PHẦN IV. TỰ LUẬN (3 điểm). Học sinh trình bày Hướng dẫn giải vào giấy làm bài từ câu 1 tới câu 3.

Giải phương trình lượng giác: \(2\sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) - \sqrt 2 = 0\).

Đáp án:

Sử dụng công thức tổng thành tích cho hai hàm số côsin có cùng biên độ \({A_1} = {A_2} = 2\):

\(x\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right) = 2 \cdot 2\cos \left[ {\frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) - \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}} \right] \cdot \cos \left[ {\frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}} \right]\)

\( = 4\cos \left( {\frac{{\frac{\pi }{2}}}{2}} \right) \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 4\cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right) \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)\)\( = 4 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 2\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)\).

Biên độ của dao động tổng hợp là: \(A = 2\sqrt 2 \approx 2,83{\rm{\;cm}}\).

Đáp số: 2,83.

a) Ta có \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng: \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

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

Vì \(O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\).

Suy ra \(O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng \(SO\), ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b) Xét tam giác \(SAB\):

\(Q\) là trung điểm \(SA\), \(M\) là trung điểm \(AB\). Do đó \(QM\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\).

Suy ra \(QM{\rm{//}}SB\).

Mặt khác, \(QM \subset \left( {MNQ} \right)\) và \(SB \not\subset \left( {MNQ} \right)\).

Từ đó suy ra \(SB{\rm{//}}\left( {MNQ} \right)\).

c) Chọn mặt phẳng phụ chứa \(SD\) là \(\left( {SAD} \right)\).

Tìm giao tuyến của mặt phẳng phụ \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {MNQ} \right)\):

Ta có \(Q\) là điểm chung thứ nhất vì \(Q \in SA \subset \left( {SAD} \right)\) và \(Q \in \left( {MNQ} \right)\).

Xét tứ giác \(AMND\) trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\):

Ta có \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(AM = \frac{1}{2}AB\) và \(AM{\rm{//}}CD\).

\(N\) là trung điểm \(CD\) nên \(DN = \frac{1}{2}CD\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB = CD\) và \(AB{\rm{//}}CD\), do đó \(AM = DN\) và \(AM{\rm{//}}DN\).

Suy ra tứ giác \(AMND\) là hình bình hành, dẫn đến \(AD{\rm{//}}MN\).

Hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {MNQ} \right)\) có \(AD \subset \left( {SAD} \right)\), \(MN \subset \left( {MNQ} \right)\) và \(AD{\rm{//}}MN\).

Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng song song hoặc cắt nhau, giao tuyến của \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {MNQ} \right)\) là đường thẳng đi qua \(Q\) và song song với \(AD\) (và \(MN\)). Gọi đường thẳng này là \(Qx\). Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(Q\) song song với \(AD\), cắt \(SD\) tại \(P\).

Khi đó, \(P\) chính là giao điểm của \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MNQ} \right)\).

Nhận xét thêm: Vì \(Q\) là trung điểm của \(SA\) và \(QP{\rm{//}}AD\) trong tam giác \(SAD\), nên \(QP\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\). Do đó, giao điểm \(P\) chính là trung điểm của cạnh \(SD\).