Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), cạnh \(SA\) bằng \(a\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).
- Chứng minh rằng bốn mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.
- Mặt phẳng \((α)\) đi qua \(A\) và vuông góc với cạnh \(SC\) lần lượt cắt \(SB, SC\) và \(SD\) tại \(B’, C’\) và \(D’\). Chứng minh \(B’D’\) song song với \(BD\) và \(AB’\) vuông góc với \(SB\).
Phương pháp giải - Xem chi tiết
- Sử dụng phương pháp chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
- Chứng minh \(AB' \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB' \bot SB\)
Chứng minh hai đường thẳng \(BD\) và \(B'D'\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((SAC)\)
Lời giải chi tiết
- \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \) \(\Rightarrow SA \bot AB;\,\,SA \bot AD\)\( \Rightarrow \Delta SAB,\,\,\Delta SAD\) là các tam giác vuông tại \(A\).
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\).
Tương tự:
\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\)\( \Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại \(D\).
- Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AB' \bot BC.\)
\(\left\{ \begin{array}{l} SC \bot \left( \alpha \right)\\ AB' \subset \left( \alpha \right) \end{array} \right. \Rightarrow SC \bot AB'\)
\(\left\{ \begin{array}{l} AB' \bot BC\\ AB' \bot SC \end{array} \right. \Rightarrow AB' \bot \left( {SBC} \right)\)
\(\Rightarrow AB' \bot SB\).
Chứng minh tương tự ta có \(AD' \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AD' \bot SD\).
Dễ thấy \(\Delta SAD = \Delta SAB\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow AB' = AD'\) (hai đường cao cùng xuất phát từ một đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta SAD' = \Delta SAB'\) \( \Rightarrow SD' = SB'\) (cạnh tương ứng)
Mà \(SD = SB\) (do \(\Delta SAD = \Delta SAB\)) nên \(\dfrac{{SD'}}{{SD}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}} \Rightarrow B'D'//BD\)
Ta có: \(\left. \begin{array}{l} BD \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AB'\\ SC \bot \left( \alpha \right) \Rightarrow SC \bot AB' \end{array} \right\} \Rightarrow AB' \bot (SBC) \Rightarrow AB' \bot SB.\)
Đặt \(I= \lim \dfrac{{6n - 1}}{{3n + 2}} \) \(= \lim \dfrac{{n\left( {6 - \dfrac{1}{n}} \right)}}{{n\left( {3 + \dfrac{2}{n}} \right)}}\)\( = \lim \dfrac{{6 - \dfrac{1}{n}}}{{3 + \dfrac{2}{n}}} \)
Vì khi \(n \to \infty \) thì \({{\lim \left( {\dfrac{1}{n}} \right)}}=0\) nên \({{\lim \left( {6 - \dfrac{1}{n}} \right)}}=6\) và \({{\lim \left( {3 + \dfrac{2}{n}} \right)}} = 3\)
Do đó \( I= \dfrac{\lim \left({6 - \dfrac{1}{n}}\right) }{\lim \left({3 + \dfrac{2}{n}}\right)} \) \(= \dfrac{{6 }}{{3}} = 2\)
Quảng cáo
LG b
\(\lim \dfrac{3n^{2}+n-5}{2n^{2}+1}\)
Lời giải chi tiết:
Đặt \(I = \lim \dfrac{{3{n^2} + n - 5}}{{2{n^2} + 1}} \) \(= \lim \dfrac{{{n^2}\left( {3 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{5}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)}} \) \(= \lim \dfrac{{3 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{5}{{{n^2}}}}}{{2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}} \)
Vì khi \(n \to \infty \) thì \({{\lim \left( {\dfrac{1}{n}} \right)}}=0\) nên \(= \lim \left( {3 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{5}{{n^2}}} \right) = 3\) và \(\lim \left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 2{\rm{ }}\)
Do đó \(I = \dfrac{3}{2} \)
LG c
\(\lim \dfrac{3^{n}+5.4^{n}}{4^{n}+2^{n}}\);
Phương pháp giải:
Chia cả tử và mẫu cho \(4^n\) và sử dụng giới hạn \(\lim {q^n} = 0\left( {\left| q \right| < 1} \right)\)
Lời giải chi tiết:
Chia cả tử và mẫu của phân thức cho \(4^n\) ta được:
\(\lim \dfrac{3^{n}+5.4^{n}}{4^{n}+2^{n}}\) \(= \lim \dfrac{{\left( {{3 \over 4}} \right)^n}+5}{1+{\left( {{1 \over 2}} \right)^n}}\) \(=\dfrac{0+5}{1+0}=\dfrac{5}{1}\) \(= 5\).
LG d
\(\lim\dfrac{\sqrt{9n^{2}-n+1}}{4n -2}\)
Lời giải chi tiết:
\(\lim \dfrac{\sqrt{9n^{2}-n+1}}{4n -2}\) = \(\lim \dfrac{\sqrt{{n^2}\left( {9 - {1 \over n} + {1 \over {{n^2}}}} \right)}}{n(4-\dfrac{2}{n})}\)= \(\lim \dfrac{\sqrt{9-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^{2}}}}{4-\dfrac{2}{n}}\) =\(\dfrac{\sqrt{9}}{4}\)= \(\dfrac{3}{4}\).