PHẦN IV: Tự luận. Thí sinh trình bày bài làm từ câu 1 đến câu 6.

Giải phương trình lượng giác: \({\rm{cos}}\left( {2x + 20^\circ } \right) = {\rm{sin}}\left( {50^\circ - x} \right)\).

a) ĐÚNG.

Hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) có chung điểm đỉnh \(S\). Mặt khác \(O = AC \cap BD\) với \(AC \subset \left( {SAC} \right)\) và \(BD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(O\) là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến là \(SO\).

b) ĐÚNG.

Ta có \(O \in BD\). Lại có \(O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\). Vậy \(O = BD \cap \left( {SAC} \right)\).

c) ĐÚNG.

Xét mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(MN\) và \(SO\). Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\). Do đó \(MN\parallel AC\).

Trong tam giác \(SAC\), đường thẳng \(MN\) song song với cạnh đáy \(AC\) và đi qua trung điểm của hai cạnh bên, cắt đường trung tuyến/đường phân đoạn \(SO\) tại \(K\), theo định lí Thales thì \(K\) phải là trung điểm của \(SO\).

Vì \(K \in SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(K\) chính là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).

d) SAI.

Hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {MCD} \right)\) có điểm chung rõ ràng là \(C\). Điểm \(M\) thuộc \(SA\) không nằm trên giao tuyến. Giao tuyến thực tế của \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {MCD} \right)\) là đường thẳng đi qua \(C\) và song song hoặc cắt cạnh khác, không phải là đoạn \(SC\).

Gọi \(H\) là chân đường vuông góc hạ từ bức tường xuống mặt đất phẳng nằm ngang. Khi đó:

Khoảng cách từ vận động viên đến bức tường là đoạn \(AH = x\) (\(x > 0\)).

Độ cao mục tiêu \(B\) là \(BH = 40{\rm{m}}\).

Độ cao mục tiêu \(C\) là \(CH = 90{\rm{m}}\).

Xét các tam giác vuông \(AHB\) và \(AHC\) vuông tại \(H\):

           \({\rm{tan}}\alpha  = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{40}}{x}\);

          \({\rm{tan}}2\alpha  = \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{90}}{x}\).

Sử dụng công thức nhân đôi cho hàm tang: \({\rm{tan}}2\alpha  = \frac{{2{\rm{tan}}\alpha }}{{1 - {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha }}\).

Thay các tỉ số lượng giác vừa tìm được ở trên vào công thức:

\(\frac{{90}}{x} = \frac{{2 \cdot \frac{{40}}{x}}}{{1 - {{\left( {\frac{{40}}{x}} \right)}^2}}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{90}}{x} = \frac{{\frac{{80}}{x}}}{{1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}}}\).

Vì \(x > 0\), ta rút gọn bớt \(\frac{1}{x}\) ở cả hai vế:

\(90 = \frac{{80}}{{1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}}}\)\( \Leftrightarrow 90\left( {1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}} \right) = 80\)\( \Leftrightarrow 1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}} = \frac{{80}}{{90}} = \frac{8}{9}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1600}}{{{x^2}}} = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} = 1600 \cdot 9 = 14400 \Rightarrow x = \sqrt {14400}  = 120{\rm{m}}\left( {{\rm{do\;}}x > 0} \right)\)

Vậy khoảng cách từ vận động viên đến bức tường bằng \(120{\rm{m}}\).