Ðề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 thpt tỉnh Thanh Hóa

ðỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 THPT TỈNH THANH HĨA 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số 1
1
xy
x
+
=
−
. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 
 2. Cho hai đường thẳng cùng đi qua điểm (1;1),I cĩ tổng các hệ số gĩc bằng 5 .
2
 Mỗi đường 
thẳng cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt và bốn giao điểm đĩ là bốn đỉnh của một hình chữ nhật. 
Viết phương trình hai đường thẳng đĩ. 
Câu II (4,0 điểm) 
1. Giải phương trình 2cos cos 2 2 sin sin .
2 2 4
x x
x x
pi 
+ = + 
 
2. Giải hệ phương trình 
2 2 2
3
2 (4 2) 4 ( 1) 2 2 3 2 ( , ).
( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29
x x y x y y x y y
x y
y x x y x

− + + − = − − + − +
∈
− − + = − − + −
ℝ 
Câu III (4,0 điểm) 
1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn .xyz x z y+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 2 2 2 2 2
2 2 4 3
.
1 1 1 ( 1) 1
z zP
x y z z z
= − − +
+ + + + +
2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình sau cĩ nghiệm 
2
3 3log ( 7) ( 3) log ( 7) 4 0
.
( 1 2 2) 27 2
x x x x
mx x x m x x
 + + − + + − ≥

+ + + + ≤ + +
Câu IV (4,0 điểm) 
 1. Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Lấy ngẫu nhiên hai phần tử thuộc 
S. Tính xác suất lấy được hai phần tử là hai số khơng chia hết cho 5. 
 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật .ABCD Gọi G là điểm thuộc đoạn 
BD sao cho 4 ,BD BG= M là điểm đối xứng của điểm A qua .G Hình chiếu vuơng gĩc của điểm 
M trên các đường thẳng ,BC CD lần lượt là (10;6)H và (13;4).K Tìm tọa độ các đỉnh của hình 
chữ nhật ABCD biết rằng đường thẳng BD đi qua điểm (1;2).E 
Câu V (4,0 điểm) 
1. Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C cĩ  06, 12, 60 .AB BC ABC= = = Thể tích của khối chĩp 
'. ' 'C ABB A bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ' ' 'A B C sao cho tổng diện tích tất cả các 
mặt của hình chĩp .M ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng M là tâm đường trịn nội tiếp 
tam giác ' ' '.A B C Tính cosin của gĩc giữa hai đường thẳng 'B M và '.AC 
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (2;2;0)A và mặt cầu ( )S cĩ phương trình 
2 2 2 2 2 2 0.x y z x y z+ + − − − = Viết phương trình mặt phẳng ( )OAB biết điểm B thuộc ( )S và tam 
giác OAB đều. 
------------- HẾT -------------- 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 1 
LỜI GIẢI ðỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 THPT TỈNH THANH HĨA 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Câu I.2. Cho hai đường thẳng cùng đi qua điểm (1;1),I cĩ tổng các hệ số gĩc bằng 5 .
2
 Mỗi đường 
thẳng cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt và bốn giao điểm đĩ là bốn đỉnh của một hình chữ 
nhật. Viết phương trình hai đường thẳng đĩ. 
Lời giải: 
Cách 1: Do I là tâm đối xứng của (C) nên hai đường thẳng qua I cắt (C) sẽ tạo thành một hình 
bình hành, hình bình hành đĩ là hình chữ nhật khi và chỉ khi độ dài hai đường chéo bằng nhau. 
 Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và cĩ hệ số gĩc k : ( 1) 1d y k x⇒ = − + . 
Hồnh độ giao điểm của d và ( )C là nghiệm của phương trình 
21 ( 1) 1 2 2 0(*)
1
x k x kx kx k
x
+
= − + ⇔ − + − =
−
. 
ðiều kiện để d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt là (*) phải cĩ hai nghiệm phân biệt 
2
0
0
' ( 2) 0
k
k
k k k
≠
⇔ ⇔ >∆ = − − >
. 
 Gọi ,A B là giao của (C) và d suy ra 1 1 2 2( , 1), ( , 1)A x kx k B x kx k− + − + , trong đĩ 1 2,x x là 
nghiệm của (*), theo định lí Viet ta cĩ 
1 2
1 2
2
2
x x
k
x x
k
+ =

 −
=
 . 
2 2 2 2 2
2 1 2 1 1 2 1 2( ) ( ) (1 )[( ) 4 ]AB x x kx kx k x x x x= − + − = + + − 
2 2
2 2 8(1 ) 8(1 )
=(1 ) 4 4 k k kk AB
k k k
− + + 
+ − = ⇒ = 
 
 +) Gọi 1 2 1 2, ( )k k k k≠ là hệ số gĩc của hai đường thẳng cần tìm khi đĩ hai đường chéo của 
hình bình hành lần lượt cĩ độ dài là 
2
1
1
8(1 )k
k
+
và 
2
2
2
8(1 )k
k
+
. 
Do hai đường chéo bằng nhau nên 
2
1
1
8(1 )k
k
+
=
2
2
2
8(1 )k
k
+ 2 2
2 1 1 2(1 ) (1 )k k k k⇔ + = + 
1 2 1 2 1 2( )(1 ) 0 1k k k k k k⇔ − − = ⇔ = 
 Theo bài ra ta cĩ 1 2 1 2
5 12,
2 2
k k k k+ = ⇒ = = hoặc ngược lại. 
 Vậy hai đường thẳng cần tìm là 2 1y x= − và 1 1
2 2
y x= + . 
Cách 2: 
Ta cĩ I là tâm đối xứng của (C) nên đường thẳng qua I cắt (C) tại hai điểm M, N thì I là 
trung điểm của MN. 
Giả sử hai đường thẳng qua I cắt (C) tại A, B và C, D. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên 
IA = IB = IC = ID. 
Khơng mất tính tổng quát, giả sử A, D cùng thuộc một nhánh của đồ thị ở gĩc phần tư thứ 
nhất. Ta sẽ chứng minh A, D đối xứng nhau qua đường thẳng (d): y = x. 
Giả sử 2 2( ;1 ), ( ;1 )
1 1
A a D d
a d
+ +
− −
 với 1, 1,a da d> > ≠ 
Ta cĩ: 2 2 2 22 2
4 4( 1) ( 1)( 1) ( 1)IA ID IA ID a da d= ⇔ = ⇔ − + = − +− − 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 2 
2 2 2 2
2 2
4[( 1) ( 1) ](1 ) 0 ( 1) ( 1) 4( 1) ( 1)a d a da d⇔ − − − − = ⇒ − − =− −
2 21 1
1 1
a a
d d
⇒ − = ⇒ = +
− −
và 21
1
d
a
= +
−
( 1, 1, )do a d a d> > ≠ 
⇒ ,A D A Dx y y x= = ⇒ A và D đối xứng nhau qua đường thẳng (d): y = x. 
ðường thẳng IA đi qua I, hệ số gĩc m > 0 cĩ phương trình: mx – y – m + 1 = 0 
ðường thẳng ID đi qua I, hệ số gĩc n > 0 cĩ phương trình: nx – y – n + 1 = 0 
Do đường thẳng (d): y = x là đường phân giác của gĩc AID nên:  cos( ; ) cos( ; )d IA d ID= 
2 2
1 1
1 1
m n
m n
+ +
⇒ =
+ +
Ta cĩ hệ phương trình: 
2 2
1 1
1 1 1 2
5 ;2 1
2 2 2
0;n 0
m n
m n
m
m
m n
n
n
m n
m
 + +
=
+ +
= 
=  
⇒+ =  
=  =  ≠

> >
 (trường hợp 5
4
m n= = loại) 
Vậy cĩ 2 đường thẳng cần tìm là: 2 1y x= − và 1 1
2 2
y x= + 
Câu II.1. Giải phương trình 2cos cos 2 2 sin sin .
2 2 4
x x
x x
pi 
+ = + 
 
Lời giải: ðiều kiện: cos 0.x ≥ 
PT 2 2 2cos cos 2sin sin cos cos cos 2sin sin
2 2 2 2
x x x x
x x x x x
 
⇔ + = + ⇔ + = + 
 
2cos cos sin sinx x x x⇔ + = + (*) 
Cách 1: 
(*) 
2 21 1
cos sin
2 2
x x
   
⇔ + = +   
   
cos sin (1)
cos sin 1 (2)
x x
x x
 =
⇔ 
= − −
 2 2
sin 0
sin 0 sin 0(1) 1 5
cos sin cos cos 1 0 cos
2
x
x x
x x x x x
≥≥ ≥  
⇔ ⇔ ⇔  
− +
= + − = =  

5 1
arccos 2 ( )
2
x k kpi−⇔ = + ∈ℤ (loại 5 1arccos 2
2
x k pi−= − + ) 
 Do cos 0x ≥ và sin 1 0x− − ≤ nên 
(2) cos sin 1 0 2 ( ).
2
x x x k kpi pi⇔ = − − = ⇔ = − + ∈ℤ 
 Vậy phuơng trình cĩ nghiệm: 5 1arccos 2 ,
2
x k pi−= + 2 ( )
2
x k kpi pi= − + ∈ℤ 
Cách 2: (*) 2 2sin ( cos ) sin cos 0 (sin cos )(sin cos 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − = ⇔ − + + = 
cos sin (1)
cos sin 1 (2)
x x
x x
 =
⇔ 
= − −
. (Tiếp tục giải như trên) 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 3 
Cách 3: (*) cĩ VT 0≥ nên để (*) cĩ nghiệm thì 2sin sin 0 sin (sin 1) 0x x x x+ ≥ ⇔ + ≥ 
- Nếu sin 1 0 2
2
x x kpi pi+ = ⇔ = − + thì x là nghiệm của (*) 
- Nếu sin 1 0 sin 1 0 sin 0x x x+ ≠ ⇒ + > ⇒ ≥ 
Xét hàm 2( )f t t t= + với [0;1]t ∈ , cĩ '( ) 2 1 0, [0;1]f t t t= + > ∀ ∈ suy ra ( )f t đồng biến trên 
đoạn [0; 1], do đĩ (*) ( cos ) (sin ) cos sinf x f x x x⇔ = ⇔ = (tiếp tục giải như trên). 
Câu II.2. Giải hệ phương trình 
2 2 2
3
2 (4 2) 4 ( 1) 2 2 3 2 (1)
( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29 (2)
x x y x y y x y y
y x x y x

− + + − = − − + − +

− − + = − − + −
Lời giải: ðiều kiện: 1 , 2.
2
x y≥ − ≥ 
Từ (2) ta cĩ 32 2 1 13( 2) 2 1 8 82 29y x y x x x− + + − − + = + − (3). 
Nếu 1 0
2
x− ≤ ≤ thì 1 2 1 0x− ≤ − + ≤ suy ra (3) cĩ VT 1≥ − và VP 29≤ − nên (3) vơ nghiệm, do 
đĩ nếu x thỏa mãn hệ đã cho thì 0.x > 
2 2(1) 2 (4 2) 4 ( 1) ( 2)( 1) 2 2x x y x y y y y x⇔ − + + − − − − = − − 
2
2 2 4(4 2)(2 1)
2 2
y x
x y x y
y x
− −
⇔ − + + − =
− +
2 1(4 2) 2 1 0
2 2
x y x y
y x
 
⇔ − + + − + =  
− + 
24 2 0x y⇔ − + = 
(Vì 1 12 1 (2 1) ( 2) 0, 0, 2
2 2 2 2
x y x y x y
y x y x
+ − + = + + − + > ∀ > ≥
− + − +
) 
2 2y x⇔ − = (Do 0x > ) 
 Thay 2 2x y= − vào (2) được 3 2(2 1) 2 1 8 52 82 29x x x x x− + = − + − 
( )
2
2
2
(2 1) 2 1 (2 1)(4 24 29)
1
2(2 1) 2 1 4 24 29 0
2 1 4 24 29 0(4)
x x x x x
x
x x x x
x x x
⇔ − + = − − +

=⇔ − + − + − = ⇔

+ − + − =
+) Khi 1
2
x = thì 3.y = 
+) Giải (4) 
Cách 1: 
2 2
21 121 1 11(4) 2 1 2 1 4 22 2 1 2
4 4 2 2
x x x x x x
   
⇔ + + + + = − + ⇔ + + = −   
   
2 1 2 6 (5)
2 1 5 2 (6)
x x
x x
 + = −
⇔ 
+ = −
2 2
3 3 13 29 103 13 29(5)
4 22 1 (2 6) 4 26 35 0
x x
x y
x x x x
≥ ≥  + +
⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ = 
+ = − − + = 
2 2
5 5
3(6) 112 2
22 1 (5 2 ) 4 22 24 0
x x
x y
x x x x
 ≤ ≤ 
⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ = 
 + = − − + = 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 4 
 Vậy 
1 3 13 29 103 13 29( ; ) ;3 , ;11 , ;
2 2 4 2
x y
 + +   
=            
Cách 2: ðặt ( )2 1 0x t t+ = ≥
(4) trở thành ( )( )4 2 3 214 42 0 3 3 5 42 0t t t t t t t− − + = ⇔ + − − + = 
( ) ( ) ( )2
2
3 2 7 0 1 29
2
t
t t t t
t
=
⇔ + − − − = ⇒ +
=

+) Khi 2t = thì 3 , 11
2
x y= = 
+) Khi 1 29
2
t
+
= thì 13 29 103 13 29,
4 2
x y+ += = 
Vậy ( ) 1 3 13 29 103 13 29; ;3 , ;11 , ;
2 2 4 2
x y
 + +   
=            
Câu III.1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn .xyz x z y+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 2 2 2 2 2
2 2 4 3
.
1 1 1 ( 1) 1
z zP
x y z z z
= − − +
+ + + + +
Lời giải: 
Cách 1: Cĩ: (1 ) .
1
x z
xyz x z y x z y xz y
xz
+
+ + = ⇔ + = − ⇔ =
−
2
22 2 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1 (1 )2 2( )1 1 1 1 ( 1)( 1)1(1 )
xz
x zx y x x x z
xz
 
   −
 
− = − = − ++ + + + + +   + 
− 
 ( )( )
( )
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
2 22 2 22
2 2 2 2 2 2 2
2 1 2 2 1 2 . 12 22
1 1 1 1 1 1 1
z z x x z x x zz x x z z
z
x z x z x z z
   − + − + ++ −   = = ≤ =
+ + + + + +  + 
2 2 2 2 2 2 2
2 4 3 2 3
.
1 1 ( 1) 1 1 ( 1) 1
z z z z zP
z z z z z z z
−
⇒ ≤ − + = +
+ + + + + + +
 ðặt ( )
2 2
2 3
2 2 2 2 22
1 1 1 10 1 1 1 3
1 11
z z t
t t z P t t
t z z t tz
+
= > ⇒ = = + ⇒ + = + = ⇒ ≤ −
− −+
Xét hàm số 3( ) 3f t t t= − (liên tục với 0t > ). Lập bảng biến thiên ta được 
(0; )
1 2
max ( ) ( )
3 9
f t f
+∞
= = 
 Do đĩ P đạt giá trị lớn nhất bằng 2
9
 khi và chỉ khi 
2
2
1 2
3 41
2
.
1 2
1 2
2
z
z
z
x zy x
xz
x y
z
x

= =
+ 
 + 
= ⇔ = 
− 
 
− =
= 
 
Cách 2: ðặt tan , tan , tanx A y B z C= = = với , , 0; 0 .
2
A B C A Cpi pi ∈ ⇒ < + < 
 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 5 
Từ tan tantan tan( )
1 tan tan
A C
xyz x z y B A C B A C
A C
+
+ + = ⇒ = = + ⇒ = +
−
 Ta cĩ 2 2 22cos 2cos 4sin 3sin .cosP A B C C C= − − + 
3 32sin( )sin( ) sin 3sin 2sin( ).sin sin 3sinA B A B C C A B C C C= − + − − − = + − − 3sin 3sin .C C≤ − 
Dấu "=" xảy ra khi .
2
A B pi+ = 
 Xét hàm số 3( ) 3f t t t= − như trên ta được 3 2sin 3sin .
9
C C− ≤ 
Dấu "=" xảy ra khi 1 2sin tan .
3 4
C C= ⇒ = 
Từ 2tan
4
C = và 
2
A B pi+ = 2
2 tan2 2 cot cot( ) tan 2
1 tan
AC B A A
A
⇒ = = − = =
−
2
tan , tan 2.
2
A B⇒ = = 
 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2
9
 tại 2 2( ; ; ) ; 2; .
2 4
x y z
 
=   
 
Câu III.2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình sau cĩ nghiệm 
2
3 3log ( 7) ( 3) log ( 7) 4 0 (1)
( 1 2 2) 27 2 (2)
x x x x
mx x x m x x
 + + − + + − ≥

+ + + + ≤ + +
Lời giải: ðiều kiện: 2x ≥ − 
[ ][ ]
( )
3 3
3 3
(1) log ( 7) 1 log ( 7) 4 0
log ( 7) 4 0 (3) Do log ( 7) 1 0, 2
x x x
x x x x
⇔ + + + + − ≥
⇔ + + − ≥ + + > ∀ ≥ −
 Xét hàm số 3
1( ) log ( 7) 4 '( ) 1 0, 2( 7) ln 3f x x x f x xx= + + − ⇒ = + > ∀ ≥ −+ 
Suy ra ( )f x đồng biến trên [ 2; )− +∞ . Do đĩ (3) ( ) (2) 2.f x f x⇔ ≥ ⇔ ≥ 
 ðặt 2 ( 4 do 2)t x x t x= + + ≥ ≥ 2 2 2 2 2.t x x x x⇒ = + + + + 
Bất phương trình (2) biểu thị theo t là 2 2( 25) .25
t
m t t m
t
+ ≤ ⇔ ≤
+
ðặt 2 2
1( ) ( ) ,
25 102 .25
t tg t g t
t t
= ⇒ ≤ =
+
 dấu "=" xảy ra khi 5t =
[4; )
1
max ( ) (5) .
10
g t g
+∞
⇒ = = 
Yêu cầu của bài tốn khi đĩ trở thành tìm m để ( )m g t≤ cĩ nghiệm [4; )t ∈ +∞ 
[4; )
1
max ( ) .
10
g t m
+∞
⇔ ⇔ ≤ Vậy 1
10
m ≤ . 
 (Ta cũng cĩ thể tìm 
[4; )
max ( )g t
+∞
 bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số ( )g t trên nửa 
khoảng [4;+ )∞ . 
Câu IV.1. Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Lấy ngẫu nhiên hai phần tử 
thuộc S. Tính xác suất lấy được hai phần tử là hai số khơng chia hết cho 5. 
Lời giải: Ta cĩ 6 3 243200 2 .3 .5= . 
 Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số cĩ dạng 2 .3 .5i j k , trong đĩ 
{0;1;2;3;4;5;6}, {0;1;2;3}, {0;1;2}.i j k∈ ∈ ∈ Suy ra cĩ 7.4.3 84= ước, nên số phần tử của S là 84. 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 6 
Mỗi ước nguyên dương khơng chia hết cho 5 của số 43200 là một số cĩ dạng 02 .3 .5 .i j 
Suy ra số các ước của 43200 khơng chia hết cho 5 trong tập S là 7.4 28= . 
Suy ra 
2
28
2
84
9
.
83
CP
C
= = 
Câu IV.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật .ABCD Gọi G là điểm thuộc 
đoạn BD sao cho 4 ,BD BG= M là điểm đối xứng của điểm A qua .G Hình chiếu vuơng gĩc của 
điểm M trên các đường thẳng ,BC CD lần lượt là (10;6)H và (13;4).K Tìm tọa độ các đỉnh của 
hình chữ nhật ABCD biết rằng đường thẳng BD đi qua điểm (1;2).E 
Lời giải: 
 Gọi I là giao điểm của AC và BD suy ra AIMB là hình bình hành. 
Suy ra MB IA CI IBMC= = ⇒
  
 là hình bình hành, mà IB IC= nên IBMC là hình thoi, suy ra 
hình chiếu H của M trên BC chính là trung điểm của BC và .IM 
Do đĩ 172 ;7 .
2
MK HC BH KH MB CI HG G  = = ⇒ = = = ⇒  
 
      
BD đi qua (1;2)E và 17 ;7
2
G   
 
 nên BD cĩ phương trình là 2 3 4 0.x y− + = 
Gọi (3 1;2 2) (19 3 ;10 2 )B b b BD C b b+ + ∈ ⇒ − − đối xứng với B qua (10;6)H 
Suy ra (9 3 ;4 2 ), (6 3 ;6 2 ).HC b b KC b b− − − −
 
Ta cĩ 2. 0 5 6 0 2; 3.HC KC HC KC b b b b⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = =
   
+) Với 2 (7;6) (13;6)b B C= ⇒ ⇒ và (10;8) (7;10) (13;10).I A D⇒ ⇒ 
+) Với 3 (10;8) (10;4)b B C= ⇒ ⇒ và (7;6) (4;8) (4;4).I A D⇒ ⇒ 
Vậy (7;10), (7;6), (13;6), (13;10)A B C D hoặc (4;8), (10;8), (10;4), (4;4).A B C D 
Câu V.1. Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C cĩ  06, 12, 60 .AB BC ABC= = = Thể tích của khối chĩp 
'. ' 'C ABB A bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ' ' 'A B C sao cho tổng diện tích tất cả các 
mặt của hình chĩp .M ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng M là tâm đường trịn nội tiếp 
tam giác ' ' '.A B C Tính cosin của gĩc giữa hai đường thẳng 'B M và '.AC 
Lời giải. 
*) Chứng minh M là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ' ' '.A B C 
Gọi I là hình chiếu của M trên (ABC); D, E, F lần lượt là hình chiếu của I trên AB, BC, CA. ðặt 
, , , 2 , 2 ,2 , 'x ID y IE z IF a AB b BC c CA h AA MI= = = = = = = = . 
Khi đĩ .ABC IAB IAC IBCS S S S ax by cz= + + = + + 
 Diện tích tồn phần của hình chĩp .M ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi 
MAB MBC MCAS S S S= + + nhỏ nhất. 
Cĩ 2 2 2 2 2 2 2 21 . ( ) ( ) .
2MAB
MD MI ID h x S AB MD a h x ah ax= + = + ⇒ = = + = + 
 Tương tự ta được 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )S ah ax bh by ch cz= + + + + + 
 A 
C 
M 
K 
B 
G 
I 
H 
D 
E 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 7 
Sử dụng bất đẳng thức u v w u v w+ + ≥ + +
     
 với ( ; ), ( ; ), ( ; )u ah ax v bh by w ch cz= = =
  
 ta được 
2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) .ABCS ah bh ch ax by cz a b c h S const≥ + + + + + = + + + = 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .ax by cz x y z
ah bh ch
= = ⇔ = = 
Suy ra I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, nên M là tâm 
đường trịn nội tiếp tam giác ' ' 'A B C . 
*) Tính cosin của gĩc giữa hai đường thẳng B’M và AC’. 

' ' '
1
. .sin 18 3
2A B C ABC
S S BA BC ABC= = = 
2 2 2 2 0
' ' 2 . cos60 108 ' ' 6 3A C AC AB BC AB BC A C= = + − = ⇒ =
 Do Vlăng trụ = '. ' '
3 324 '. 324 ' 6 3
2 C ABB A ABC
V AA S AA= ⇒ = ⇒ = 
Cách 1: 
Gọi K là chân đường phân giác trong của tam 
giác ' ' 'A B C kẻ từ B, từ K kẻ đường thẳng song song với 'AC 
cắt 'AA tại H, khi đĩ 
  ( ' , ') ( ' , ) cos cos 'B M AC B K KH B KHϕ ϕ= = ⇒ = 
0
' ' ' ' ' ' '
1
' ( ' ' ' ') sin 30
2B A C B KC B KA
S S S B K B A B C= + = + 1818 3 ' ' 4 3
4
B K B K⇒ = ⇒ = 
Ta cĩ ' ' ' 1 1' ' ' 2 3
' ' ' 2 3
A K A B A K A C
C K C B
= = ⇒ = = 
Do / / 'KH AC nên ' ' 1 ' 2 3
' ' ' 3
A H A K A H
A A A C
= = ⇒ = 
2 2
' ' 2 6KH A H A K⇒ = + = , 2 2' ' ' ' 4 3B H A B A H= + = 

2 2 2
' ' 2
cos ' .
2. ' . 4
B K HK B HB KH
B K HK
+ −
= = Vậy 2cos
4
ϕ = . 
Cách 2: Ta thấy 222 ACABBC += nên tam giác ABC vuơng tại A. Do đĩ ta cĩ thể chọn hệ trục tọa 
Oxyz sao cho )36;0;0('),0;36;0(),0;0;6(),0;0;0( ACBA , suy ra )36;36;0('),36;0;6(' CB , gọi 
)36;36;0('),0;32;6(')36;32;0('2'''' =−=⇒⇒−=⇒∩= ACKBKKAKCCAMBK 
Do đĩ 
4
2
108108001236
0360
'.'
'.'
)','cos( =
++++
++
==
ACKB
ACKB
ACMB . 
Câu V.2. Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (2;2;0)A và mặt cầu ( )S cĩ phương 
trình 2 2 2 2 2 2 0.x y z x y z+ + − − − = Viết phương trình mặt phẳng ( )OAB biết điểm B thuộc 
( )S và tam giác OAB đều. 
Lời giải. 
Cách 1: (S) cĩ tâm I(1;1;1), bán kính 3.R = Ta thấy O, A cùng thuộc (S) 
Tam giác OAB đều, cĩ bán kính đường trịn ngoại tiếp 2 2 .
3 3
OA
r = = 
2 2 1( ;( ))
3
d I OAB R r= − = 
C 
C' B' 
A' 
K 
M 
A 
B 
I 
D 
H 
NHĨM TỐN THPT THANH HĨA 
 8 
Mặt phẳng (OAB) qua (0;0;0)O cĩ phương trình dạng 0ax by cz+ + = (*) với 2 2 2 0a b c+ + >
 Do ( )A OAB∈ nên 2 2 0a b b a+ = ⇔ = − . 
2 2 2
2 2 2
1( ; ( )) 3 2
3
a b c
d I OAB c a c c a
a b c
+ +
= = ⇒ = + ⇒ = ±
+ +
 Theo (*) suy ra phương trình (OAB) là: 0x y z− + = hoặc 0.x y z− − = 
Cách 2: Gọi );;( cbaB , theo bài ra ta cĩ 





=++
+−+−=++
=−−−++
⇔





=
=
∈
8
)2()2(
0222)(
222
222222
222
cba
cbacba
cbacba
OAOB
ABOB
SB





=
=
=
⇔





=+−+
−=
=
⇔





=++
=+
=++
⇔
2
2
0
84)2(
2
2
8
2
4
22222 c
b
a
aa
ab
c
cba
ba
cba
 hoặc 





=
=
=
⇔
2
0
2
c
b
a
+) Nếu )2;2;0(B thì )(OAB cĩ vtpt 0:)()4;4;4( =+−⇒−=∧ zyxOABOBOA 
+) Nếu )2;0;2(B thì )(OAB cĩ vtpt 0:)()4;4;4( =−−⇒−−=∧ zyxOABOBOA 
 Vậy phương trình (OAB) là: 0x y z− + = hoặc 0.x y z− − =