Theo đề bài, dễ có \(\Delta SAB=\Delta SBC=\Delta SCA\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow AB=BC=CA\)

 Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}SM\perp BC\\AM\perp BC\end{matrix}\right.\) (do các tam giác SBC và ABC lần lượt cân tại S và A). Suy ra \(BC\perp\left(SAM\right)\) \(\Rightarrow BC\perp SA\)

 Hoàn toàn tương tự, ta có đpcm.

Câu 7:

Xét hình bình hành ABCD, gọi O là giao của AC và BD

\(OB=OD=\dfrac{BD}{2}\Rightarrow BD=2OB\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Ta có

\(BN=\dfrac{1}{3}BD\left(gt\right)\Rightarrow BN=\dfrac{1}{3}.2OB=\dfrac{2}{3}OB\) 

Xét hbh ABEF, gọi I là giao của AE và BF ta có

\(IA=IE=\dfrac{AE}{2}\Rightarrow AE=2IA\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Ta có

\(AM=\dfrac{1}{3}AE\left(gt\right)\Rightarrow AM=\dfrac{1}{3}.2IA=\dfrac{2}{3}IA\) (1)

Xét tg ABF có

\(IB=IF\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)  => IA là trung tuyến của tg ABF (2)

Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của tg ABF

Gọi K là giao của BM với AF => BK là trung tuyến của tg ABF

\(\Rightarrow BM=\dfrac{2}{3}BK\)

Xét tg BOK có

\(BN=\dfrac{2}{3}OB\left(cmt\right)\Rightarrow\dfrac{BN}{OB}=\dfrac{2}{3}\)

\(BM=\dfrac{2}{3}BK\left(cmt\right)\Rightarrow\dfrac{BM}{BK}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{OB}=\dfrac{BM}{BK}=\dfrac{2}{3}\) => MN//OK (Talet đảo trong tam giác) (3)

Xét tg ACF có

BK là trung tuyến của tg ABF (cmt) => KA=KF

Ta có

OA=OC (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> OK là đường trung bình của tg ACF => OK//CF (4)

Từ (3) và (4) => MN//CF

mà \(CF\in\left(DCEF\right)\)

=> MN//(DCEF)

 Xét câu A, hiển nhiên khi \(n\rightarrow+\infty\) thì \(a_n=\sqrt{n^3+n}\rightarrow+\infty\) nên dãy (a_n) không bị chặn.

 Ở câu C, lấy n chẵn và cho \(n\rightarrow+\infty\) thì dãy (c_n) cũng sẽ tiến tới \(+\infty\). Do đó dãy (c_n) cũng là 1 dãy không bị chặn.

 Ở câu B, ta xét hàm số \(f\left(x\right)=x^2+\dfrac{1}{x}\) trên \(\left[1;+\infty\right]\), ta thấy \(f'\left(x\right)=2x-\dfrac{1}{x^2}\) \(=\dfrac{2x^3-1}{x^2}\) \(=\dfrac{x^3+x^3-1}{x^2}>0,\forall x\ge1\) . Do đó \(f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left[1;+\infty\right]\) và do đó cũng đồng biến trên \(ℕ^∗\). Nói cách khác, (b_n) là dãy tăng . Như vậy, nếu b_n bị chặn thì tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}b_n=L>1\). Chuyển qua giới hạn, ta được \(L=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(n^2+\dfrac{1}{n}\right)=+\infty\), vô lí. Vậy (b_n) không bị chặn trên.

 Còn lại câu D. Ta thấy với \(n\inℕ^∗\) thì hiển nhiên \(d_n>0\). Ta thấy \(d_n=\dfrac{3n}{n^3+2}=\dfrac{3n}{n^3+1+1}\le\dfrac{3n}{3\sqrt[3]{n^3.1.1}}=1\), với mọi \(n\inℕ^∗\). Vậy, (d_n) bị chặn 

 \(\Rightarrow\) Chọn D.