Câu hỏi:

a) Ta có \(CM\bot AB\) và \(MA=MB=\frac{1}{2}CB\).

Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp 

Nên \(O\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Do đó \(CM=\frac{3}{2}CO=\frac{3}{2}\cdot 2\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ cm} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(CBM\), ta có:

\(C{{B}^{2}}=C{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}\)

Suy ra \(C{{M}^{2}}=C{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}=C{{B}^{2}}-{{\left( \frac{1}{2}CB \right)}^{2}}=\frac{3}{4}C{{B}^{2}}\).

Do đó \({{(3\sqrt{3})}^{2}}=\frac{3}{4}C{{B}^{2}}\) suy ra \(CB=6\text{ }\!\!~\!\!\text{ cm}\).

Vì các mặt của hình chóp \(S.ABC\) là các tam giác đều.

Nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là 6 cm.

b) Vì các tam giác \(SAB\) và \(ABC\) là các tam giác đều bằng nhau 

Nên ta có \(SM=CM=3\sqrt{3}\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ cm} \right)\).

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {{S}_{xq}} & =\frac{1}{2}\left( AB+BC+CA \right)\cdot SM  \\   {} & =\frac{1}{2}\cdot \left( 6+6+6 \right)\cdot 3\sqrt{3}  \\   {} & =27\sqrt{3}  \\   {} & \approx 46,77\left( \text{ }~\text{ c}{{\text{m}}^{2}} \right).  \\\end{array}.\)

Ta có: 

\(\begin{array}{*{35}{l}}   M & =\frac{{{(a-2)}^{2}}}{(b-2)(c-2)}+\frac{{{(b-2)}^{2}}}{(a-2)(c-2)}+\frac{{{(c-2)}^{2}}}{(a-2)(b-2)}  \\   {} & =\frac{{{(a-2)}^{3}}+{{(b-2)}^{3}}+{{(c-2)}^{3}}}{(a-2)(b-2)(c-2)}  \\\end{array}\)

Đặt \(a-2=x;b-2=y;c-2=z\).

Khi đó \(M=\frac{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}}{xyz}\).

Mặt khác, từ \(a+b+c=6\) suy ra \(\left( a-2 \right)+\left( b-2 \right)+\left( c-2 \right)=0\)

Hay \(x+y+z=0\)

Suy ra \(x+y=-z\)

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {{(x+y)}^{3}} & ={{(-z)}^{3}}  \\   {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+3xy(x+y) & =-{{z}^{3}}  \\   {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+3xy(-z) & =-{{z}^{3}}  \\   {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}} & =3xyz  \\ \end{array}\)

Do đó \(M=\frac{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}}{xyz}=\frac{3xyz}{xyz}=3\).

Vậy \(M=3\).

\(M=\left(\frac{1}{2} x-2\right)^3=(12-2)^3=1000\)