ÑEÀ SOÁ

1

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 

9
trên
x

đoạn 2; 4  .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z , biết z thỏa mãn z 3  8  0 .
b) Giải phương trình 2 log 3 4 x  3  log 1 2 x  3  log 3 5 x  6  .
3

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  x , y  x và x  4 .
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;2;3 và hai đường
x 1 y z  1
x 1 y  2 z  3
 
, d2 :


. Tính góc giữa hai đường thẳng
2
2

tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , B ' C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ,
đỉnh B 4;1 . Trên BC lấy điểm M sao cho BM  AC . Qua M kẻ đường thẳng
song song với AB cắt phân giác trong góc C tại I , đường thẳng AI cắt BC tại









N 1  5;1 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết M 4  2 5;1 và đường thẳng AC đi qua

điểm E 5;3 .

 3  9 trên tập số thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình

 x 2  4 x 1  3 9 x 1  1

2

a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Email:





2


0

0




0

y

4



Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; ;
nghịch biến trên khoảng 0;2 .
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  0 ; đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  4 .
● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1;4  , 3;0 .
y

2


 2;4
2;4 
2
Câu 3.
z  2
.
a) Ta có z 3  8  0   z  2  z 2  2 z  4   0   2
 z  2 z  4  0 * 

Ta có f 2  





2

Xét phương trình z 2  2 z  4  0 . Ta có   4 16  12  2 3i .
Do đó phương trình *  có hai nghiệm phức
2  2 3i
2  2 3i
 1  3i ; z 
 1  3i .
2
2
Vậy có ba số phức cần tìm là z  2 ; z  1  3i ; z  1  3i .
6
b) Điều kiện: x  .
5
Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành


1

4

V    x 2  x dx    x 2  x dx    x 2  x dx
0

0

1

1

4

   x 2  x  dx     x 2  x  dx
0

1

 x
x
   
 3
2

1

4

1
u1 . u2
3

2





Vậy hai đường thẳng d1 và d 2 hợp với nhau góc  thỏa mãn cos  

Email:

6
.
6

7



Mặt phẳng   song song với d1 nên nhận u1 làm một vectơ chỉ phương.

Ta có    d 2  B suy ra B  d 2 nên B 1  t ;2  2t ; 3  t  với t   .
Theo giả thiết AB  2 2  t  2  2t   t  6   30
2

2



● sin x  3 cos x  2  0  sin  x    1  x    k 2, k  .

3
6

● sin x  1  0  sin x  1  x 



 k 2, x    k 2 k  .
2
6
b) Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 9 đội thành 3 bảng.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C 93 .C 63 .C 33 .

Vậy phương trình có nghiệm x 

Gọi X là biến cố '' 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau '' .
● Bước 1. Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách.
● Bước 2. Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A, B, C này có C 62 .C 42 .C 22 cách.
Suy ra số phần tử của biến cố X là X  3!.C 62 .C 42 .C 22 .
Vậy xác suất cần tính P  X  

X




3!.C 62 .C 42 .C 22


B'

 d C ,  AEM   d  B,  AEM  .

Tứ diện EABM có BA, BE , BM đôi một vuông góc nên
E

8 Email:

C

A
M
B


1
1
1
1



2
2
BE
BM 2
d  B,  AEM  BA
2

 d  M , B ' Cx   d  B, B ' Cx  .
2
Kẻ BE  Cx  E  Cx  .

K

x

Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên B ' E ,
suy ra BK  B ' E .
1
BE  Cx
Ta có 
 Cx   BEB '  Cx  BK . 2 
Cx  BB '

E
C

A
M
B

Từ 1 và 2  , suy ra BK   B ' Cx  nên d  B,  B ' Cx   BK .
Ta có BE  2.

AB.BM
AB  BM
2



Câu 8. Tam giác ACN có CI là phân giác nên
Tam giác ABN có MI  AB nên

CA
IA

.
CN
IN

IA
MB

.
IN
MN

1
2 

CA
MB

.
CN
MN
Mà BM  AC nên suy ra CN  MN hay
N là trung điểm của MC . Do đó C 6;1 .



  x 2  4 x  1a  2 a 2  2a  4   9 a  2 
  x 2  4 x  1a 3  8  9 a  2.

(do a  2  0  x  1 không là nghiệm của phương trình)
  x 2  4 x  19 x  9  9 a  2
  x 2  4 x  1 x 1  a  2

1

 x 3  3x 2  5x  3  a .

2 

Từ a  9 x 1  a  9 x 1 .
3

3

Cộng 1 và 2  vế theo vế, ta được
a 3  a  x 3  3x 2  4 x  2  a 3  a   x  1   x  1 .
3

* 

Xét hàm số f t   t  t trên  . Ta có f ' t   3t  1  0, t   .
3

2


2
13 a  b 2  c 2   13
13

Đặt t  a 2  b 2  c 2 . Khi đó P  10 t  18 

t 1



a  1b  1c  1  0
Do a, b, c  1;3  
a  3b  3c  3  0

abc  ab  bc  ca   a  b  c   1  0
1
 
.
abc  3ab  bc  ca   9 a  b  c   27  0 2


Lấy 1  2  , ta được 2 ab  bc  ca   8 a  b  c   26  0
 2 ab  bc  ca   48  26  0  ab  bc  ca  11.

a  b  c 

2

Hơn nữa, ta lại có ab  bc  ca 


Email:

11


ĐỀ SỐ

2

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2 x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y   x 2 1 . Chứng minh rằng y    2 xy ''' 4 y ''  40 .
2

4

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn 2  z  12  i   3  i  z  2i  . Tìm phần thực của z 9 .

b) Giải phương trình 4 2 x  2 3 x 1  2 x 3  16  0 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y  e x ln 3e x  1 , trục hồnh và các đường thẳng x  0, x  ln 5 .


góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng SAB  .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vng tại A . Gọi
M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1;1 đường kính
4 
CM cắt BM tại D . Xác định tọa độ điểm B , biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ,
 3 

phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có tọa độ ngun.
 x 2  y 3  2 y  5  y 2  y  2 x 2  5  0 1



Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
 3 2
2
y

1

xy

5
x

4

x

2

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .
x 1

x 1

lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2 .

x 

x 

● Bảng biến thiên
x 
y'



1






y

2




Câu 3.
a) Gọi z  a  bi a, b    , suy ra z  a  bi .

6 Email:


Theo giả thiết, ta có 2 a  bi  12  i   3  i a  bi  2i 
 4 a  2b  4   2 a  4b  2i  3a  b  2  a  3b  6i
4 a  2b  4  3a  b  2
a  b  2
a  1
 
 
 
.
2a  4 b  2  a  3b  6 3a  7b  4 b  1
Suy ra z  1  i .
9
2 4
4
Do đó z 9  1  i   1  i  1  i    1  i 2i   1  i 16  16  16i .


Vậy số phức z 9 có phần thực bằng 16 .
b) Phương trình tương đương với 2 4 x  2.2 3 x  8.2 x  16  0 .
Đặt t  2 x , t  0 . Phương trình trở thành t 4  2t 3  8t  16  0
t  1  5 loaïi 
 t 2  4 t 2  2t  4   0  t 2  2t  4  0  
.
t  1  5



1
u  ln t du  dt

t .

dv  dt

v

t

16
16
16
16 



1
1
56
Suy ra S  t ln t    dt   t ln t   t  
ln 2  4 (đvdt).


3 
3
4


1
Khi đó S   ln tdt . Đặt
3 4

Mặt phẳng   chứa d và d ' nên đi qua

 
n  ud , MM '  0;8;8 . Do đó   : y  z  1  0 .


Câu 6.

M 1;0;1

và có VTPT

a) Áp dụng a 4  b 4  a 2  b 2   2 a 2 b 2 .
2

Email:

7


2
1
7
Ta có A  sin 4   cos 4   sin 2   cos 2    2 sin 2 .cos2   1  sin 2 2  .
2

Lại có 4C 5yx2

4
7

 20 x  11 y  26  0 .
2 
y  2 5x  y  3
5 x  y  4  0
x  2
Từ 1 và 2  , ta có hệ phương trình 
 
.
20 x  11 y  26  0  y  6


x  2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình 
.
 y  6
Câu 7. Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là SABC  a 2 .

1
2a 3
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S ABC .SA 
(đvtt).
3
3
S
Gọi M là trung điểm AB , suy ra CM  AB .


A

B

C
CM
CM
51


.
2
2
SM
17
SA  AM

Vậy SC hợp với SAB  một góc  thỏa mãn tan  

51
.
17

  BAM
  90 0 , suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính
Câu 8. Ta có MDC
  ACD
 (cùng chắn cung 
AD ).



Đường thẳng CD có VTCP u  3;1 .
 
IC .u
   
Ta có cos ACD
IC . u



 c  1
 
.
10
10c  32 c  26. 10
 c  11/ 5 loaïi
Với c  1 , suy ra C 3; 1 . Do I là trung điểm CM nên M 1;1 .
10c  16

2



3

Đường thẳng BC đi qua hai điểm C và N nên BC : 3x  5 y  4  0 .
Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với CD nên BM : 3 x  y  4  0 .
3 x  5 y  4  0
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 

DN
NC
13
13
HE DH
6


suy ra
DHE  DNC nên
NC
DN 13
13
2a
NC  HE  2 2 
2 2 a 3 2 .
6
3

Gọi a  0 là cạnh hình vuông ABCD . Suy ra CN 
Ta có

M

P

A

H


2a  8b

Gọi d là đường thẳng qua N và vuông góc với AD nên d : x  y  1  0 .
 x  y  1  0
Gọi P  d  AD nên tọa độ điểm P thỏa mãn 
 P 2;1 .
 x  y  3  0
Điểm A  AD nên A a; a  3 với a  2 . Ta có
 a  1 loaïi
1
2
2
AP  BN  BC  2  a  2  a  2  2  
 A 1;2 .
3
 a  3

● Với 7a  23b : Bạn đọc làm tương tự.
Vậy A 1;2  .
1 3
3
Câu 10. Vì a, b, c   ;  suy ra a  b  c  a  b  c   2c  3  2c  3  2.  0 .
 2 2 
2
Tương tự b  c  a  0 ; c  a  b  0 .

Do đó 2 a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2   a 4  b 4  c 4 
 a  b  c a  b  c b  c  a c  a  b   0 .

Suy ra 2 a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2   a 4  b 4  c 4  2 a 4  b 4  c 4 








2
2
2


1
1
1
abc  ab  bc  ca   a  b  c    0 1

2
4
8
 
.

3
9
27
abc  ab  bc  ca   a  b  c    0 2 
2
4
8

10Email:


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 

1 3 
59
; khi a; b; c    ;1;  hoặc các hoán vị.
 2 2 
4

Email:

11


ÑEÀ SOÁ

3

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 2  1 1 .
2

x 2
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x 1
tại giao điểm của đồ thị với đường thẳng y  2  0 .


b) Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi phòng thi gồm 16 học sinh được xếp vào 4
dãy bàn, mỗi dãy 4 bàn. Môn Hóa có 4 mã đề thi, giám thị phát đề thi cho học sinh
thỏa mãn yêu cầu mỗi dãy ngang và dọc phải có đủ 4 mã đề. Hai thí sinh A và B
thi chung phòng, tính xác suất để A và B chung mã đề thi.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác
SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối
chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M , N
lần lượt thuộc các cạnh AB và CD sao cho AM  CN . Gọi K là giao điểm của AN
và DM , H là hình chiếu vuông góc của K trên BC . Giả sử đường thẳng DH có

23 
phương trình 3 x  4 y  5  0 , đường thẳng AN cắt BC tại P 3;  và

3
3
. Tìm tọa độ điểm H , biết
5
 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c
giá trị lớn nhất của biểu thức

sin DAN

Email:


Câu 1. Bạn đọc tự làm
Câu 2. Giao điểm A của đồ thị với đường thẳng y  2  0 là nghiệm của hệ
x 2

y 
x  1  A 0;2  .


 y  2  0

Ta có y ' 

1

 x  1

2

, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k  y ' 0   1 .

Vậy phương trình tiếp tuyến là d : y  1 x  0   2 hay d : y  x  2 .
Câu 3.
a) Gọi z  x  yi  x , y    .
Theo giả thiết, ta có i  x  yi   3  x  yi  2  i
 3  y   xi   x  2   y  1i
 3  y   x 2   x  2   y 1  x  2 y 1.
2

2



.
log 7 35
log 7 7.5
1  log 7 5

Theo giả thiết
a  log14 7 

1
1
1
1 a

, suy ra log 7 2  1 
;
log 7 2.7 1  log 7 2
a
a

b  log14 5 

 1  a  b
log 7 5
log 7 5

, suy ra log 7 5  b 1  log 7 2  b 1 
 .

log 7 7.2 1  log 7 2

x  ln 5  t  16

1
16
u  ln t du  dt
1
Khi đó S   ln tdt . Đặt 

t .
dv  dt

3 4
v  t
16
16
16
16 
 1
1
56
Suy ra S  t ln t    dt   t ln t   t  
ln 2  4 (đvdt).


3 
3
3
4
4
4

u , u  . MA
 d  
Khoảng cách giữa hai đường thắng d và  là d  d ,   
 5.
 
u , u 
 d  
Câu 6.
a) Phương trình tương đương với 2 sin 2 x  sin x  2 cos 2 x  3 cos x
 sin x  3 cos x  2 cos 2 x  sin 2 x 
1
3
sin x 
cos x  cos 2 x
2
2

5 k 2
x 




 

18
3
 sin  x    sin   2 x   
,  k  .


Xác suất về chọn chỗ ngồi là
 .
240 5
● Xác suất về cùng mã đề thi.
 sin x  3 cos x  2 cos 2 x 

Email:

7


Không gian mẫu là cách chọn tùy ý mã đề thi của A và cách chọn tùy ý mã đề thi của
B . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 4.4  16 .
Không gian biến cố: Giả sử A chọn đề thi trước nên có 4 cách chọn mã đề. Để B
trùng mã đề thi với A thì B phải chọn mã đề giống như A đã chọn nên B chỉ có 1 cách
chọn. Suy ra số phần tử của biến cố là 4.1  4 .
4
1
Xác suất về cùng mã đề thi là
 .
16 4
3 1
3
Vậy xác suất cần tính là P  . 
.
5 4 20
Câu 7. Gọi H là trung điểm AD , suy ra SH  AD .
Mà SAD    ABCD  theo giao tuyến AD nên SH   ABCD  .
Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAD cạnh a nên SH 



Kẻ Ax  BD . Khi đó d  BD , SA   d  BD, SAx   d  D, SAx   2d  H , SAx  .
Kẻ HE  Ax  E  Ax  .
Gọi K là hình chiếu của H trên SE , suy ra HK  SE .
HE  Ax
Ta có 
 Ax  SHE   Ax  HK .
 Ax  SH
Từ 1 và 2  , suy ra HK  SAx  nên d  H , SAx   HK .

1
2 

AO a 2

.
2
4
SH .HE
a 21

Trong tam giác vuông SHE , ta có HK 
.
2
2
14
SH  HE

Gọi F là hình chiếu của H trên BD . Ta có HE  HF 


. Từ đó suy ra


.
HC
HC
DN
DN

Do ABCD là hình vuông nên suy ra HB  CN , HC  DN .
  DHC
.
Ta có ADN  DCH c  g  c  , suy ra AND




Mà D
HC  CD
H  90 0 , suy ra A
ND  CD
H  90 0 hay AN  DH .

A

M

B

H

68
12t 12 12t 

 

4
3
  cos HP , n  
Ta có
cos HPE
AN
2
5
9 t  17
2
5. 4 t  4  
9

t 1
 225t 2  18t  243  0  
 H 3;1 .
 t  27 / 25 loaïi
Vậy H 3;1 .

Theo giả thiết sin DAN

Câu 9. Phương trình 2  x




x 3
1
x
2



6

2.
y 6
1
y
Nhận thấy x  0 hoặc y  0 không phải là nghiệm của hệ phương trình nên chia cả
x 3  x
2

2

y2  6
x2 3

7.
x
y

 x 2  3

a  b  9
1  a

 a 9  a
 x 2  3 7


 x
9
2 15
2

Với a  b  , ta có 
xy
.
2
 y  6 7
2
15



y
2
 x 2  3

 2  x  1
 x
a  3

Với 
, ta có 
 

Mặt khác, ta có b  c  a b  c  (do a  0;1 )


8 b
8 b
8 b


.
b  c  b a  c   8 a b  c   b a  c   8 2ab  bc  ac  8

Với mọi số thực x , y, z ta có

 x  y    y  z    y  x   0  2  x 2  y 2  z 2   2 xy  2 yz  2 xz
2

2

2

 3x 2  y 2  z 2    x  y  z  .
2

2
2
2
Do đó 12a 2  3b 2  27c 2  3 2a   b 2  3c    2a  b  3c 


 2a  b  3c  2ab  bc  ac .

Đặt t  2ab  bc  ac , với t   0;13 . Khi đó P 

.
1 t t  8
2t
8
Xét hàm số f t  

, với t   0;13 .
t 1 t  8
2
8
Đạo hàm f ' t  

; f ' t   0  t  6 .
2
2
t  1 t  8
2

2

2

16
47
16
; f 13 
. Suy ra P  f t   , t   0;13 .
7

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2x  4
.
x 1

sin 3 x  cos3 x
. Chứng minh rằng y " y  0 .
1  sin x cos x

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn 2  i  z  2i  11 . Tìm số phức liên hợp của
z  2016i .
b) Biểu diễn theo a biểu thức A  log 25 1 5 , biết rằng log15 3  a .

Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

1  ln x
, trục
x

Ox và hai đường thẳng x  1 , x  e .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;1;1 và hai

x
y 1
z
x
y 1 z  4

theo a thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm A ' đến mặt
 là góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và mặt phẳng  ABC với cos  

phẳng  BCC ' B ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn C  có phương trình  x  2  y 2  10 . Gọi H , K lần lượt là chân
2

đường cao kẻ từ B và C của tam giác. Giả sử H 1;1 và K 2;2 . Tìm tọa độ đỉnh
B của tam giác, biết đỉnh A có hoành độ dương.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  x  1 3 x  1  x 3  2 x 2  1  2 x 2  x  1  6 x .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z không âm thỏa mãn
0  x  y    y  x    z  x   2 .
2

2

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
4
P  4 x  4 y  4 z  ln  x 4  y 4  z 4    x  y  z  .
4

Email:

5


dx  
dx .
x
x
1

Đặt t  1  ln x  t  1  ln x , suy ra 2tdt 
2

dx
.
x

x  1  t  1
Đổi cận: 
.
x  e  t  2

2

Khi đó S   2t 2 dt 
1

2t 3
3

2


1

Ta thấy   : 1  2. 1 1  2  0 nên A 1;1;1    .

6 Email:


Vậy A, d , d ' cùng nằm trên một mặt phẳng   : x  2 y  z  2  0 .
Câu 6.
a) Ta có A 

sin 2
sin 2

.
cos 4  1 2 cos 2 2

2t
1 t 2
và
cos
2


.
1 t 2
1 t 2
2 tan 
4
1  tan 2 
3
Do đó sin 2 

2


Nhắc lại công thức: Nếu đặt t  tan  thì sin 2 

 10  n 3  3n 2  2n  2 n 3  38n 
 n 4  3n 3  2n 2  38n 10  0
n  5
 n  5n 3  2n 2  8n  2   0   3
.
 n  2n 2  8n  2  0

Vì n   * nên n 3  2n 2  8n  2  0 vô nghiệm.
Đối chiếu điều kiện ta có n  5 là giá trị cần tìm.
Câu 7. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và AC ; H  AM  BN .
Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Theo giả thiết, suy ra A ' H   ABC  .
BC  AM
 BC   A ' HM   BC  A ' M .
Ta có 
BC  A ' H

   
Do đó    A ' BC  ,  ABC   A
' M , AM  A ' MA  A ' MH .
a 3
.
2
AM a 3

.
6

.

Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là VABC .A ' B ' C '  S ABC .A ' H 

Email:

1

a3 2
(đvtt).
8

7


C'

A'
P
B'
K
N

A
H

C

  ACB
 (cùng bằng 1 sd AB
 ).
Ta có xAB
2
 ).
  AKH
 (cùng bù góc HKB
Tứ giác BKHC nội tiếp nên ACB

1

  AKH
 nên Ax  KH (so le trong).
Từ 1 và 2  , suy ra xAB

* * 

2 

Từ *  và * *  , suy ra AI  HK .
A
x
H
K
B

I
C