AB\] nên \[HD \bot CD\].

Có \[CD \bot HD\] và \[CD \bot SH\] nên \[CD \bot \left( {SHD} \right)\] hay \[\left( {SHD} \right) \bot \left( {SCD} \right)\].

Do đó, trong \[\left( {SHD} \right)\], từ \[H\]kẻ \[HK \bot SD\] thì \[HK \bot \left( {SCD} \right)\] và \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\].

Tam giác vuông \[SHD\] có \[HD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]; \[HS = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\] và

\[\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{D^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{4}{3} + \frac{4}{1} = \frac{{16}}{3}\], suy ra \[HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\].

Vậy \[d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\], do đó \[a = 3;b = 4;a + b = 3 + 4 = 7\].