Đề bài
Câu 1 . Cho a,b là hai số thực khác 0. Nếu lim thì a + b bằng:
A. 8 B. 2 C. - 4 D. - 6
Câu 2 . Cho hình lập phương ABCD.EFGH có cạnh AB = a. Khi đó \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} bằng:
A. {a^2}\sqrt 3 B. {a^2}
C. {a^2}\sqrt 2 D. \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}{a^2}
Câu 3 .Trong các dãy số \left( {{u_n}} \right) sau đấy, dãy số nào không là cấp số cộng?
A. \left( {{u_n}} \right) = {\left( {n + 1} \right)^2} - {n^2}
B. {u_n} = 3n - 1
C. \left\{ \begin{array}{l}{u_{n + 1}} = 2018 + {u_n}\\{u_1} = 3\end{array} \right.
D. {u_n} = {3^n} + 1
Câu 4. Cho a là một số thực khác 0. Tính \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{{x^4} - {a^4}}}{{x - a}}.
A. 3{a^2} B. {a^3} C. 4{a^3} D. 2{a^3}
Câu 5 . Khẳng định nào sai trong các khẳng định sau:
A. Nếu a \bot \left( P \right),\,\,b//a thì b \bot \left( P \right)
B. Nếu a \bot \left( P \right),\,\,b//\left( P \right) thì a \bot b
C. Nếu \left( P \right)//\left( Q \right),\,\,a \bot \left( P \right) thì a \bot \left( Q \right)
D. Nếu \left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \bot c\\b,\,\,c \subset \left( P \right)\end{array} \right. thì a \bot \left( P \right)
Câu 6. Tính \lim \dfrac{{\left( {2{n^2} + 1} \right)n}}{{3 + n - 3{n^3}}}.
A. \dfrac{2}{3} B. 0 C. - \dfrac{2}{3} D. - \infty
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M,\,\,N lần lượt là trung điểm của AB,\,\,AD và G là trọng tâm tam giác SBD. Mặt phẳng \left( {MNG} \right) cắt SC tại điểm H. Tính \dfrac{{SH}}{{SC}}.
A. \dfrac{2}{3} B. \dfrac{2}{5} C. \dfrac{1}{4} D. \dfrac{1}{3}
Câu 8.Trong các dãy số sau, dãy số nào có giới hạn hữu hạn?
A. {u_n} = \dfrac{{2{n^3} - 11n + 1}}{{{n^2} - 2}}
B. {u_n} = \sqrt {{n^2} + 2n} - n
C. {u_n} = {3^n} + {2^n}
D. {u_n} = \dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} - 2} - \sqrt {{n^2} + 4} }}
Câu 9 . Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {4{x^2} - 7{x^3} + 2} \right) = + \infty
B. \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {5{x^3} - {x^2} + x + 1} \right) = + \infty
C. \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^4} + 3x + 1} \right) = + \infty
D. \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {3x - {x^5} + 2} \right) = + \infty
Câu 10 . Cho cấp số nhân \left( {{u_n}} \right) biết {u_1} = 3,\,\,{u_2} = - 6. Khi đó {u_5} bằng:
A. 48 B. - 48 C. - 24 D. 24
Câu 11 .Cho cấp số nhân lùi vô hạn 1;\,\, - \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{4};\,\, - \dfrac{1}{8};\,...;{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n},\,\,... có tổng là một phân số tối giản \dfrac{m}{n}. Tính m + 2n
A. m + 2n = 5 B. m + 2n = 4
C. m + 2n = 7 D. m + 2n = 8
Câu 12 . Tính \lim \dfrac{{{{2018}^n} + {2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}.
A. 0 B. + \infty C. 1 D. {2^{2018}}
Câu 13 . Cho tứ diện đều ABCD. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng:
A. {60^0} B. {30^0} C. {90^0} D. {45^0}
Câu 14 . Tính \lim \left( {\sqrt {{n^2} + n} - n} \right).
A. 0 B. \dfrac{1}{2} C. + \infty D. 1
Câu 15 .Cho hai số thực x,\,\,y thỏa mãn 6,\,\,x,\,\, - 2,\,\,y lập thành cấp số cộng. Tìm x,\,\,y.
A. x = 2,\,\,y = - 6
B. x = 4,\,\,y = 6
C. x = 2,\,\,y = 5
D. x = 4,\,\,y = - 6
Câu 16 .Cho C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - mx + m - 1}}{{{x^2} - 1}}. Tìm tất cả các giá trị thực của m để C = 2.
A. m = 1 B. m = 2
C. m = - 2 D. m = - 1
II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1 .Cho cấp số cộng \left( {{u_n}} \right) có {S_6} = 18 và {S_{10}} = 110. Tính {S_{16}}.
Câu 2 .Tính \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right).
Câu 3. Cho hàm số f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} + x - 2}}{{x - 1}}\,\,khi\,\,x \ne 1\\\,\,\,\,\,\,\,{a^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 1\end{array} \right.. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a để hàm số liên tục tại x = 1.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt đáy, AB = a, SA = a\sqrt 3 , BC = a\sqrt 2 .
1) Chứng minh BC \bot \left( {SAB} \right).
2) Gọi E là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh BD \bot SE.
3) Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \left( {SBD} \right). Tính \cos \alpha .
Lời giải chi tiết
| 1. D | 2. B | 3. D | 4. C |
| 5. D | 6. C | 7. B | 8. B |
| 9. A | 10. A | 11. A | 12. A |
| 13. C | 14. B | 15. A | 16. C |
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
- Chia tử cho mẫu.
- Tính giới hạn, lập hệ phương trình hai ẩn a,\,\,b.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{x\left( {x - 2} \right) + \left( {a + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + 2a + b + 4}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2 + \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}} \right)\\ = 4 + a + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}\end{array}
Để \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6 thì \left\{ \begin{array}{l}4 + a = 6\\2a + b + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 8\end{array} \right..
Vậy a + b = 2 + \left( { - 8} \right) = - 6.
Chọn D.
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
- Xác định vectơ bằng vectơ \overrightarrow {EG} hoặc bằng vectơ \overrightarrow {AB} .
- Sử dụng công thức: \overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \angle \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right).
Cách giải:
Ta có: \overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AC} , do đó
\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = {a^2}\end{array}
Chọn B.
Câu 3 (TH)
Phương pháp:
Chứng minh hiệu H = {u_{n + 1}} - {u_n} = const\,\,\forall n.
Cách giải:
Xét đáp án A ta có: \left( {{u_n}} \right) = {\left( {n + 1} \right)^2} - {n^2} = 2n + 1.
\Rightarrow H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 2\left( {n + 1} \right) + 1 - 2n - 1 = 2\,\,\forall n, do đó đây là CSC.
Xét đáp án B: H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 3\left( {n + 1} \right) - 1 - 3n + 1 = 3\,\,\forall n, do đó đây là CSC.
Xét đáp án C: H = {u_{n + 1}} - {u_n} = 2018, do đó đây là CSC.
Vậy đáp án D không là cấp số cộng.
Chọn D.
Câu 4 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng hằng đẳng thức.
- Rút gọn để khử dạng 0/0 và tính giới hạn.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{{x^4} - {a^4}}}{{x - a}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{\left( {x - a} \right)\left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}}{{x - a}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right) = 2a.2{a^2} \\= 4{a^3}\end{array}
Chọn C.
Câu 5 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng định lí: Nếu \left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \bot c\\b \cap \,c \subset \left( P \right)\end{array} \right. thì a \bot \left( P \right).
Cách giải:
Dễ thấy đáp án D sai do thiếu điều kiện b,\,\,c phải cắt nhau.
Chọn D.
Câu 6 (NB)
Phương pháp:
Chia cả tử và mẫu cho {n^3}.
Cách giải:
\lim \dfrac{{\left( {2{n^2} + 1} \right)n}}{{3 + n - 3{n^3}}} \\= \lim \dfrac{{2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{1}{{{n^2}}} - 3}} = - \dfrac{2}{3}.
Chọn C.
Câu 7 (VD)
Phương pháp:
- Chọn SC \subset \left( {SAC} \right), xác định d = \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right).
- Xác định H = SC \cap \left( {GMN} \right) = SC \cap d.
- Sử dụng định lí Menelaus trong tam giác để tính tỉ số.
Cách giải:
Gọi O = AC \cap BD \Rightarrow O là trung điểm của AC,\,\,BD.
\Rightarrow SO là đường trung tuyến của \Delta SBD \Rightarrow G \in SO \Rightarrow G \in \left( {SAC} \right).
Chọn SC \subset \left( {SAC} \right).
Xét \left( {GMN} \right) và \left( {SAC} \right) có G chung.
Trong \left( {ABCD} \right) gọi E = MN \cap AC ta có: \left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {GMN} \right)\\E \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right).
\Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = GE.
Trong \left( {SAC} \right) gọi H = GE \cap SC ta có \left\{ \begin{array}{l}H \in SC\\H \in GE \subset \left( {GMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = SC \cap \left( {GMN} \right).
Ta có MN là đường trung bình của \Delta ABD \Rightarrow MN//BD.
Xét tam giác ABC có: M là trung điểm của AB,\,\,ME//BO nên E là trung điểm của AO (định lí đường trung bình của tam giác) \Rightarrow \dfrac{{EO}}{{EC}} = \dfrac{1}{3}.
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SOC, cát tuyến EGH ta có \dfrac{{GS}}{{GO}}.\dfrac{{EO}}{{EC}}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1
\Rightarrow 2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HS}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{2}{5}.
Chọn B.
Câu 8 (TH)
Phương pháp:
Tính giới hạn từng đáp án.
- Đáp án A: chia cả tử và mẫu cho {n^3}.
- Đáp án B: Nhân liên hợp sau đó chia cả tử và mẫu cho n.
- Đáp án C: Sử dụng công thức \lim {c^n} = + \infty \,\,\forall c > 0.
- Đáp án D: Nhân liên hợp sau đó sử dụng giới hạn \lim \dfrac{1}{{{n^\alpha }}} = 0\,\,\forall \alpha > 0.
Cách giải:
Đáp án A: ta có \lim {u_n} = \lim \dfrac{{2{n^3} - 11n + 1}}{{{n^2} - 2}} = \lim \dfrac{{2 - \dfrac{{11}}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}}}{{\dfrac{1}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}}} = + \infty .
Đáp án B: \lim {u_n} = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2} - n} \right) = \lim \dfrac{2}{{\sqrt {{n^2} + 2} + n}} = 0.
Đáp án C: \lim {u_n} = \lim \left( {{3^n} + {2^n}} \right) = + \infty .
Đáp án D: \lim {u_n} = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} - 2} - \sqrt {{n^2} + 4} }} = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} - 2} + \sqrt {{n^2} + 4} }}{2} = + \infty .
Chọn B.
Câu 9 (NB)
Phương pháp:
Giới hạn của hàm đa thức phụ thuộc vào dấu của hệ số của bậc cao nhất.
Cách giải:
Dễ thấy \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {4{x^2} - 7{x^3} + 2} \right) = - \infty nên đáp án A sai.
Chọn A.
Câu 10 (TH)
Phương pháp:
- Tính q = \dfrac{{{u_2}}}{{{u_1}}}.
- Tính {u_5} = {u_1} + 4d.
Cách giải:
Gọi d là công sai của CSC ta có d = {u_2} - {u_1} = - 6 - 3 = - 9.
Vậy {u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4.\left( { - 9} \right) = - 33.
Chọn A.
Câu 11 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu {u_1}, công bội q là S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}.
- Đồng nhất hệ số tìm m,\,\,n.
Cách giải:
Ta có: 1;\,\, - \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{4};\,\, - \dfrac{1}{8};\,...;{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n},\,\,... là cấp số nhân lùi vô hạn với {u_1} = 1,\,\,q = - \dfrac{1}{2} nên
1 + \left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + \dfrac{1}{4} + \left( { - \dfrac{1}{8}} \right) + ... + {\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n} = \dfrac{1}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 2.
\Rightarrow m = 2,\,\,n = 1. Vậy m + 2n = 2.2 + 1 = 5.
Chọn A.
Câu 12 (TH)
Phương pháp:
Chia cả tử và mẫu cho {2019^n}.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \dfrac{{{{2018}^n} + {2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}\\ = \lim \left[ {{{\left( {\dfrac{{2018}}{{2019}}} \right)}^n} + \dfrac{{{2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}} \right]\\ = 0 + 0 = 0\end{array}
Chọn A.
Câu 13 (TH)
Phương pháp:
- Gọi M là trung điểm của CD.
- Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng chứa AB.
- Sử dụng các định lí: \left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right), \left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của CD.
Vì tứ diện ABCD đều nên các tam giác ACD,\,\,BCD là các tam giác đều.
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right). Mà AB \subset \left( {ABM} \right) nên AB \bot CD.
Vậy \angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}.
Chọn C.
Câu 14 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
Cách giải:
\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n} - n} \right) \\= \lim \dfrac{{{n^2} + n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + n} + n}}\\ = \lim \dfrac{n}{{\sqrt {{n^2} + n} + n}}\\ = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{n}} + 1}} = \dfrac{1}{2}\end{array}
Chọn B.
Câu 15 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số a,\,\,b,\,\,c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b.
Cách giải:
Vì 6,\,\,x,\,\, - 2,\,\,y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có: \left\{ \begin{array}{l}6 + \left( { - 2} \right) = 2x\\x + y = 2.\left( { - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x + y = - 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 6\end{array} \right..
Chọn A.
Câu 16 (TH)
Phương pháp:
- Phân tích thành nhân tử, rút gọn để khử dạng 0/0.
- Tính giới hạn, giải phương trình C = 2 để tìm m.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - mx + m - 1}}{{{x^2} - 1}}\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {1 - \dfrac{{m\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right]\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {1 - \dfrac{m}{{x + 1}}} \right) = 1 - \dfrac{m}{2}\\ \Rightarrow 1 - \dfrac{m}{2} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{m}{2} = - 1 \Leftrightarrow m = - 2\end{array}
Chọn C.
II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng có số hạng đầu {u_1}, công sai d là {S_n} = \dfrac{{\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right).n}}{2}.
Cách giải:
Gọi {u_1} là số hạng đầu và d là công sai của CSC.
Theo bài ra ta có:
\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_6} = 18\\{S_{10}} = 110\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( {2{u_1} + 5d} \right).6}}{2} = 18\\\dfrac{{\left( {2{u_1} + 9d} \right).10}}{2} = 110\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 5d = 6\\2{u_1} + 9d = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 7\\d = 4\end{array} \right.\end{array}
Vậy {S_{16}} = \dfrac{{\left( {2{u_1} + 15d} \right).16}}{2} \\= \dfrac{{\left( {2.\left( { - 7} \right) + 15.4} \right).16}}{2} = 368.
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x} + x} \right) \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{{x^2} + 2x - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} - x}}\\=\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{2}{{ - \sqrt {1 + \dfrac{2}{x}} - 1}} = - 1\end{array}
Câu 3 (TH)
Phương pháp:
Hàm số y = f\left( x \right) liên tục tại x = {x_0} khi và chỉ khi \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right).
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + x - 2}}{{x - 1}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 2} \right)\\ = 3\\f\left( 1 \right) = {a^2}\end{array}
Để hàm số liên tục tại x = 1 thì \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} = 3 \Leftrightarrow a = \pm \sqrt 3 .
Vậy a = \pm \sqrt 3 .
Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
1) Sử dụng định lí: \left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right).
2) Sử dụng định lí Ta-lét và định lí Pytago, tính độ dài các cạnh AI, BI.
Sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABI vuông tại I.
Sử dụng định lí: \left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right), \left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a.
3) Xác định hình chiếu vuông góc của điểm C lên (SBD), từ đó xác định góc giữa SC và (SBD).
Sử dụng định lí Pytago, định lí Ta-lét, tam giác đồng dạng tính độ dài đoạn thẳng CK.
Tính \sin \alpha , từ đó tính \cos \alpha .
Cách giải:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt đáy, AB = a, SA = a\sqrt 3 , BC = a\sqrt 2 .
1) Chứng minh BC \bot \left( {SAB} \right).
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right).
2) Gọi E là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh BD \bot SE.
Gọi I = AE \cap BD.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
BC//AD \Rightarrow \dfrac{{BI}}{{DI}} = \dfrac{{BE}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}, \dfrac{{AI}}{{EI}} = \dfrac{{AD}}{{BE}} = 2.
\begin{array}{l} \Rightarrow BI = \dfrac{1}{3}BD = \dfrac{1}{3}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} \\ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\\,\,\,\,\,\,AI = \dfrac{2}{3}AE = \dfrac{2}{3}\sqrt {A{B^2} + B{E^2}} \\ = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\end{array}
Xét tam giác ABI có: A{I^2} + B{I^2} = {\left( {\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\\ = {a^2} = A{B^2}.
\Rightarrow \Delta ABI vuông tại I \Rightarrow AI \bot BI hay AE \bot BD.
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right).
Mà SE \subset \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot SE\,\,\left( {dpcm} \right).
3) Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \left( {SBD} \right). Tính \cos \alpha .
Gọi M,\,\,N lần lượt là trung điểm của AD,\,\,SD ta có \left\{ \begin{array}{l}CM//AE\\MN//SA\end{array} \right. \Rightarrow \left( {CMN} \right)//\left( {SAE} \right).
Mà \left( {SAE} \right) \bot BD\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \left( {CMN} \right) \bot BD.
Gọi H = CM \cap BD. Trong \left( {CMN} \right) kẻ CK \bot HN\,\,\left( {K \in HN} \right) ta có:
\left\{ \begin{array}{l}CK \bot HN\\CK \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow CK \bot \left( {SBD} \right).
\Rightarrow SK là hình chiếu vuông góc của CK lên \left( {SBD} \right) \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SK} \right) = \angle KSC.
Dễ thấy \Delta MHN \sim \Delta KHC\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{KC}}{{MN}} = \dfrac{{HC}}{{HN}}.
Ta có: MN = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{BC}}{{MD}} = 2 \Rightarrow HC = \dfrac{2}{3}MC = \dfrac{2}{3}AE = AI = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.
\Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}HC = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}. Áp dụng định lí Pytago ta có: HN = \sqrt {M{N^2} + H{M^2}} = \dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}.
\Rightarrow KC = \dfrac{{MN.HC}}{{HN}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{\dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}.
Ta lại có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = a\sqrt 6 .
Vì CK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow CK \bot SK \Rightarrow \Delta SCK vuông tại K.
Ta có: \sin \angle KSC = \dfrac{{KC}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:a\sqrt 6 = \dfrac{{\sqrt {11} }}{{11}}.
Vậy \cos \alpha = \sqrt {1 - \dfrac{1}{{11}}} = \dfrac{{\sqrt {110} }}{{11}}.
