2

Gọi M là trung điểm CD
1
a 3 10
SO.OM .MC =
6
48
SG 2
=
=
SM 3

Khi đó VS .OCM =
VS .OCG
VS .OCM

2
a 3 10
S .OMC =
.
3
72
2
2
b) Ta có d (G , ( SBC )) = d ( M , ( SBC )) = d (O, ( SBC ))
3
3
Gọi H là trung điểm BC , K là hình chiếu vuông góc của O trên SH .
1
1

3
33
c) Gọi I là giao điểm của BD và AM , I là trong tam tam giác ADC .
Suy ra IG / / SA nên góc giữa hai đường thẳng SA và BG bằng góc giữa hai đường thẳng
IG và BG
1
a 3
2a 2
a 11
Ta có IG = SA =
; BI =
; BG =
3
3
3
3
BG 2 + IG 2 − BI 2
33
cos IGB =
=
2.BG.IG
11
Ta có thể tọa độ hóa.
Câu 5:
(2,0 điểm)


1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để
phương trình (1) có nghiệm thực.



t 2 − 2t + 6
= m ( 2) .
t +1

)

Yêu cầu bài toán ⇔ ( 2 ) có nghiệm trên  2; +∞ .
Xét hàm số f ( t ) =

t = −4 ( l )
t 2 − 2t + 6
t 2 + 2t − 8
⇒ f ′ (t ) =
=0⇔
.
2
t +1
( t + 1)
t = 2

Bảng biến thiên

x
y'

–∞

-4
+




1
1
1
1
x + ax + bx + ax + 1 = 0 ⇔  x 2 + 2  + a  x +  + b = 0 ⇔  x +  + a  x +  + b − 2 = 0 .







x 
x
x
x
4

3

Đặt t = x +

2

1
thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 + at + b − 2 = 0 có nghiệm
x

Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn.


Ta có điều phải chứng minh: Nếu đã thức đã cho có nghiệm thì a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:
2
2
t 2 + at + b − 2 = 0 ⇔ t 2 = −at + 2 − b ⇒ t 4 = (−at + 2 − b) ≤  a 2 + (b − 2)  (1 + t 2 )


4
t −1
2
⇒ a 2 + (b − 2) > 2
= t 2 −1 ≥ 3 ⇒ a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .
t +1