Đề thi học kì 1 Toán 12 Chân trời sáng tạo - Đề số 3

a) Đúng. Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB//CD và AB = CD.

Khi đó \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {CD} \) là hai vecto cùng phương, cùng hướng.

b) Sai. Ta có ABCD là hình chữ nhật nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5 \).

Vì SA vuông góc với đáy (ABCD) nên SA vuông góc với AC. Xét tam giác SAC vuông tại A:

\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }}\) suy ra \(\widehat {SCA} \approx {41^o}48'\).

Ta có \(\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \left( {\overrightarrow {CS} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \widehat {SCA} \approx {41^o}48'\).

c) Đúng. Vì SA vuông góc với đáy (ABCD) nên SA vuông góc với AB. Xét tam giác SAB vuông tại A:

\(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 \).

Trong tam giác SAB vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên \(AM = SM = MB = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Sử dụng định lý cosin cho tam giác MAB:

\(\cos \widehat {MAB} = \frac{{M{A^2} + A{B^2} - M{B^2}}}{{2MA.MB}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}  = AM.AB\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

d) Sai. Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD nên MN là đường trung bình của tam giác SBD.

Do đó \(MN = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AN} } \right| = \left| {\overrightarrow {NM} } \right| = MN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).