Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x=3x(x-2)\Rightarrow y\text{'}<0\iff o<x<2$ 

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=\frac{25}{2{(x-3)}^2}\Rightarrow y\text{'}>0\iff x\in (-\infty ;3)\cup (3;+\infty )$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3x^2+2mx+3$ Hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ khi $△\text{'}=m^2-9\ge 0\iff -3\le m\le 3$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=4x^3+6x=2x(2x^2+3)\Rightarrow y\text{'}=0\iff x=0$ 

Hơn nữa $y\text{'}$ đổi dấu qua $x_0=0$ nên x=0  là điểm cực tiểu của hàm số

Đáp án B

Ta có $y^{,}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\\ x=3\end{array}\right.$ , $y^{,}$ đổi dấu qua x=1 và x=-2 , $y^{,}$ không đổi dấu qua x=3 nên hàm số có hai cực trị tại x=1 và x=-2

Đáp án D

Điều kiện cần để $x_0$ là điểm cực trị của hàm số $f\left(x\right)$ là $f\text{'}\left(x_0\right)=0$ 

Đáp án C

Xét trên $\left[0,\mathrm{\pi }\right]$ ta có  $y\text{'}=1-\sqrt{2}\sin x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \sin x=\frac{1}{\sqrt{2}}\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}$ ta có BBT như sau

Như vậy GTLN của hàm số là $\frac{\mathrm{\pi }}{4}+1$

Đáp án B

Hình chữ nhật luôn nội tiếp trên một đường tròn,  nên hình chữ nhật lớn nhất có thể cắt ra nội tiếp trên đường tròn bán kính 5cm. Xét hình chữ nhật ABCD bất kỳ nội tiếp (0;5cm) ta có

$S_{ABCD}=AB.BC\le \frac{A{B}^2+B{C}^2}{2}=\frac{A{C}^2}{2}=\frac{{10}^2}{2}=50c{m}^2$ 

Đáp án B

$\underset{x\to -1}{\lim }y=\infty \Rightarrow x=-1$ là tiệm cận đứng

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1\end{array}\right.\Rightarrow$đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y=$\pm 1$ 

Đáp án B

Hàm số bậc 3 có miền giá trị $(-\infty ;+\infty )$ nên ta chọn B và loại các phương án khác

Đáp án D

Tại -1 hàm số không xác định nên không nghịch biến trên $(-\infty ;3)$ 

Đáp án A

Số giao điểm của đường cong và đường thẳng là số nghiệm của phương trình

$x^3-2x^2+2x+1=1-x\iff x^3-2x^2+3x=0\iff x\left[{(x-1)}^2+2\right]=0$ 

$\Rightarrow$ PT có nghiệm duy nhất x=0

Đáp án C

Trên BBT ta thấy hàm số không xác định tại x=2 ta loại B và D. $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1$ nên ta loại A chọn C

Đáp án C

Tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đt $y=\frac{1}{4}x+2017$ có HSG $k=\frac{1}{4}$ Ta có $y\text{'}=\frac{4}{{(x-1)}^2}$ 

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{4}\iff \frac{4}{{(x-1)}^2}=\frac{1}{4}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-3\Rightarrow y=-2\\ x=5\Rightarrow y=-4\end{array}\right.$ PTTT song song với $y=\frac{1}{4}x+2017$ là

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{4}(x+3)-2\\ y=\frac{1}{4}(x-5)-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x-4y-5=0\\ x-4y-21=0\end{array}\right.$

Đáp án A

PT có hai nghiệm thực phân biệt $\iff \left\{\begin{array}{l}m-1<0\\ m-1>4\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}m<1\\ m>5\end{array}\right.$

Đáp án D

Khối đa diện đều loại {5;3} là khối đa diện đều mỗi mặt có 5 cạnh và mối đỉnh có 3 cạnh đi qua. Đây là khối mười hai mặt đều

Đáp án C

Đáp án C sai chẳng hạn trong tứ diện lồi mỗi cạnh luôn chỉ là cạnh chung của hai mặt

Đáp án A

Mặt phẳng ($AB\text{'}C\text{'}$)  chia lăng trụ thành

Mặt phẳng ($AB\text{'}C\text{'}$) chia lăng trụ thành một khối chóp tam giác $AA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ và một khối chóp tứ giác $ABB\text{'}C\text{'}C$

Đáp án C

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S.A.d{t}_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{6}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$ 

Đáp án C

$V_{lt}=h.s=20.125=2500\left(c{m}^3\right)$ 

Đáp án A

Thể tích hình hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước

$V=a.2a.3a=6a^3$ 

Đáp án C

Hai mặt (SAB) và (SAD) đáy $SA\perp \left(ABCD\right)$

$SA= \sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{S{C}^2-A{B}^2-A{D}^2}=\sqrt{14a^2-4a^2-a^2}=3a$

Ta có

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABCD}=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}3a.2a.a=2a^3$

Đáp án A

Gọi M là trung điểm$BC\Rightarrow AM=2a\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}a.d{t}_{abc}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.2a=\sqrt{3}{a}^2$ 

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.\sqrt{3}{a}^2=a^3$ 

Đápn án D

Ta có $V=\frac{1}{3}h.S=\frac{1}{3}147.230.230=25921m^3$  

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=\frac{2}{{(x+1)}^2}\Rightarrow y^{,}>0$ với $\forall x\in \left[0;\frac{3}{2}\right]\Rightarrow Ma{x}_y=y_{\left(\frac{3}{2}\right)}=\frac{2.{\displaystyle \frac{3}{2}}}{{\displaystyle \frac{3}{2}}+1}=\frac{6}{5}$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=1-2\cos 2x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }$ hơn nữa $y\text{'}$ đổi dấu từ dương sang âm qua điểm $-\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ nên $x=-\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ là điểm cực tiểu của hàm số. (Ta có thể tính $y^{\text{'}\text{'}}=4 s\mathrm{in}2x\Rightarrow y\text{'}{\text{'}}_{\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)}<0\Rightarrow \frac{-\mathrm{\pi }}{6}$ là điểm cực đại của hàm số)

Đáp án D

Để hàm số không có tiệm cận đứng thì PT $2x^2-3x+m=0$ có nghiệm là $m\Rightarrow 2m^2-3m+m=0\iff 2m(m-1)=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=0\\ m=1\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số có TC đứng x=1 ta loại đáp án B

Hàm số có tiệm cận ngang y=1 ta loại đáp án D

Hàm số cắt trục hoành tại (-2;0) ta loại đáp án A và chọn đáp án C

Đáp án C

Từ đồ thị ta có BBT như sau

Như vậy hàm số nghịch biến trên ($-\infty ;-1$) 

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đt $y=x-1$ và đồ thị $y=x^3-3x^2+4=0$ là nghiệm của PT

$x^3-3x^2+x+3=x-1\iff (x+1){(x-2)}^2=0\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_1=-2\\ y_2=1\end{array}\right.\Rightarrow y_1+y_2=-1$ 

Đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{m(m+1)}{{(m-x)}^2}$ Hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó $\iff m(m+1)>0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m<-1\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta có $v=S^{\text{'}}=24t-6t^2=-6{(t-2)}^2+24\le 24(m/s)\Rightarrow v_{max}=24m/s$ đạt được khi t=2(giây)

Đáp án A

Xét PT    $\sqrt{2x^2-2x+m}-(x+1)=0\iff \left\{\begin{array}{l}(x+1)\ge 0\\ f\left(x\right)=2x^2-2x+m={(x+1)}^2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ x^2-2x+(m-1)=0\end{array}\right.\right.$ 

Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận khi PT sau có đúng hai ngiệm phân biệt khác

 $\iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=4-(m-1)>0\\ x_1+x_2=4>0\\ f(-1)=1^2-4(-1)\\ f\left(0\right)=m-1\not\equiv 0\end{array}\right.+m-1>0\Rightarrow m\in (-4;5) \backslash \left\{1\right\}$ 

Đáp án C

Hoành độ các giao điểm của đường thẳng $d:y=x+4$ và độ thị hàm số $y=x^3+2m{x}^2+(m+3)x+4$

là nghiệm của PT $x^3+2m{x}^2+(m+3)x+4=x+4\Rightarrow x[x^2+2mx+(m+2\left)\right]=0$

Điều kiện để tồn tại ba giao điểm là $\left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=m^2-m-2=(m+1)(m-2)>0\\ m+2\not\equiv 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}m>2\\ m<-1\left(1\right)\end{array}\right.\\ m\not\equiv -2\end{array}\right.$ 

Khi đó tọa độ ba giao điểm là A(0;4) , B($A(0;4) , B(x_1;4+x_1)$) và $C(x_2;4+x_2)\Rightarrow \overrightarrow{BC}=(x_2-x_1;x_2-x_1)$ 

Ta có $BC=\sqrt{2{(x}^{}}$₂-x₁)2=2x2+x12-4x1x2=22(m2-m-2) 

PT của đt BC là $x-y+4=0\Rightarrow d_{M/BC}=\frac{\left|1-3+4\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$

 Vậy nên $S_{MBC}=\frac{1}{2}\sqrt{2}.2\sqrt{2(m^2-m-2)}=2\sqrt{(m^2-m-2)}=4\iff m^2-m-6=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=-2\\ m=3\end{array}\right.$ 

Kết hợp với điều kiện (1) $\Rightarrow m=3$

Đáp án B

Số cạnh của hình lăng trụ là $3n$ nghĩa là luôn là số chia hết cho 3

Đáp án B

Hình lăng trụ tam giác đều có bốn mặt đối xứng là: $\left(A^{,}AM{M}^{,}\right),\left(B^{,}BN{N}^{,}\right),\left(C^{,}CE{E}^{,}\right)$ và(OPQ) (với O,P,Q là trung điểm các cạnh  $A{A}^{,},B{B}^{,},C{C}^{,}$

Đáp án C

Ta có diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là $S=32=2a^2+4ab=2(a^2+ab+ab)\ge 2.3\sqrt[3]{a^2.ab.ab}=6\sqrt[3]{{\left(a^{2}b\right)}^2}=6\sqrt[3]{V^2}$

                                                                                   $\Rightarrow \sqrt[3]{V^2}\le \frac{32}{6}\iff V\le \sqrt{{\left(\frac{16}{3}\right)}^3}=\frac{64\sqrt{3}}{9}$

Đáp án C

Gọi $O=AC\cap BD,G=AO\cap AC\text{'}$

Ta có $AC\perp \left(SBD\right)$ mặt khác $SC\perp B\text{'}D\text{'}\Rightarrow B\text{'}D\text{'}\perp \left(SAC\right)\Rightarrow B\text{'}D\text{'}//BD$ 

Theo Định lý Talet ta có $\frac{SB\text{'}}{B\text{'}B}=\frac{SD\text{'}}{D\text{'}D}=\frac{SG}{GO}=2\Rightarrow G$ là trọng tâm $∆SAC\Rightarrow C\text{'}$ là trung điểm SC

Vậy $\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{SABCD}}=\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}}+V_{SAC\text{'}D\text{'}}}{V_{SABCD}}=\frac{1}{2}(\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}}}{V_{SABC}}+\frac{V_{SAC\text{'}D\text{'}}}{V_{SACD}})=\frac{1}{2}\left(\frac{SB\text{'}.SC\text{'}}{SB.SC}+\frac{SC\text{'}.SD\text{'}}{SC.SD}\right)$

Đáp án A

Ta có điều kiện xác định của hàm số là $\left\{\begin{array}{l}x\le \frac{1}{4}\\ x\not\equiv 0,x\not\equiv 1\end{array}\right.$ 

Như vậy hàm số có một tiêm cận đứng x=0 và tiệm cân ngang y=3

Đáp án D

Ta có $\underset{[1;2]}{max} y+\underset{[1;2]}{min} y=y_{\left(1\right)}+y_{\left(2\right)}=\frac{m+1}{2}+\frac{m+2}{3}=\frac{16}{3}\Rightarrow \frac{5m+7}{6}=\frac{16}{3}$

$\iff 5m+7=32\Rightarrow m=5$

Đáp án D

Cho x,y > 0 thỏa mãn $2(x^2+y^2)+xy=(x+y)(2+xy)\iff 2{(x+y)}^2-(2+xy)(x+y)-3xy=0$  (*)

Đặt $\left\{\begin{array}{l}x+y=u\\ xy=v\end{array}\right.$ ta đc PT bậc II: $2u^2-(v+2)u-3=0$ gải ra ta được $u=\frac{v+2+\sqrt{v^2+28v+4}}{4}$

Ta có $P=4(\frac{x^3}{y^3}+\frac{y^3}{x^3})-9(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2})=4{(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})}^3-9{(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})}^2-12(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+18$ , đặt $t=(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}),(t\ge 2)\Rightarrow P=4t^3-9t^2-12t+18$ ; $P\text{'}=6(2t^2-3t+2)\ge 0$ với $\forall t\ge 2\Rightarrow Mi{n}_P=P_{\left(t_0\right)}$ trong đó $t_0=mi{n}_t=min(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$ với x,y thỏa mãn điều kiện (*).

Ta có :

$$\begin{gathered} t=(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=\frac{{(x+y)}^2}{xy}-2=\frac{u^2}{v}-2=\frac{{(v+2+\sqrt{v^2+28v+4})}^2}{16v}-2= \\ \frac{1}{16}{(\sqrt{v}+\frac{2}{\sqrt{v}}+\sqrt{v+\frac{4}{v}+28})}^2-2\ge \frac{1}{16}{(2\sqrt{2}+\sqrt{32})}^2-2=\frac{5}{2} \end{gathered}$$

Vậy $mi{n}_P=P_{\left(\frac{5}{2}\right)}=4.{\left(\frac{5}{2}\right)}^2-9{\left(\frac{5}{2}\right)}^2-12.\frac{5}{2}+18=-\frac{23}{4}$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=4{\sin }^{2}x \cos x\sin x-(2m^2-5m+2)\cos x=\cos x[{(2\sin x-1)}^2-(2m^2-5m+3\left)\right]$

Xét trên $(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2})$ ta thấy $\cos x>0$, để hàm số đồng biến trên khoảng này thì ${(2\sin x-1)}^2-(2m^2-5m+3)\ge 0$ với $\forall x\in (0;\frac{\mathrm{\pi }}{2})$  hay $(2m^2-5m+3)\le 0\Rightarrow 1\le m\le \frac{3}{2}$ do m nguyên nên tồn tại duy nhất m=1

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=4x^3-4mx=4x(x^2-m)$ để tồn tại ba điểm cực trị thì m>0 khi đó tọa độ ba điểm cực trị là $A(0;m^4+2m),B(\sqrt{m};m^4-m^2+2m),C(-\sqrt{m};m^4-m^2+2m)$ 

$\Rightarrow AB=AC=\sqrt{m^4+m}$ , $BC=2\sqrt{m}$ gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow MB=\sqrt{m}\Rightarrow AM=\sqrt{A{B}^2-M{B}^2}=\sqrt{m^4+m-m}=m^2\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}{m}^2.2\sqrt{m}=m^2.\sqrt{m}$ 

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}r=\frac{S}{P}=\frac{m^2\sqrt{m}}{\sqrt{m^4+m}+\sqrt{m}}=\frac{m^2}{\sqrt{m^3+1}+1}=\frac{\sqrt{m^3+1}-1}{m}\\ R=\frac{AB.AC.BC}{4S}=\frac{(m^4+m)2\sqrt{m}}{4m^2\sqrt{m}}=\frac{1}{2}\frac{m^3+1}{m}\end{array}\right.$  theo giả thiết $$\begin{gathered} R=2r\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{(m^3+1)}{m}=2\frac{(\sqrt{m^3+1}-1)}{m}\iff (m^3+1)=4\sqrt{m^3+1}-4\iff {(\sqrt{m^3+1}-2)}^2=0\iff \sqrt{m3+1}=2 \\ \iff m^3=3\iff m=\sqrt[3]{3} \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Số giao điểm của đường thẳng $y=(m-1)x$ và đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+m+1$ là số nghiệm của PT  $x^3-3x^2+m+1=(m-1)x\iff x^3-3x^2+x+1-mx+m=0\iff (x-1)(x^2-2x-m-1)=0$ để tồn tại ba giao điểm phân biệt thì $\left\{\begin{array}{l}1-2-m-1\not\equiv 0\\ ∆\text{'}=1+m+1>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m\not\equiv -2\\ m>-2\end{array}\right.\right.$  khi đó tọa độ ba giao điểm là  $B(1;m-1),A(x_1;y_1),C(x_2;y_2)$  hơn nữa $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_1+x_2}{2}=1\\ \frac{y_1+y_2}{2}=\frac{(m-1)x_1+(m-1)x_2}{2}=\frac{(m-1)(x_1+x_2)}{2}=m-1\end{array}\right.$

$\Rightarrow$B là trung điểm AC hay ta có AB=BC 

Đáp án D

Theo giả thiết ta có $\left\{\begin{array}{l}{y}_{\left(0\right)=0}\\ y{\text{'}}_{\left(0\right)=0}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}d=0\\ c=0\end{array}\right.\right.$$\Rightarrow$ hàm số có dạng $y=a{x}^3+b{x}^2\Rightarrow y\text{'}=3a{x}^2+2bx$

Cũng từ giả thiết có $\left\{\begin{array}{l}{y}_{\left(2\right)}=-4\\ y_{\text{'}\left(2\right)}=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}8a+4b=-4\\ 12a+4b=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}2a+b=-1\\ 3a+b=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-3\end{array}\Rightarrow y_{(-2)}={(-2)}^3-3{(-2)}^2=-20\right.\right.\right.$ 

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=3(m-1)+(2m+1)\sin x$ để hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ thì $y\text{'}\le 0$ với mọi x xét BPT

$3(m-1)+(2m+1)\sin x\le 0$ Nếu $m=-\frac{1}{2}$ BPT luôn đúng. Với $m>-\frac{1}{2}$ BPT $\iff \sin x\le \frac{3(1-m)}{2m+1}$ để hàm số luôn nghịch biến với mọi x thì  $\frac{3(1-m)}{2m+1}\ge 1\Rightarrow -\frac{1}{2}<m\le \frac{2}{5}$. Với $m<-\frac{1}{2}$ BPT $\iff \sin x\ge \frac{3(1-m)}{2m+1}$ để hàm số luôn nghịch biến với mọi x thì $\frac{3(1-m)}{2m+1}\le -1\Rightarrow m<-\frac{1}{2}$

Kết hợp hai trường hợp ta có $m\le \frac{2}{5}$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm BC khi đó $BC\perp \left(SAM\right)$ do AB=AC và SB=SC 

Trong (SAM) kẻ $SH\perp AM$ ta có $SH\perp ABC$ góc $SBH=60°$ , đặt SB=SC=x ta có:

$AM=AB.\sin 30°=\frac{1}{2}a,BM=AB.\cos 60°=a\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BC=a\sqrt{3},d{t}_{ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\frac{a}{2}a\sqrt{3}=a^2\frac{\sqrt{3}}{4},$$SH=SB.\sin 60°=x\frac{\sqrt{3}}{2},SA=\sqrt{S{B}^2+A{B}^2}=\sqrt{x^2+a^2},$

$SM=\sqrt{S{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{x^2-3\frac{a^2}{4}}, AH=\sqrt{S{A}^2-S{H}^2}=\sqrt{x^2+a^2-\frac{3x^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+4a^2},$$MH=\sqrt{S{M}^2-S{H}^2}=\sqrt{x^2-\frac{3a^2}{4}-\frac{3x^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{x^2-3a^2}$

Ta có : $AH-MH=AM\Rightarrow \frac{1}{2}\sqrt{x^2+4a^2}-\frac{1}{2}\sqrt{x^2-3a^2}=\frac{1}{2}a\iff \sqrt{x^2+4a^2}=\sqrt{x^2-3a^2}+a$ 

$\iff 3a=\sqrt{x^2-3a^2}\iff x^2=12a^2\Rightarrow x=2a\sqrt{3}\Rightarrow SH=3a$

Như vậy $V_{SABC}=\frac{1}{3}SH.d{t}_{ABC}=\frac{1}{3}3a.a^2\frac{\sqrt{3}}{4}=a^3\frac{\sqrt{3}}{4}$ 

Đáp án C

Ta có $∆ABC$ vuông cân tại B nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp. $SM=SB=SC\Rightarrow SM\perp \left(ABC\right)$ 

$FE\cap AB=K$ , kẻ $FG//BA FH //SM\Rightarrow FH\perp \left(ABC\right)$ ta có: $FH=\frac{2}{3}SM=\frac{2}{3}\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\frac{2}{3}\sqrt{{12}^2-8}=\frac{4}{3}\sqrt{34}$ 

$d{t}_{KMN}=d{t}_{BNMK}-d{t}_{BNK}=\frac{1}{2}(MN+BK).BN-\frac{1}{2}MN.BN=\frac{1}{2}.2.2=2$

$∆FGE=∆KAE(C.G.C)\Rightarrow FE=\frac{1}{2}FK$