Đường cong trong hình dưới đây là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D? Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

Điểm \(M\) thuộc góc phần tư thứ nhất, tạo với chiều dương trục hoành góc \(\frac{\pi }{3}\). Do đó điểm \(M\) biểu diễn cho góc \(\frac{\pi }{3}\).

Điểm \(N\) và điểm \(M\) đối xứng với nhau qua gốc tọa độ \(O\) tạo thành một đường thẳng (đường kính đường tròn lượng giác).

Hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ cách nhau một nửa vòng tròn, tức là một góc bằng \(\pi \). Vì vậy, họ nghiệm biểu diễn cho cả hai điểm này sẽ tuần hoàn với chu kỳ \(k\pi \).

Công thức số đo tổng quát là: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn C.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\):

Xét hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\), ta thấy:

Điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng.

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(F\) là giao điểm của đường thẳng \(AC\) và \(BI\).

Vì \(F \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow F \in \left( {SAC} \right)\).

Vì \(F \in BI \subset \left( {SBI} \right) \Rightarrow F \in \left( {SBI} \right)\).

Suy ra \(F\) là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) là đường thẳng \(SF\).

b) Tìm giao điểm \(E\) của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\):

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(BI\) và đường thẳng \(AD\).

Do \(K \in BI \subset \left( {MBI} \right) \Rightarrow K \in \left( {MBI} \right)\).

Do \(K \in AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAD} \right)\).

Xét trong mặt phẳng phụ \(\left( {SAD} \right)\), ta có hai điểm \(M\) và \(K\) đều nằm trong mặt phẳng này nên đường thẳng \(MK \subset \left( {SAD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của đường thẳng \(MK\) và cạnh bên \(SD\) (\(E = MK \cap SD\)).

Chứng minh \(E\) thuộc mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\):

Ta có \(E \in SD\).

Ta có \(E \in MK\), mà \(MK \subset \left( {MBI} \right)\) (vì cả \(M\) và \(K\) đều thuộc \(\left( {MBI} \right)\)).

Vậy điểm \(E\) chính là giao điểm của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\).

c) Tính tỉ số \(\frac{{SE}}{{ED}}\):

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAD\) với cát tuyến là đường thẳng đi qua ba điểm \(M,E,K\):

     \(\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{KA}}{{KD}} \cdot \frac{{ED}}{{ES}} = 1\)

Tính các tỉ số thành phần dựa vào tính chất hình học phẳng:

Vì \(M\) là trung điểm của cạnh bên \(SA\) nên: \(\frac{{MS}}{{MA}} = 1\).

Xét mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\): Ta có \(AD{\rm{//}}BC\). Áp dụng hệ quả định lý Thales trong tam giác mở rộng với \(DK{\rm{//}}BC\):

                               \(\frac{{KD}}{{BC}} = \frac{{ID}}{{IC}}\)

Mà \(I\) là trung điểm của cạnh \(CD\) nên \(\frac{{ID}}{{IC}} = 1 \Rightarrow KD = BC\).

Vì đáy là hình bình hành nên \(BC = AD\), từ đó suy ra \(KD = AD\) (điểm \(D\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AK\)).

Do đó: \(KA = 2KD \Rightarrow \frac{{KA}}{{KD}} = 2\).

Thế các kết quả vừa tính vào phương trình định lý Menelaus:

\(1 \cdot 2 \cdot \frac{{ED}}{{SE}} = 1 \Rightarrow \frac{{ED}}{{SE}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SE}}{{ED}} = 2\)

Vậy tỉ số cần tìm là \(\frac{{SE}}{{ED}} = 2\).