Đề thi học sinh giỏi 12 môn Toán

Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

220
lượt xem 54
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi 12 môn Toán

Đ THI CH N H C SINH GI I C P TRƯ NG NĂM H C 2009 - 2010 Huỳnh Kim Linh Sưu t m và gi i thi u —————— Bài 1 : √ Cho a, b, c ∈ (0; 1). Ch ng minh r ng : abc + (1 − a) (1 − b) (1 − c) < 1. Bài 2 : Cho các s th c x, y, z khác không. Tìm t t c giá tr c a : |x+y| |y+z| |z+x| f (x, y, z) = |x|+|y| + |y|+|z| + |z|+|x| . Bài 3 : Cho n là s t nhiên l và t p các s th c X = {x1 ; x2 ; . . . ; xn } . Tìm t t c các song ánh f (hàm 1-1) trên t p X, f : X → X sao cho : |f (x1 ) − x1 | = |f (x2 ) − x2 | = · · · = |f (xn ) − xn | . Bài 4 : Cho 7 s th c thu c kho ng (1; 13). Ch ng minh r ng có ít nh t ba s trong đó là đ dài 3 c nh c a 1 tam giác. Bài 5 : Cho a, b, c > 0. Gi i h phương trình :   ax − by + 1 = c    xy 1  bz − cx + zx =a    cy − az + 1 = b. yz Bài 6 : Cho hình vuông ABCD có c nh b ng 1 và bên trong hình vuông cho n đi m phân bi t. Ch ng minh r ng t n t i m t tam giác có đ nh t i các đi m đã cho ho c là đ nh c a hình vuông sao cho di n tích S c a nó th a mãn b t đ ng th c : 1 S≤ 2(n+1) . ——— H T ———
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG NĂM HỌC 2009 – 2010 ------------------------------------------ MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu 1. (5.0 điểm) 2 log 2 ( x 2 4 x 5) 1 2 y 4y 4 a) Giải hệ phương trình: 2 log 2 ( y 2 4 y 5) 1 2 x 4x 4 b) Giải phương trình: 1 1 x2 (1 x)3 (1 x)3 2 1 x2 Câu 2. (4.0 điểm) x0 m m 0 Cho dãy số xn được xác định bởi x n 1 2 20102 . 2 xn ,n ,n 1 xn 1 Tìm lim xn n Câu 3. (3.0 điểm) Giả sử a, b,c là các số không âm. Chứng minh rằng a3 b3 c3 1 a3 (b c)3 b3 (c a ) 3 c3 ( a b)3 Câu 4. (3.0 điểm) Cho f ( x) là hàm số đồng biến và là hàm số lẻ trên . Giả sử a, b, c là ba số thực thỏa mãn: a b c 0 . Chứng minh rằng f (a ) f (b) f (b) f (c) f (c) f (a ) 0 . Câu 5. (6.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x 2 ( y 1)2 1 Chứng minh rằng với mỗi điểm M (m;3) trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được hai điểm T1, T2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng MT1 , MT2 là tiếp tuyến của (C). Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2. 2. Cho tam giác đều ABC có cạnh a, người ta đặt vào đó 5 điểm bất kì. Chứng minh a rằng luôn tồn tại một cặp điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng . 2 ------------------------------HẾT-------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài Đáp án Điểm 2 2 Đặt u x 4 x 4, v=y 4 y 4 (u,v 0) log 2 (u 1) 1 2v Hệ phương trình trở thành: (I) log 2 (v 1) 1 2u 0.5 Giả sử (u0 ; v0) là một nghiệm của hệ (I). Nhận xét, nếu u0 v0 log 2 (u0 1) log 2 (v0 1) 2v0 2 u0 v0 u0 u0 v0 Tương tự u0 v0 v0 u0 u0 v0 0.5 log 2 (u 1) 1 2u Do đó: (I) log 2 (v 1) 1 2v u v Đặt f (t ) 2t log 2 (t 1) 1, D=[0;+ ) 0.5 1 f '(t ) 2t ln 2 (t 1) ln 2 1 f "(t ) 2t ln 2 2 0 t D (t 1) 2 ln 2 Ta lập bảng biến thiên của f’(x): 1 t 0 a + f”(t) + f'(t) 0.5 + ln 2 2 1 ln 2 Suy ra phương trình f’(t) = 0 có nghiệm duy nhất t = a. Ta lập được bảng biến thiên của f(t) t 0 a + f'(t) - 0 + f(t) 0.5 f(a) Suy ra phương trình f (t ) 2t log 2 (t 1) 1 0 (1) có nhiều nhất hai nghiệm
Mặt khác, ta nhận thấy t = 0, t = 1 là nghiệm của phương trình (1). Vậy phương trình (1) có đúng hai nghiệm là t = 0, t = 1. Suy ra hệ (I) có hai nghiệm là (0;0) và (1;1) Suy ra hệ phương trình đã cho có 5 nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0.5 ĐK: 1 x 1 . Nhận xét, nếu 1 x 0 thì (1 x)3 (1 x)3 0 , suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. Do đó 0 x 1 . Đặt x cost , t 0; 0.5 2 1 0.5 b Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2cost 1 sin t 2 sin t 2 2 2 sin t 2 cos t 1 0 cos t 2 2 Vậy phương trình có một nghiệm x 1.0 2 1 20102 +Từ giả thiết, ta có : xn xn 1 2 xn 1 Suy ra : 1 2010 2 x0 2010 2 2 21 x1 2010 2 x0 x0 2.2010.x0 20102 x1 2010 m 2010 = 2 2 x1 2010 1 2010 2 x0 2.2010.x0 20102 x1 2010 m 2010 0.5 x0 2010 2 x0 2n x 2010 m 2010 Dự đoán : n = xn 2010 m 2010 1.0 Chứng minh bằng qui nạp : n = 1 , mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có 2k xk 2010 m 2010 2 = xk 2010 m 2010 Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1, thật vậy 1 20102 xk 2010 2 xk 1 2010 2 xk xk 2.2010.xk 20102 = = 2 xk 1 2010 1 20102 xk 2.2010.xk 20102 xk 2010 2 xk 2 2 xk 2010 xk 2010 2 xk 2010 xk 2010 2 2k 2k 1 m 2010 m 2010 = = 0.5 m 2010 m 2010
2n 1 2n x 2010 m 2010 m 2010 Vậy ta có, n = mà lim 0 ( do m>0) 0.5 xn 2010 m 2010 n m 2010 x 2010 Nên lim n 0 n xn 2010 0.5 xn 2010 2010 1 yn Đặt yn xn xn 2010 1 yn 0.5 mà lim yn 0 => lim xn 2010 n n 0.5 Theo bất đẳng thức AM-GM, với x 0 , ta có 3 2 (1 x) 1 x x2 x2 1 x 1 x 1 x x 1 2 2 1.0 Áp dụng kết quả trên với a > 0, ta được a3 1 1 1 a2 3 2 a3 a b b c 3 1 b c b2 c 2 a2 b2 c2 0.5 1 1 1 a 2 a a2 3 Bất đẳng thức hiển nhiên đúng khi a = 0. Tương tự, ta có b3 b2 3 b3 c a a2 b2 c2 0.5 c3 c2 3 0.5 c 3 a b a2 b2 c2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được kết quả cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a b c 0.5 Vai trò của a, b, c là như nhau nên ta giả sử a b c Kết hợp với giả thiết a 0 c 0.5 Do f là hàm số lẻ nên f ( 0) f (0) f (0) 0 và f đồng biến trên R 0.5 f ( a ) 0 f (c ) f (a ) f (c) 0 (1) Nếu b 0 thì f (b) 0 và a c 0 a c f (a) f ( c) f (c ) 4 f (b)( f (a ) f (c)) 0 (2) Từ (1) và (2) f (a ) f (b) f (b) f (c) f (c) f (a ) 0 1.0 Nếu b 0 thì f (b) 0 và a c 0 a c f (a) f ( c) f (c ) f (b)( f (a ) f (c)) 0 (3) Từ (1) và (3) f (a ) f (b) f (b) f (c) f (c) f (a ) 0 1.0 Đường tròn (C) có tâm I(0 ;1) và bán kính R = 1 Điểm T thuộc trục hoành thì T(t ;0) và điểm M(m;3) thuộc đường thẳng y = 3, ta có phương trình đường thẳng MT : x m y m 0.5 3 x (t m) y 3t 0 t m 3 Do MT là tiếp tuyến của (C) nên d ( I , MT ) 1 , hay t m 3t 2 1 (m 2t ) 2 9 (t m) 2 0.5 3 (t m) 2
t22mt 3 0 (*) Do pt(*) luôn có hai nghiệm t1 , t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T1 (t1 ;0) 0.5 và T2 (t2 ;0) để MT1 và MT2 là tiếp tuyến của (C). 5 1 0.5 0.5 Do t1 là nghiệm của (*) nên t12 2mt1 3 0 c 3 m2 2 Thay c = -3 vào (1), ta được m 2 9 2m 2 6b 3 0 b 2 0.5 2 2 m2 2 Vậy phương trình của (C1) là : x y 2mx y 3 0 2 Từ tam giác ABC, dựng các đường trung bình của tam giác, ta chia tam giác 1.0 đều ABC thành 4 tam giác đều bằng nhau. Lúc đó, ta có A a MN NK KM 2 0.5 Theo giả thiết ta phải đặt 5 điểm vào 4 2 Tam giác vừa dựng. Khi đó phải có ít nhất M N một tam giác chứa không dưới hai điểm. Giả E sử tam giác MNK chứa hai điểm E và H. Mặt 1.5 khác trong tam giác đều MNK, khoảng cánh H giữa hai điểm không lớn hơn cạnh của nó, a C K B tức là EH 2 Lưu ý : Mọi cách giải khác nếu thí sinh trình bày đúng đều cho điểm tối đa.
– 2010 Bµi 1: (6 ®iÓm) Bµi 2: (3 ®iÓm) Bµi 3: (4 ®iÓm) Bµi 4: (5 ®iÓm) Bµi 5: (2 ®iÓm)
3®
3®
ài 2 Cho c¸c gãc cña tam gi¸c ABC tho¶ m·n: 3® 2 2 2005 sin sin sin BiÕt gãc A, B nhän. TÝnh gãc C. + Do C là gãc cña tam gi¸c nªn 0 sin C 1 2005 sin C sin C 1 2 (1) sin 2 A sin 2 B sin 2 C 4R 2 sin 2 A 4R 2 sin 2 B 4R 2 sin 2 C a2 b2 c2 a 2 b 2 a 2 b 2 2.a.b.cosC cosC 0 (2) 1 + Chøng minh: sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2.cos A.cos B.cosC 1 2 Do ®ã: sin C sin 2 C 2 2.cos A.cos B.cosC (*) 2005 Cã: 2005 sin C sin 2 C 2 2 2.cos A.cos B.cos C 2 cos A.cos B.cosC 0 1 cosC 0 (3) (v× A, B nhän cosA>0, cosB>0) 2 Tõ (2) vµ (3) cos C 0 C 90 0 1 2 Bµi 3: Trong hÖ trôc to¹ ®é 0xy cho 3 ®iÓm A(0;a), B(b;0), C(-b;0) víi 2® a>0, b>0. 1/ ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn tiÕp xóc víi AB t¹i B. Gi¶ sö ®êng trßn (C): (x )2 (y )2 R 2 tho¶ m·n ®Çu bµi 1 + Cã AB, AC ®èi xøng nhau qua 0y I( ; ) 0y nªn =0 2 b2 IB.AB 0 + (C) tiÕp xóc víi AB t¹i B a R AB R b2 2 b2 a b4 R b2 a2 1
2 b2 2 b4 1 VËy ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh: x y b a a2 2 2- Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt kú trªn ®êng trßn ë c©u 1/. Gäi d1 , d 2 , d 3 2® lÇn lît lµ kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn AB, AC vµ BC x y + Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB: 1 ax by ab 0 b a x y Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AC: 1 ax by ab 0 1 b a Ph¬ng tr×nh BC: y=0 2 2 2 b2 2 b4 + Gäi M(x 0 ;y 0 ) (C) x 0 y0 b a a2 b2 x2 0 y2 .y 0 b 2 0 0 2. a 1 a 2 .x 2 a 2 y 2 2a.b 2 .y 0 a 2 .b 2 0 0 0 (1) 2 | ax 0 by 0 ab | | ax 0 by 0 ab | d1 ;d 2 ;d3 | y 0 | 2 2 2 2 a b a b Khi ®ã: 2 2 2 2 2 2 | a 2 x 2 (by 0 ab)2 | | a x 0 b y 0 2a.b 2 .y 0 a .b | 0 d1 .d2 (2) a2 b2 a2 b2 Tõ (1) a 2 x 2 a 2 y 2 2.a.b 2 .y 0 a 2 b 2 0 0 0 a 2 x2 0 2.a.b 2 .y 0 a 2 b 2 a2y2 0 (3) | a2 y2 b2 y2 | Thay (3) vào (2) ta cã: d1 .d 2 2 0 2 0 | y 0 |2 d3 2 a b Bµi 4 1- Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2004 2006 x 2.2005x x 2® Gi¶ sö x0 lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh 2004 x0 2006 x0 2.2005 x0 1 x0 x0 x0 x0 2006 2005 2005 2004 2 x0 x0 §Æt: f(t) (t 1) t f(t) liªn tôc trªn R Nªn f(t) liªn tôc trªn 2004;2005 vµ cã f(2005) f(2004) 1 Vµ: f '(t) x 0 (t 1)x0 1 x 0 t x0 1 x 0 (t 1) x0 1 t x0 1 2 Nªn 2004;2005 ®Ó f'( )=0 x0 ( 1)x0 1 x0 1 0 x0 0 x0 0 x0 0 1 ( 1) x0 1 x0 1 x0 1 0 x0 1 2
Thö l¹i x 0 0, x 0 1 tho¶ m·n. 1 KÕt luËn: NghiÖm ph¬ng tr×nh: x=0, x=1 2 2- Víi gi¸ trÞ nµo cña m bÊt ph¬ng tr×nh: 3® log 2 x 2 2x m 4 log 4 (x 2 2x m) 5 nghiÖm ®óng víi x 0;2 x 2 2x m 0 §iÒu kiÖn: x 2 2x m 1 1 2 log 4 (x 2x m) 0 4 Bpt log 4 (x 2 2x m) 4 log 4 (x 2 2x m) 5 (1) §Æt t log 4 (x 2 2x m) ®k: t 0 t2 4t 5 0 1 Bpt (1) 0 t 1 t 0 2 2 log 4 (x 2 2x m) 0 0 log 4 (x 2x m) 1 log 4 (x 2 2x m) 1 x 2 2x m 1 1 2 x 2x m 4 2 Do ®ã ®Ó bÊt ph¬ng tr×nh ®· cho nghiÖm ®óng x 0;2 x 2 2x m 1 nghiÖm ®óng x 0;2 x 2 2x m 4 x 2 2x 1 m 1 2 nghiÖm ®óng x 0;2 x 2x 4 m 4 M in f(x) 1 m x 0;2 (víi f(x)=x 2 2x) Max f(x) 4 m x 0;2 XÐt f(x) x 2 2x víi 0 x 2 Cã: f '(x) 2x 2 f(x) 0 x 1 B¶ng biÕn thiªn: x - 0 1 2 + f’(x) - 0 + f(x) 0 0 1 -1 2
M in f(x) 0 x 0;2 Max f(x) 1 x 0;2 1 1 m m 2 Do ®ã (*) 2 m 4 0 4 m m 4 1 KÕt luËn: 2 m 4 2 Bµi 5: XÐt c¸c sè thùc x, y tho¶ m·n: 2® x 3 x 1 3 y 2 y H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña P x y Gi¶ thiÕt (1): x y 3 x 1 y 2 x y P XÐt hÖ: (I) 1 3( x 1 y 2) P 2 u x 1 0 §Æt: v y 2 0 P u v 3(u v) P 3 HÖ (I): (II) u2 v2 P 3 1 P2 1 u.v P 3 2 9 2 HÖ (I) cã nghiÖm khi vµ chØ khi hÖ (II) cã nghiÖm u,v: u 0, v 0 2 P 1 P t2 t P 3 0 3 2 9 1 2 2 18t 6Pt P 9P 27 0 cã 2 nghiÖm kh«ng ©m 2 ' 0 c 9 3 21 0 P 9 3 15 a 2 b 0 a 9 3 21 1 KÕt luËn: Min P , MaxP 9 3 15 2 2
Câu I: ( 3 điểm) 1 x Cho hàm số y có đồ thị (C). x 2 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A,B ( A B) sao cho OA = 3 OB. 2. Gọi I là giao điểm của 2 tiệm cận, đường thẳng d qua I có hệ số góc k. Tìm k để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng khi đó I là trung điểm của A, B. 3. Tìm 2 điểm M, N thuộc 2 nhánh của đồ thị sao cho khoảng cách MN nhỏ nhất. Câu II: ( 2 điểm) log 2 ( x 2 3x ) log 1 ( x 2 2 3x ) 2 Giải phương trình: 2 2 1. Câu III: ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, SA = SB. M là trung điểm của AB và cạnh bên tạo với đáy góc 450. 1. Chứng minh rằng SM (SAB) và tam giác SAB đều. 2. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu IV: ( 2 điểm) 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x – lnx trên ; e . 4 Câu V: ( 1 điểm) a b a Cho a b 0. Chứng minh rằng: 2 1 2b 1 . ------------------------ Hết -----------------------
( CÂU I: (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3x 2 (C). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Gọi A1 , A2 , A3 (C ) thẳng hàng.Tiếp tuyến tại A1 , A2 , A3 cắt (C) lần lượt tại B1 , B2 , B3 . Chứng minh rằng B1 , B2 , B3 cũng thẳng hàng 2sin x cos x 1 1 sin x 2cos x 3 3 log y xy log x y 2x 2y 3 x x x 12 m 5 x 4 x x y z P 3 4( x 3 y3 ) 3 4( y 3 z3) 3 4( z 3 x3 ) 2 y2 z2 x2 CÂU (2 điểm) 1) Cho tam giác ABC, biết C(4;-1), đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình tương ứng là: d1 : 2 x 3 y 12 0; d 2 : 2 x 3 y 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. 2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông, cạnh huyền BC = a, B . Các mặt bên của hình chóp nghiêng đều trên đáy một góc 600. Chân đường cao của hình chóp kẻ từ S ở miền trong của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp. giống nhau 20 1 2 x 3 x …………………… Hết............................... (Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài)
HỌ TÊN NGƯỜI TỔ HỢP Phạm Thu Thủy ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN – KHỐI 12 (4 trang) Câu1 1) TXĐ:R, Sự biến thiên, Đồ thị ……………………………………... 1.0 2 điểm 2)Giả sử Ai ( xi , yi ) (C ) yi xi 3 3xi 2 . i 1,2,3 0.25 Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến tại Ai của (C) với đồ thị (C) là 0.25 nghiệm pt: x 3 3x 2 y ' ( xi )( x xi ) yi x 2 xi 0.25 Vậy Bi ( 2 xi , 8 x i 3 6 xi 2) .Do Ai ( ) : y a. x b xi 3 m. xi n Bi ( 2 xi , p.( 2 xi ) q .Xét ( ' ) : y p. x q Bi ( ' ) đpcm 0.25 Câu 2 2sin x cos x 1 1 sin x 2 cos x 3 3 x R x k 4 x k 4 log y xy log x y (1) 2x 2y 3(2) 1 1 1 log y xy log x y (1 log y x) 2 2 log y x t log y x, t 0 x y t 1 1 t 2 x y2 3 log 2 2 1 1 y2 x 2 2y 3 y2 2y 2 1 y2 2 1 2y 1 1 y2 2 2
3 log 2 2 Câu 3 x x 12 x m( 5 x 4 x )(1) x x 12 x 5 x 4 x m f ( x) x x 12 x 5 x 4 x h( x ) 5 x 4 x 0 x 0; 4 g ( x) x x 12 x 0 x 0; 4 0; 4 12 5 4 m 12 x y z P 3 4 x3 y3 3 4 y3 z3 3 4 z3 x3 2 y2 z2 x2 3 4 x3 y3 3 4 y3 z3 3 4 z3 x3 2( x y z ) 6 3 xyz x y z 6 2 y2 z2 x2 3 xyz 1 xyz 1 P 6 3 xyz 12 3 xyz x y z Câu 1) ( 1 điểm) 2 điểm + Vì BC d1 nên BC nhận VTPT n(2; 3) của d1 làm VTCP của 0,25 mình
C(1;-1) d1 0,25 d2 M A B 0,25 PT: 3( x 4) 2( y 1) 0 3x 2 y 10 0 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hpt: 2 x 3 y 12 0 x 3 A( 3;2) 2x 3y 0 y 2 AC (7; 3) VTPT của AC là 0,25 n AC (3;7) PT AC : 3( x 3) 7( y 2) 0 3x 7 y 5 0 + Gọi M là trung điểm BC . Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hpt: 3 x 2 y 10 0 x 6 M (6; 4) 2x 3y 0 y 4 Gọi B(x;y) thì x 1 12 y 4 8 x 8 y 7 B(8; 7) AB(11; 9) VTPT của AB là n AB (9;11) PT AB : 9( x 3) 11( y 2) 0 9 x 11y 5 0 + KL: 2) (1 điểm) S B K C O I H A 0,25 + Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC). H,I,K lần lượt là hình chiếu của O trên AB, AC, BC. SHO SIO SKO 600 là góc của các mặt bên hợp với đáy các tam giác vuông SOH, SOI, SOK bằng nhau
OH OI OK O Cách đều 3 cạnh của ABC O là tâm đường tròn nội tiếp ABC , bán kính OH OI OK x 1 Ta có diện tích ABC là: S ABC p.r AB. AC 2 Trong đó: 2 p AB BC CA; 0,25 AB a.cos ; AC a.sin ; BC a AB. AC a 2 sin cos r AB AC BC a (1 sin cos ) Xét tam giác vuông SOH có: SO OH .tan 600 r 3 + Thể tích SABC là: 1 1 AB. AC 1 VSABC S ABC .SO .SO AB. AC.r. 3 3 3 2 6 1 2 0,25 (a sin cos ) 2 3 6 a3 sin 2 2 3 . a (1 sin cos ) 24 1 sin cos 3 2 a 6.sin 2 96cos cos( ) 2 2 4 0,25
20; a b c d 124 ..................... / ...................... / ............/ .................. a b c d 3 C 123 20 1 20 20 k 1 k 1 20 1 1 3 k 3 2 x 3 x 2x 2 x k 0 C 20 2x 2 x 20 60 5 k k 20 k 6 k 0 C 20 2 x k ,0 k 20 12 C 20 28