0

tài liệu tự ôn thi thpt quốc gia môn toán theo chủ đề

329 3,320 14
  • tài liệu tự ôn thi thpt quốc gia môn toán theo chủ đề

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/10/2015, 02:12

Tài liệu hướng dẫn tự ôn thiTHPT QUỐC GIA MÔN TOÁNTHEO CHỦ ĐỀ(tổng hợp lý thuyết, ví dụ minh họa, bài tập có đáp án)Thành phố Hồ Chí Minh1 Mục lục:Khảo sát hàm số .................................................................................................8Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng tích phân.....................................................47Phương trình lượng giác....................................................................................61Phương trình, bất phương trình mũ và logarit ..................................................77Số phức .............................................................................................................93Tổ hợp và xác suất ...........................................................................................100Hình học không gian ........................................................................................122Phương pháp tọa độ trong không gian .............................................................172Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng ...............................................................199Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình .............................................241Bài toán tổng hợp về GTLN-GTNN .................................................................2902 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 1ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐNội dung 1: Tính đơn điệu của hàm sốA. Tóm tắt lí thuyếtI. KIẾN THỨC CƠ BẢN1) Định lý 1: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K.a) Nếu hàm số f (x) đồng biến trên K thì f '(x)  0 với mọi x  Kb) Nếu hàm số f (x) nghịch biến trên K thì f '(x)  0 với mọi x  K[ f(x) đồng biến trên K] [ f '(x)  0 với mọi x  K ][ f(x) nghịch biến trên K][ f '(x)  0 với mọi x  K ] [ f '(x)  0 với mọi x  K ] [ f(x) không đổi trên K]2) Định lý 2: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K.a) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) đồng biến trên Kb) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) nghịch biến trên Kc) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) không đổi trên K[ f '(x)  0 với mọi x  K ] [ f(x) đồng biến trên K][ f '(x)  0 với mọi x  K ] [ f(x) nghịch biến trên K]3) Định lý 3: (Định lý mở rộng) Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K.a) Nếu f '  x   0 với mọi x  K và f '  x   0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc Kthì hàm số f (x) đồng biến trên K.b) Nếu f '  x   0 với mọi x  K và f '  x   0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc Kthì hàm số f (x) nghịch biến trên K.4) Định lý 4: Cho hàm số bậc ba y  f  x   ax 3  bx 2  cx  da) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  db) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d a  0  , ta có f '  x   3ax 2  2bx  c . a  0  đồng biến trên   f '  x   3ax 2  2bx  c  0 x   a  0  nghịch biến trên   f '  x   3ax 2  2bx  c  0 x  NHẮC LẠIĐịnh lý: Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax 2  bx  c ( a  0) ta có:  0 f ( x)  0 x    a  0  0 f ( x)  0 x    a  08 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNB. Phương pháp giải toánDạng : Định giá trị tham số để hàm số đơn điệu trên tập hợp X cho trước.1. PHƯƠNG PHÁPB1. Tập xác định: D  ?B2. Tính y '  ?B3. Lập luận: y đồng biến trên X y '  0, x  X y nghịch biến trên X  y '  0, x  XChú ý quan trọng: Trong điều kiện trên dấu bằng xảy ra khi phương trình y '  0 có hữu hạnnghiệm, nếu phương trình y '  0 có vô hạn nghiệm thì trong điều kiện sẽ không có dấu bằng.2. CÁC VÍ DỤ1Ví dụ 1. Cho hàm số y  (m2  m) x 3  2mx 2  3 x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên  .3Bài giải:♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  (m 2  m) x 2  4mx  3♣ Hàm số luôn đồng biến trên   y '  0 x  m  0♥ Trường hợp 1: Xét m 2  m  0  m  1+ Với m  0 , ta có y '  3  0, x   , suy ra m  0 thỏa.3+ Với m  1 , ta có y '  4 x  3  0  x   , suy ra m  1 không thỏa.4m  0♥ Trường hợp 2: Xét m 2  m  0  , khi đó:m  12 3  m  0  '  m  3m  0♣ y '  0 x     2  3  m  0 m  m  0m  0  m  1♦ Từ hai trường hợp trên, ta có giá trị m cần tìm là 3  m  0 .Ví dụ 2. Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  2m  3 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2  .Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  3x 2  6mx  3(m 2  1)♣ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 2   y '  0 x  1; 2 9 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNTa có  '  9m 2  9(m 2  1)  9  0, mSuy ra y ' luôn có hai nghiệm phân biệt x1  m  1; x2  m  1 ( x1  x2 )x  1m 1  1Do đó: y '  0 x  1; 2   x1  1  2  x2   1  1 m  2m  1  2 x2  2♦ Vậy giá trị m cần tìm là 1  m  2 .Bài tập tương tựCho hàm số y  2 x 3  3  2m  1 x 2  6m  m  1 x  1. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;   .Đáp số: m  1 .Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 0;   .Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  3 x 2  6 x  m♣ Hàm số đồng biến trên khoảng 0;   y '  0 , x   0;  (có dấu bằng) 3 x 2  6 x  m  0 , x   0;   3 x 2  6 x  m , x   0;  (*)♣ Xét hàm số f ( x )  3 x 2  6 x , x   0;   , ta có:f '( x)  6 x  6 ; f '( x)  0  x  1Bảng biến thiên:x0f '( x)f ( x)1003♣ Từ BBT ta suy ra: (*)  m  3♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 .Bài tập tương tựCho hàm số y   x 3  3 x 2  3mx  1 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng 0;   .Đáp số: m  1 .Ví dụ 4. Cho hàm số y mx  7m  8. Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.x m10 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải♦ Tập xác định: D   \ m♦ Đạo hàm: y ' m 2  7m  8 x  m2. Dấu của y ' là dấu của biểu thức m 2  7m  8 .♣ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định  y '  0 , x  D(không có dấu bằng) m 2  7m  8  0 8  m  1♦ Vậy giá trị m cần tìm là 8  m  1 .Ví dụ 5. Cho hàm số y mx  7m  8. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 3; .x mBài giải♦ Tập xác định: D   \ m♦ Đạo hàm: y ' m 2  7m  8 x  m2. Dấu của y ' là dấu của biểu thức m 2  7m  8 .♣ Hàm số đồng biến trên khoảng 3;  y '  0 , x   3;  (không có dấu bằng)m2  7m  8  0 m  38  m  1 m  3 8  m  3♦ Vậy giá trị m cần tìm là 8  m  3 .C. Bài tập1Bài 1: Cho hàm số y  (1  m) x 3  2(2  m) x 2  2(2  m) x  5 . Tìm m để hàm số luôn nghịch biến trên 3Đáp số: 2  m  3 .1Bài 2: Cho hàm số y  (m 2  4) x 3  (m  2) x 2  2 x  3 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên 3Đáp số: m 2 hoặc m  6 .Bài 3: Cho hàm số y  2 x 3  3mx 2  3(m  1) x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên 1;Đáp số: m  1 .Bài 4: Cho hàm số y mx  2. Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.x  m 311 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNĐáp số: m  1 hoặc m  2 .Bài 5: Cho hàm số y mx  9. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảngx m ;2Đáp số: 2  m  3 .Bài 6: Cho hàm số y mx  2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;  x  m 1Đáp số: m  2 .Nội dung 2: Cực trị của hàm sốA. Tóm tắt lí thuyếtI. KIẾN THỨC CƠ BẢN1) Định lý 1: (điều kiện cần để hàm số có cực trị)Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó nếu f có đạo hàm tại x0 thì f '( x0 )  02) Định lý 2: (điều kiện đủ thứ I để hàm số có cực trị). Quy tắc 1Giả sử hàm số y  f ( x) liên tục trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng  a; x 0  và x0 ; b . Khi đóa) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; x0  và f '( x)  0 với mọi x   x 0 ; b thì hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x0 .b) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; x0  và f '( x)  0 với mọi x   x 0 ; b thì hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x0 .3) Định lý 3: (điều kiện đủ thứ II để hàm số có cực trị). Quy tắc 2Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 , f '( x0 )  0 và f có đạo hàm cấp hai kháckhông tại điểm x0 . Khi đóa) Nếu f ''( x0 )  0 thì hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x0b) Nếu f ''( x0 )  0 thì hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x04) Định lý 4:a) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  0  có hai điểm cực trị f '  x   3ax 2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt.b) Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c  a  0  có ba điểm cực trị f '  x   4ax 3  2bx  0 có ba nghiệm phân biệt.12 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNB. Phương pháp giải toánDạng 1: Định giá trị tham số để hàm số bậc ba (trùng phương) có 2 cực trị (có 3 cực trị).1. PHƯƠNG PHÁPB1. Tập xác định: D  ?B2. Tính y '  ?B3. Lập luận:Lưu ý:a) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  0  có hai điểm cực trị f '  x   3ax 2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt.b) Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c  a  0  có ba điểm cực trị f '  x   4ax 3  2bx  0 có ba nghiệm phân biệt.2. CÁC VÍ DỤ1Ví dụ 1. Cho hàm số y  (m 2  1) x 3  (m  1) x 2  3 x  5 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị.3Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  (m 2  1) x 2  2(m  1) x  3y '  0  ( m 2  1) x 2  2( m  1) x  3  0♣ Hàm số có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệtm2 1  0  '  (m  1)2  3(m 2 1)  0m  1 2m2  2m  4  0m  1m  1  1  m  2 1  m  2m  1♦ Vậy giá trị m cần tìm là .1  m  2Bài tập tương tựCho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  m  2 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị.Đáp số: m  313 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 2. Cho hàm số y  mx 4  (m 2  9) x 2  10 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  4mx3  2( m 2  9) x  2 x.(2mx 2  m 2  9)x  0y' 0   2 mx 2  m2  9  0(1)♣ Hàm số có ba điểm cực trị  y '  0 có ba nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0m  02  '  2 m(m  9)  0m 2  9  0m  0  m  3 m  3   0  m  3  0  m  3m  3 m  3♦ Vậy giá trị m cần tìm là . 0  m  3Bài tập tương tựCho hàm số y  x 4  (m  1) x 2  2m  1 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.Đáp số: m  1 .Dạng 2: Định giá trị tham số để hàm số đạt cực trị tại điểm x 0.1. PHƯƠNG PHÁPB1. Tập xác định: D  ?B2. Tính y '  ?B3. Lập luận:a) Điều kiện cần: Hàm số có cực trị tại x0  y '( x0 )  0  Giá trị của tham số m.b) Điều kiện đủ: Thay giá trị tham số vào y ' thử lại. Khi thử lại có thể dùng quy tắc 1 hoặcquy tắc 2.2. VÍ DỤVí dụ . Cho hàm số y 1 3x  m 2  m  2 x 2  (3m 2  1) x  m  5 .3Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 .14 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  x 2  2  m 2  m  2  x  3m2  1a) Điều kiện cần:Hàm số đạt cực tiểu tại x  2  y '(2)  0m  1 m 2  4m  3  0   m  3b) Điều kiện đủ:♣ Với m  1 , ta có: y '  x 2  4 x  4 , y '  0  x  2Bảng biến thiênx2y'0yTừ BBT ta suy ra m  1 không thỏa. x  14♣ Với m  3 , ta có: y '  x 2 16 x  28 , y '  0   x  2Bảng biến thiênxy'14y020CĐCTTừ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  2 .♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 .Bài tập tương tựCho hàm số y  x 3  mx 2  3 x  2 . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 .Đáp số: m 154Dạng 3: Định giá trị tham số để hàm số đạt cực trị thỏa điều kiện cho trước.1. PHƯƠNG PHÁPB1. Tập xác định: D  ?B2. Tính y '  ?B3. Lập luận15 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2. CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Cho hàm số y  x 3  (2m  1) x 2  (2  m ) x  2 .Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương.Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  3x 2  2(2m  1) x  2  my '  0  3 x 2  2(2 m  1) x  2  m  0♦ Hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương y '  0 có hai nghiệm dương phân biệt2 '  (2m 1)  3(2  m)  02m  P 03 S  2(2 m 1)  035m  1  m 4m 2  m  5  045 2  m  0 m  2 m242m 1  01m 2♦ Vậy giá trị m cần tìm làVí dụ 2. Cho hàm số y 5 m  2 .42 32x  mx 2  2(3m 2  1) x  .33Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1 x2  2( x1  x2 )  1 .Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  2 x 2  2mx  2(3m 2  1)y '  0  2 x 2  2mx  2(3m 2  1)  0♦ Hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2(1) y '  0 có hai nghiệm phân biệt  '  m2  4(3m 2 1)  0 13m 2  4  0  m  2 132 13m1313(*)16 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x1  x2  mVì x1 và x2 là nghiệm của (1) nên theo định lý Viet ta có:  x1 x2  1 3m 2m  0Do đó: x1 x2  2( x1  x2 )  1  1 3m  2m  1  3m  2 m  2m 322(**)2♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  .311Ví dụ 3. Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  3(m  2) x  . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x233sao cho x1  2 x2  1 .Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  mx 2  2( m  1) x  3(m  2)y '  0  mx 2  2( m  1) x  3(m  2)  0(1) y '  0 có hai nghiệm phân biệt♦ Hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2m  0  '  2m 2  4m  1  0m  0 2 62 6m 22(*)2(m 1) x1  x2 mVì x1 và x2 là nghiệm của (1) nên theo định lý Viet ta có: 3(m  2) x1 x2 mTheo đề bài : x1  2 x2  1(2)(3)(4) x1  3m  4mTừ (2) và (4) suy ra (5). Thay (5) và (3) ta được:m  2 x2 m2 3m  4  2  m   3(m  2)  6m 2 16 m  8  0   m  3 m  m m m  2♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m (**)2và m  2 .317 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 4. Cho hàm số y  x3  3mx  1 (1), với m là tham số thực. Cho điểm A(2;3) . Tìm m để đồ thị hàmsố (1) có hai cực trị B và C sao cho tam giác ABC cân tại A .Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  3 x 2  3my '  0  3 x 2  3m  0(1)♦ Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị B và C  y '  0 có hai nghiệm phân biệt m0(*)Khi đó y '  0 có hai nghiệm phân biệt là x   m♣ Với x  m  y  2 m3  1♣ Với x   m  y  2 m3  1 Tọa độ các điểm cực trị B và C là B  m ; 2 m3 1 , Cm ; 2 m 3  1♦ Tam giác ABC cân tại A  AB  AC AB 2  AC 2 2 2  m  2  2 m3   2  m   2  222m3m  0 4 m  8 m  0  1m 232(**)1♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  .2Ví dụ 5. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 (1), với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cóba điểm cực trị A, B, C đồng thời các điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông.Bài giải♦ Tập xác định: D  ♦ Đạo hàm: y '  4 x 3  4mx  4 x ( x 2  m)x  0y' 0   2x  m(1)♦ Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C  y '  0 có ba nghiệm phân biệt m0(*)Khi đó y '  0 có ba nghiệm phân biệt là x  0 , x   m18 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♣ Với x  0  y  2m  m 4♣ Với x   m  y  m4  m 2  2mTọa độ các điểm cực trị A, B, C là A0; 2m  m4  ; B  m ; m4  m 2  2m ; CSuy ra: AB   m ; m 2 ; AC m ; m 2m ; m 4  m 2  2m♦ Tam giác ABC vuông  Tam giác ABC vuông tại A  AB. AC  0m  0 m  m 4  0   m  1(**)♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  1 .C. Bài tập1Bài 1: Cho hàm số y  (m 2  1) x 3  (m  1) x 2  3 x  5 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.3Đáp số: 1  m  2 và m  1 .Bài 2: Cho hàm số y 2 3x  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các3điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương.Đáp số: 5  m  3 .Bài 3: Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  (3m  4) x  5 . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  1Đáp số: m  3 .Bài 4: Cho hàm số y  x3  (m  1) x 2  (2m  1) x  2m . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 saocho x12  x22  x1 x2  1 .Đáp số:Bài 5: Cho hàm số y  mx 3  (m  2) x 2  (m  1) x  4 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 saocho111 2  16  2 2 .2x1 x2x1 x2Đáp số:Bài 6: Cho hàm số y  2 x 3  3(m  1) x 2  6  m  2  x  1 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 saocho x1  x2  2 .Đáp số: m  1 .19 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 7: Cho hàm số y   x 3  3x 2  3(m 2  1) x  3m 2  1 . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và các điểmcực trị của đồ thị hàm số cách đều gốc tọa độ O .1Đáp số: m   .2Bài 8: Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  m 2  2 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị và các điểm cực trị của đồthị hàm số là ba đỉnh của một tam giác vuông .Đáp số: m  1 .Bài 9: Cho hàm số y   x3  3x 2  4 . Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tiếpxúc với đường tròn  C  : ( x  m) 2  ( y  m  1) 2  5Đáp số:Bài 10: Cho hàm số y  2 x3  9 mx 2  12m 2 x  1 . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại xCĐ, đạt cực tiểu tại xCTthỏa mãn x2CĐ = xCT.Đáp số: m  2 .Bài 11: Cho hàm số y  x 3  3x 2  m . Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao choAOB  1200 ( O là gốc tọa độ)Đáp số: m 12  2 3.3Nội dung 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐA. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toánI. KIẾN THỨC CƠ BẢN1) ĐỊNH NGHĨA: Giả sử hàm số y  f  x  xác định trên tập hợp D.Số M được gọi là GTLN của hàm số y  f  x  trên tập D nếu các điều sau được thỏa mãni) f  x   M x  Dii) x  D : f x  M 00Ký hiệu: M  Max f  x xDSố m được gọi là GTNN của hàm số y  f  x  trên tập D nếu các điều sau được thỏa mãni) f  x   m x  Dii) x  D : f x  m 00Ký hiệu: m  min f  x xDQuy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không nói "trên tập D" thì tahiểu đó là GTLN hay GTNN trên TẬP XÁC ĐỊNH của nó.Đối với GTLN và GTNN đối với hàm nhiều biến cũng có định nghĩa tương tự.20 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2) CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ TÌM GTLN & GTNN CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾNa) Phương pháp 1 : Sử dụng bất đẳng thức(hay phương pháp dùng định nghĩa).Một số kiến thức thường dùng:ba) f ( x )  ax 2  bx  c  a( x  )2 2a4ab) Bất đẳng thức Cô-si:ab Với hai số a, b không âm  a, b  0  ta luôn có: ab  a  b  2 ab2Dấu "=" xảy ra khi a  ba bc 3 Với ba số a, b, c không âm  a, b, c  0  ta luôn có: abc  a  b  c  3 3 abc3Dấu "=" xảy ra khi a  b  cc) Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùnga 2  b21) a 2  b 2  2ab  ab 2( a  b) 22) (a  b)2  4ab  ab 4( a  b) 23) (a  b) 2  2(a 2  b 2 )  a 2  b 2 2CÁC VÍ DỤVí dụ 1: Tìm GTLN của hàm số f  x   2x 2  8x  1 .Bài giải♥ Tập xác định: D  ♥ Ta có2 f  x   2x 2  8x  1  9  2  x  2   9, x  D Dấu “=” xảy ra khi x  2  D♥ Vậy max f ( x )  9 .x DVí dụ 2: Tìm GTNN của hàm số f  x   2x 2  4x  12 .Bài giải♥ Tập xác định: D  ♥ Ta có2 f  x   2x 2  4x  12 = 2  x  1  10  10 ,x  D Dấu “=” xảy ra khi x  1  D♥ Vậy min f ( x )  10 .x DVí dụ 3: Tìm GTNN của các hàm số f  x   x 2với x  1;   .x 1Bài giải♥ D  1; ♥ Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:21 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN222 x 1 1  2  x  1 . 1  2 2  1, x  1;  x 1x 1x 122 Dấu “=” xảy ra khi x 1   x 1  2  x  1  2  Dx 1 f x  x ♥ Vậy min f ( x )  2 2  1 .x DBài tập tương tự7x 3b) Phương pháp 2 : Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình(hay phương pháp miền giá trị).Cơ sở lý thuyết của phương pháp: Cho hàm số xác định bởi biểu thức dạng y  f  x Tìm GTNN của hàm số f (x)  x  3 Tập xác định của hàm số được định nghĩa là :D  { x   | f(x) có nghĩa} Tập giá trị của hàm số được định nghĩa là :T = { y   | Phương trình f(x) = y có nghiệm x  D }Do đó nếu ta tìm được tập giá trị T của hàm số thì ta có thể tìm đựơc GTLN và GTNN củahàm số đó.Một số kiến thức thường dùng:a) Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có nghiệm    0b) Phương trình a cos x  b sin x  c  a, b  0  có nghiệm  a 2  b 2  c 2CÁC VÍ DỤVí dụ 1 : Tìm GTLN và GTNN của hàm số y x2  x  2.x2  x  2Bài giải♥ Tập xác định: D  ♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có:x2  x  2y 2 yx 2  yx  2y  x 2  x  2x x2  y 1 x 2   y  1 x  2 y  2  0(1)(2) (Dạng ax 2  bx  c  0 )+ Trường hợp 1: Với y  1 thì (2) có nghiệm x  0+ Trường hợp 2: Với y  1 thì (2) có nghiệm    0 7 y 2  18y  7  0 94 2 9  4 2 .Suy ra tập giá trị của hàm số là T  ;779 4 294 2♥ Vậy min y ; max y .x DxD77Ví dụ 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y 1  sin x.2  cos x94 294 2y77(1)Bài giải♥ Tập xác định: D  ♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có:22 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN1  2y  y cos x  1  sin x  y cos x  sin x  1 2 y(2)(dạng a cos x  b sin x  c )(2) có nghiệm  a2  b2  c 2  y 2  1  1 2 y   3y 2  4 y  0  0  y 2234 3Suy ra tập giá trị của hàm số là T   0;  . 43♥ Vậy miny  0; max y  .x Dx D4c) Phương pháp 3 : Sử dụng đạo hàm (hay phương pháp giải tích). Điều kiện tồn tại GTLN và GTNN:Định lý: Hàm số liên tục trên một đoạn  a; b  thì đạt được GTLN và GTNN trên đoạn đó.Phương pháp chung: Muốn tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên miền D, ta lậpBẢNG BIẾN THIÊN của hàm số trên D rồi dựa vào BBT suy ra kết quả.Phương pháp riêng:Trong nhiều trường hợp, có thể tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn mà không cầnlập bảng biến thiên của nó. Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn  a; b  và có đạo hàm trênkhoảng  a; b  , có thể trừ một số hữu hạn điểm . Nếu f '( x)  0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc a; b  thì ta có quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàmf trên đoạn  a; b  như sau:Quy tắc1) Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xm thuộc  a; b  mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không cóđạo hàm.2) Tính f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xm ), f (a), f (b) .3) So sánh các giá trị tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó là GTLN của f trên đoạn  a; b  .Số nhỏ nhất trong các giá trị đó là GTNN của f trên đoạn  a; b  .CÁC VÍ DỤi. XÉT HÀM TRỰC TIẾPVí dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 x 3  3x 2 12 x  2 trên đoạn 1; 2 .Bài giải♥ D  1;2♥ Ta có: y '  6 x 2  6 x 12 x  2  Dy' 0  x 1 DDo y 1  15; y 2  6; y 1  5  min y  5; max y  15x DxD♥ Vậy min y  5; max y  15 .x DxDVí dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e x  x 2  x 1 trên đoạn  0;2 .Bài giải♥ D   0;2♥ Ta có: y '  e x  x 2  x  223 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x  2  Dy' 0  x 1 DDo y 0  1; y 2  e2 ; y 1  e  min y  e; max y  e2x Dx D♥ Vậy min y  e; max y  e2 .x Dx DVí dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x 2 .Bài giải♥ D  2;2♥ Ta có: y ' 4  x2  x4  x2y' 0  x  2  DDo y 2  2; y 2  2; y  2  2 2  min y  2 2; max y  2x DxD♥ Vậy min y  2 2; max y  2 .x DxDii. ĐỔI BIẾN (ĐẶT ẨN PHỤ)Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 sin 2 x  cos x  1 .Bài giải♥ Tập xác định: D  ♥ Đặt t  cos x với t  1;1 , hàm số trở thành: y  2t 2  t  31; y '  0  t    1;14 1  2525Do y 1  2; y 1  0; y    miny0;maxyx Dx D 4  88Ta có: y '  4t 1♥ Vậy min y  2 2; max y  2 .x DxDBÀI TẬPBài 1: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau: 11) y  16 x 2  2 x  12 trên đoạn 0;  43) y  x3  3x 2  9x  35 trên đoạn  4, 4x2trên đoạn  0; 2x22 x 2  3x  37) y trên đoạn  0; 2x 1Bài 2: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:  1) y  sin2x  x trên đoạn   ;  2 25) y 3) y  x  e2 x trên đoạn  1; 02) y  x 2 9x trên đoạn4 41; 3 x3 2 x 2  3 x  4 trên đoạn  4, 0 3x36) y trên đoạn  1; 2 x22 x2  5x  48) y trên đoạn  1;1x24) y 2) y  6  3 x trên đoạn  1;14) y ln 2 xtrên đoạn 1; e3 x24 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 3: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:1) y  x 2 ln x trên đoạn 1;ex 12) y 3) y  x 2  3  x ln x trên đoạn 1; 2Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:x2  1trên đoạn  1; 2 4) y  x 2  ln(1  2x) trên đoạn  2;0 1) y  4 x  x 22) y   x 2  2 x  83) y  2  x  4  x4) y  x  4  x 25) y   x  1 1  x 26) y  1  x 2  1  x 27) y  x  4  x 28) y 1 2x  x  4x  x249) y   x 2  4 x  21   x 2  3x  10 (Khối D-2010)Bài 5: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:41) y  2sin x  sin 3 x trên đoạn  0; 333) y  x 6  4 1  x 2  trên đoạn  1;12) y  cos 4 x  6cos 2 x  54) y  sin 4 x  cos 4 x  2Nội dung 4: Sự tương giao của hai đồ thịA. Tóm tắt lí thuyếtI. KIẾN THỨC CƠ BẢNBài toán tổng quát(C ) : y  f(x)Trong mp(Oxy) . Hãy xét sự tương giao của đồ thị hai hàm số :  1(C2 ) : y  g(x)yyy(C1 )(C1 )M1 y2M2(C2 )M0y1xxx1 Ox2OOx(C 2 )(C 2 )(C1) và (C2) không có điểm chung(C1 )(C1) và (C2) cắt nhau(C1) và (C2) tiếp xúc nhauPhương pháp chung:* Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho:f(x) = g(x)(1)* Tùy theo số nghiệm của phương trình (1) mà ta kết luận về số điểm chungcủa hai đồ thị (C1) và (C2) .Lưu ý:Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2).Ghi nhớ:Số nghiệm của pt (1) = số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2).25 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChú ý 1 :* (1) vô nghiệm (C1) và (C2) không có điểm điểm chung* (1) có n nghiệm (C1) và (C2) có n điểm chungChú ý 2 :* Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung của (C1) và (C2).Khi đó tung độ điểm chung là y0 = f(x0) hoặc y0 = g(x0).yy0x0xOB. Phương pháp giải toán(C ) : y  f ( x)Dạng 1: Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị  1.(C2 ) : y  g ( x)1. PHƯƠNG PHÁPB1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1)B2. Giải phương trình (1) tìm x  yB3. Kết luận2. VÍ DỤVí dụ . Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y 2x  1và đường thẳng y  x  2 .2x  1Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm:Điều kiện: x 2x 1 x22 x 1(1)12♦ Khi đó: (1)  2 x 1  (2 x 1)( x  2) 2 x2  x  3  0x 1 3x  231♣ Với x    y 22♣ Với x  1  y  3 3 1♦ Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là  ;  và 1;3 . 2 2 26 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN(C ) : y  f ( x)Dạng 2: Tìm tham số để hai đồ thị  1cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt.(C2 ) : y  g ( x)1. PHƯƠNG PHÁPB1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1)B2. Lập luậnLưu ý:Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị.2. CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Cho hàm số y 2x  1có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng (d): y  x  m cắt đồ thị (C) tạix 1hai điểm phân biệt.Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm:2 x 1 x  mx 1(1)Điều kiện: x  1♦ Khi đó: (1)  2 x 1  (x  m)( x 1) x 2  ( m 1) x  m 1  0(2)♦ (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1   m  1  4 m 1  01  m  1.1  m 1  02 m 2  6m  5  0 m  1 m  5♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  1 m  5 .Ví dụ 2. Cho hàm số y  mx 3  x 2  2 x  8m có đồ thị là Cm  . Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hoành tại 3 điểmphân biệt.Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm: mx3  x 2  2 x  8m  0(1)  x  2  mx 2  (2m  1) x  4m  027 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x  2  2 mx  (2m 1) x  4 m  0(2)♦ Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2m  0   12 m2  4m  1  012 m  2  0m  0m  0 11   m   1  m  1 62 62m   16m  0♦ Vậy giá trị m cần tìm là  1.  m  1 62Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 4  (3m  4) x 2  m 2 có đồ thị là Cm  . Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hoành tại bốnđiểm phân biệt.Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0(1)Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành:t 2  (3m  4)t  m 2  0(2)♦ Cm  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm dương phân biệt  5m2  24m  16  0  P  m2  0 S  3m  4  0m  4  m   445m   m  054m  0m  328 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN4m  ♦ Vậy giá trị m cần tìm là 5 .m  0(C ) : y  f ( x)Dạng 3: Tìm tham số để hai đồ thị  1cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt thỏa điều kiện(C2 ) : y  g ( x)cho trước.1. PHƯƠNG PHÁPB1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1)B2. Lập luậnLưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị. Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung của (C1) và (C2).Khi đó tung độ điểm chung là y0 = f(x0) hoặc y0 = g(x0).2. CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Cho hàm số y mx 1có đồ thị là Cm  . Tìm m để đường thẳng (d): y  2 x 1 cắt đồ thị Cm x2tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  10 .Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm:mx 1 2 x 1x2(1)Điều kiện: x  2♦ Khi đó: (1)  mx 1  (2 x 1)( x  2) 2 x 2  (m  3) x 1  0(2)♦ (d) cắt Cm  tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác  2   m  3  8  028  2m  6 1  0 m 12(*)Đặt A  x1; 2 x1 1; B  x2 ; 2 x2 1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (2).Theo định lý Viet ta có:m3 x1  x2  21 x1 x2  229 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGKhi đó:HĐBM-TỔ TOÁN222AB   x1  x2   4  x1  x2   10  5  x1  x2   4 x1 x2   10 m  3 2 2  2 2 m  3 [thỏa mãn (*)]♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 .Ví dụ 2. Cho hàm số y  x3  3x 2  (m 1) x 1 có đồ thị là Cm  . Tìm m để đồ thị Cm  cắt đường thẳng(d ) : y  x 1 tại ba điểm A0;1 , B, C sao cho BC  10 .Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3x 2  (m 1) x  1  x 1(1) x  x 2  3x  m  2  0x  0  2 x  3x  m  2  0(2)♦ Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0m  17  9  4( m  2)  0  4m  2  0m  2(*)Đặt B  x1; x1  1;C  x2 ; x2  1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (2).Theo định lý Viet ta có:Khi đó: x1  x2  3 x1 x2  m  2BC   x1  x2    x1  x2   10222 2  x1  x2   4 x1 x2   10 9  4  m  2  5 m3[thỏa mãn (*)]♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 .Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 4  (3m  4) x 2  m2 có đồ thị là Cm  . Tìm m để đồ thị Cm  cắt trục hoành tạibốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0(1)Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành:30 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNt 2  (3m  4)t  m 2  0(2)♦ (C) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm dương phân biệt  5m2  24m  16  0  P  m2  0 S  3m  4  0m 4  m   445m   m  0 5m04m  3(*)Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm 0  t 1  t2 . Suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệtlà x1   t2  x2   t1  x3  t1  x4  t2♦ Bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng  x2  x1  x3  x2  x4  x3  t1  t2  2 t1t1  t2  3m  4Theo định lý Viet ta có: t1t2  m 2t1  3m  410Từ (3) và (4) ta suy ra được 9(3m  4)t2 10t2  3 t1  t2  9t1(3)(4)(5)(6).Thay (6) vào (5) ta được: m  1233m  4  10m9223m  4  m  1210033m  4  10m  m   19[thỏa mãn (*)] m  12♦ Vậy giá trị m cần tìm là 12 .m  19C. Bài tậpBài 1: Tìm tọa độ giao điểm của hai đường cong (C): y  x 2  4 và (C'): y  x 2  2 x15Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x 3  x 2 và đường thẳng (d) : y  3x 3331 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 3: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y 2x 1và đường thẳng (d ) : y  3 x  1x 1Bài 4: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x và đường thẳng (d) : y  x  2Bài 5: Cho hàm số y 2x  1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thịx2hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.Đáp số: m  0  m  3 .Bài 6: Cho hàm số y 2x  1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  3x  m cắt đồ thịx 1hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. m  1Đáp số: . m  11Bài 7: Cho hàm số y  ( x  1)( x 2  mx  m)Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.Đáp số: m  0  m  4 .Bài 8: Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  m  2Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.Đáp số: m  3 .Bài 9: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  1Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.m  1Đáp số: .m  2Bài 10: Cho hàm số y 1 3x  3x 2  mx  1 có đồ thị là  Cm 4Tìm m để đồ thị  Cm  cắt đường thẳng ( d ) : y 1tại ba điểm phân biệt.49m Đáp số: 4. m  0Bài 11*: Cho hàm số y 2x  1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thịx 1hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  26 .Đáp số: m  2  m  8 .32 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGBài 12*: Cho hàm số y HĐBM-TỔ TOÁNx31có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y  x  m luôn cắt (C) tạix22hai điểm phân biệt A, B . Xác định m sao cho độ dài đoạn AB là nhỏ nhất.Đáp số: m  2 .Bài 13*: Cho hàm số y 2x  4có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y  2x  m luôn cắt (C) tạix 1hai điểm phân biệt A, B . Xác định m sao cho độ dài đoạn AB là nhỏ nhất.Đáp số: m  4 .Bài 14*: Cho hàm số y 2x  3. có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : x  3 y  m  0 cắt (H) tại haix 1điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A(1; 0).Bài 15*: Cho hàm số y 2x 1. có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt (C) tại hai điểmx 1phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ )Đáp số: m 2.3Bài 16*: Cho hàm số y 2x 1. có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểmx 1I (1; 2) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng3 ( với O là gốc toạđộ )Bài 17*: Cho hàm số y  x3  3x  2 có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểmA(2; 0) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC có diện tích bằng 2 3 ( với O là gốctoạ độ )Bài 18*: Cho hàm số y 2x  1có đồ thị  C  .x 1Tìm các giá trị m để đường thẳng d1  : y  3x  mcắt đồ thị  C  tại A và B sao cho trọng tâm của tamgiác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 ( O là gốc toạ độ )Bài 19*: Cho hàm số y  x 4  2  2m  1 x 2  5m  1 . Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt Ox tại bốn điểm phânbiệt có hoành độ lớn hơn 3 .Bài 20*: Cho hàm số y   x3   2m  1 x 2  m  1 (1) . Tìm m để đường thẳng y  2mx  m 1 cắt đồ thịhàm số 1 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.33 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNNội dung 5: Tiếp tuyến của đồ thị hàm sốA. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toánI. KIẾN THỨC CƠ BẢN1. Dạng 1:Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C):y = f(x) tại điểm M 0 (x 0 ; y 0 )  (C)y(C): y=f(x)y0 M 0x0xPhương pháp:Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x0;y0) có dạng:y - y0 = k ( x - x0 )hayy  f '(x 0 )(x  x 0 )  f(x 0 )Trong đó : x0 : hoành độ tiếp điểmy0 : tung độ tiếp điểm và y0 = f(x0)k : hệ số góc của tiếp tuyến và được tính bởi công thức : k = f'(x0)2 x  3có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  tại các giao điểmx 1của C  và đường thẳng y  x  3 .Ví dụ: Cho hàm số y Bài giải♦ Phương trình hoành độ giao điểm:2 x  3 x 3x 1(1)Điều kiện: x  1Khi đó: (1)  2 x  3  ( x  3)( x 1)x  0 x2  2x  0   x  2Suy ra tọa độ các giao điểm là A 0; 3 , B  2; 1♦ Ta có: y ' 1 x 12♣ Phương trình tiếp tuyến tại A là y  3  y '(0)( x  0)  y   x 3♣ Phương trình tiếp tuyến tại B là y 1  y '(2)( x  2)  y  x 1♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y   x 3 và y  x 1 .34 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2. Dạng 2:Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x) biết tiếp tuyến có hệ số góc k cho trướcy(C): y = f(x)y0 M 0x0xPhương pháp: Ta có thể tiến hành theo các bước sauBước 1: Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C)Bước 2: Tìm x0 bằng cách giải phương trình : f ' ( x0 )  k , từ đó suy ra y0  f ( x0 ) =?Bước 3: Thay các yếu tố tìm được vào pt: y - y0 = k ( x - x0 ) ta sẽ được pttt cần tìm.Ví dụ: Cho hàm số y tiếp tuyến bằng 5 .Bài giải2 x 1có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc củax2♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C)5♦ Ta có: y ' 2 x  2Hệ số góc của tiếp tuyến bằng 5  y '( x0 )  55 52 x0  2 x0  1  x0  3♣ Với x0  1  y0  3 : M 1 (1; 3)  pttt: y  5 x 2♣ Với x0  3  y0  7 : M 2 (3;7) pttt: y  5 x 22♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  5 x 2 và y  5 x  22 .Bài tập tương tựCho hàm số y 2 x 1có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc của tiếp tuyếnx 1bằng 4 .Đáp số: y  4 x  2; y  4 x  1035 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChú ý : Đối với dạng 2 người ta có thể cho hệ số góc k dưới dạng gián tiếp như : tiếp tuyến song song, tiếptuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước .yy(C): y=f(x)k ay  ax  b(C): y=f(x)xxO12k  1 / a 2 : y  ax  bKhi đó ta cần phải sử dụng các kiến thức sau:Định lý 1: Nếu đường thẳng (  ) có phương trình dạng : y = ax + b thì hệ số góc của (  ) là:k  aĐịnh lý 2: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng (1 ) vaø ( 2 ) . Khi đó:1 //  2 k 1  k  21  2 k 1 .k  2  1Ví dụ 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếptuyến song song với đường thẳng () : y  9 x  2 .Bài giải♦ Ta có: y '  3x 2  6 x♦ Do tiếp tuyến song song với đường thẳng () nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  9♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C)Hệ số góc của tiếp tuyến k  9 y '( x0 )  9 3 x02  6 x0  9  0 x  1  0 x0  3♣ Với x0  1  y0  2 : M 1 (1; 2)  pttt: y  9 x  7♣ Với x0  3 y0  2 : M 2 (3; 2) pttt: y  9 x 25♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  9 x  7 và y  9 x 25 .Bài tập tương tự36 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNCho hàm số y  x3  3x 2  3x có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến songsong với đường thẳng () : y  3 x .Đáp số: y  3x  4x2có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyếnx2vuông góc với đường thẳng () : y  x  2 .Bài giảiVí dụ 2: Cho hàm số y ♦ Ta có: y ' 4 x  22♦ Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng () nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  1♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C)Hệ số góc của tiếp tuyến k  1  y '( x0 )  14 x0  2212 x0  2  4 x0  2  2 x0  0  x0  2  2  x0  4♣ Với x0  0 y0  1 : M 1 (0; 1)  pttt: y  x 1♣ Với x0  4  y0  3 : M 2 (4;3)  pttt: y  x  7♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  x  1 và y  x  7 .Bài tập tương tự3 2 xCho hàm số y có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến vuông gócx 1với đường thẳng () : x y1  0 .Đáp số: y  x 1; y  x  3 .3. Dạng 3:Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y = f(x) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x A;yA)yO(C ) : y  f ( x)A( x A ; y A )x : y  y A  k ( x  x A )  y  k (x  x A )  y A37 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNPhương pháp : Ta có thể tiến hành theo các bước sauBước 1: Viết phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M0(x0;y0)  (C )(d ) : y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 )(*)Bước 2: Định x0 để (d) đi qua điểm A(xA;yA). Ta có:(d) đi qua điểm A(xA;yA)  y A  f '( x0 )( x A  x0 )  f ( x0 ) (1)Bước 3: Giải pt (1) tìm x0. Thay x0 tìm được vào (*) ta sẽ được pttt cần tìm.Ví dụ 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếptuyến đi qua điểm A  2; 2 .Bài giải♦ Ta có: y '  3x 2  6 x♦ Gọi M  x0 ; y0   C  với y0  x03  3x02  2 là tiếp điểm và  là tiếp tuyến với C  tại M 0♦ Phương trình  : y  y0  y '( x0 )( x  x0 ) y  ( x03  3 x02  2)  (3 x02  6 x0 )( x  x0 )♦  đi qua điểm A 2; 2  2  ( x03  3x02  2)  (3 x02  6 x0 )(2  x0 ) 2 x03  9 x02  12 x0  4  0 x0  22 x02  5 x0  2  0 x0  2  x0  12♣ Với x0  2   : y  2♣ Với x0 195  : y   x 24295♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  2 và y   x  .42Ví dụ 2: Cho hàm số y qua điểm A6;5 .x2có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến đix2Bài giải♦ Ta có: y ' 4 x  2238 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG♦ Gọi M  x0 ; y0   C  với y0 HĐBM-TỔ TOÁNx0  2là tiếp điểm và  là tiếp tuyến với C  tại M 0x0  2♦ Phương trình  : y  y0  y '( x0 )( x  x0 ) yx0  24( x  x0 )x0  2  x0  22♦  đi qua điểm A 6;5  5 x0  24(6  x0 )x0  2  x0  22 x02  6 x0  0x  0  0 x0  6♣ Với x0  0   : y   x 114♣ Với x0  6   : y   x 7217♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  x 1 và y   x  .42B. Bài tậpBài 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y   x3  3 x 2  1 tại điểm trên đồ thị có hoành độx  1.Bài 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y 2x  3tại điểm trên đồ thị có hoành độ x  3 .x 1Bài 3: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y 3x  2tại điểm trên đồ thị có tung độ y  2 .x 1Bài 4: Cho hàm số y  2x3  3x 2  1 (1). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số (1) tạiđiểm trên (C) có hoành x 0 , biết rằng y ''(x 0 )  0Bài 5: Cho hàm số y  x 4  8 x 2  12 (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), khi biết tung độ tiếp điểm lày  12 .Bài 6: Cho hàm số y   x3  6 x 2  9 x  3 (C). Gọi A là điểm thuộc C  có hoành độ là 4 , viết phươngtrình tiếp tuyến của C  tại điểm A . Tiếp tuyến nầy cắt C  tại điểm B ( B khác A ), tìm tọa độ điểm BBài 7: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y   x 3  3x biết tiếp tuyến có hệ số góc k  9Bài 8: Cho hàm số y  x3  3x  2 , có đồ thị là (C ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho tiếp tuyến của(C ) tại M có hệ số góc bằng 9 .39 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGBài 9: Cho đường cong (C): y HĐBM-TỔ TOÁN1 3x  2 x 2  3x  13Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y  3 x  1Bài 10: Cho đường cong (C): y 1 3 1 24x  x  2x 323Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): y  Bài 11: Cho đường cong (C): y với đường thẳng () : y 1x 2.42x  3. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc2x  113x .22Bài 12: Cho hàm số y = x3 – 3x – 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệsố góc bằng 9.Bài 13: Cho hàm số y x 1. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song songx2với đường thẳng  d  : y  4 x  1 .Bài 14: Cho đường cong (C): y  x3  2x 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểmA 1;3  .Bài 15: Cho đường cong (C): y  x3  2x 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểmA 1;3  .Bài 16: Cho đường cong (C): y 1  2x. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểmx 1M  2; 7  .Bài 17: Cho hàm số y  2 x3  6 x 2  5 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M điqua điểm A(1; 13) .Bài 18: Cho hàm số y x 1có đồ thị là (C) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biếtx 1khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  : y  2 x  1 bằngBài 19*: Cho hàm số y 35.2 x  1có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C)x 1tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB  17 .40 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGBài 20*: Cho hàm số y HĐBM-TỔ TOÁNx 1có đồ thị  C  .x 1Tìm các giá trị m để đường thẳng d  : y  2x  mcắt đồ thị  C  tại A và B sao cho tiếp tuyến của C tại A và B song song với nhau.Nội dung 6: Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thịA. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toánI. KIẾN THỨC CƠ BẢNCơ sở của phương phápXét phương trình f(x) = g(x) (1)Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ giao điểm của (C1):y = f(x) và (C2):y = g(x)y(C1 )(C 2 )xx0Bài toán: Bằng đồ thị hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình dạng :Phương pháp:f(x) = m (*)Bước 1: Xem (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: (C ) : y  f ( x ) : (C) laø ñoà thò coá ñònh () : y  m: ( ) laø ñöôøng thaúng di ñoäng cuøng phöông Oxvaø caét Oy taïi M(0;m)Bước 2: Vẽ (C) và (  ) lên cùng một hệ trục tọa độBước 3: Biện luận theo m số giao điểm của (  ) và (C)Từ đó suy ra số nghiệm của phương trình (*)Minh họa:(C ) : y  f ( x)ym2xOm1(0; m)ymDạng: f  x   g  m giải tương tự41 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGVí dụ: Cho hàm số y HĐBM-TỔ TOÁN1 3 3 2x  x 5421) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm m để phương trình x 3  6 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt.Bài giải1) Học sinh tự giải2) Tìm m để phương trình x 3  6 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt.♦ Xét phương trình x 3  6 x 2  m  0 (1), ta có:(1) 1 3 3 2mx  x 5  5424(2)13C  : y  x3  x 2  542♦ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị m : y  5 4Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của C  và ♦ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt   cắt C  tại ba điểm phân biệt 3  5 m54 0  m  32♦ Vậy giá trị m cần tìm là 0  m  32 .42 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNB. Bài tậpBài 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  41) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm thực của phương trìnhx 3  3x 2  m  5  0Bài 2: Cho hàm số y  mx 3  3mx 2  41) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số khi m  12) Tìm k để phương trình  x 3  3 x 2  4  log 2 k  0 có ba nghiệm phân biệt.Bài 3: Cho hàm số y  x 4  6 x 2  51) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm m để phương trình x 4  6 x 2  log 2 m  0 có bốn nghiệm phân biệt.15Bài 4: Cho hàm số y   x 4  3x 2 421) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm m để phương trình x 4  12 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1 .Bài 5: Cho hàm số y  2 x 4  4 x 2  11) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  m  0 có hai nghiệm dương phân biệt.----------------------------Hết-----------------------------43 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNNội dung 7Tìm điểm trên đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện cho trướcA. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toánI. KIẾN THỨC CƠ BẢNĐịnh nghĩa: Cho hàm số y  f ( x) xác định trên tập D.Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy ) , tập hợp (C) tất cả các điểm có toạ độ  x; f ( x)  với x  D được gọi là đồ thịcủa hàm số y  f ( x) .(C )  M / M ( x; y ) vôùi x  D vaø y  f(x)Từ định nghĩa ta có:M ( x0 ; y 0 )  (C )  x0  D vaø y 0  f ( x 0 )Phương pháp chung♦ Đặt M  x0 , y0   C  với y0  f  x0  là điểm cần tìm;♦ Từ điều kiện cho trước ta tìm một phương trình chứa x 0 ;♦ Giải phương trình tìm x 0 , suy ra y0  f  x0   M  x0 ; y0  .Ví dụ 1: Cho hàm số y 3 x 1có đồ thị là C  . Tìm điểm M thuộc đồ thị C  sao cho khoảng cách từx 3M đến tiệm cận đứng bằng hai lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang.Bài giải♦ Đồ thị C  có tiệm cận đứng 1 : x  3  0 và tiệm cận ngang 2 : y  3  0♦ Gọi M  x0 , y0   C  với y0 3x0 1 x0  3 , ta có:x0  3d  M , 1   2.d  M , 2   x0  3  2. y0  3 x0  3  2.3 x0 13x0  344 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x0  3 16x0  3 x  12  x0  3  16   0 x0  7♦ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là M 1 1;1 và M 2 7;5 .x 1có đồ thị là C  . Tìm điểm M  C  sao cho khoảng cách từ điểm M đến đườngx 13thẳng  : y  2 x  1 bằng.5Bài giảiVí dụ 2: Cho hàm số y x 1 ♦ Gọi M  x0 ; 0   (C ). Khi đó ta có:x0  1 d ( M , ) 352 x0  x0  11x0  121 2 2 x0  1 235x0  1 3  2 x02  2 x0  2  3 x0  1x0  1 x0  1 2 x02  2 x0  2  3( x0  1) 2 x02  5 x0  5  0 2 2 x0  1 . 2 x0  2 x0  2  3( x0  1) 2 x0  x0  1  02♣ Với x0  1  y0  0 , ta có M 1 (1; 0)♣ Với x0 11  y0  3 , ta có M 2  ; 3 22 1 ♦ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là M1 (1; 0) và M 2  ; 3  .2 B. Bài tậpBài 1: Cho đường cong (C): y x3. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai trục tọa độx 1Bài 2: Cho đường cong (C): y x2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ đó đến trụcx 1hoành bằng hai lần khoảng cách từ đó đến trục tung.Bài 3: Cho đường cong (C): y 3x  2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai đường tiệm cận củax2(C) .45 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGBài 4: Cho đường cong (C): y HĐBM-TỔ TOÁNx2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệmx 3cận đứng bằng 5 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang.Bài 5: Cho đường cong (C): y 3x  1. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đếnx2hai tiệm cận bằng 6.Bài 6: Cho đường cong (C): y thẳng    : y 1x  2 bằng43.17Bài 7: Cho đường cong (C): y A  2; 1 bằng2x  1. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến đườngx 12x  2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến điểmx 12.Bài 8: Cho hàm số y x2có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểmx 1M đến đường thẳng y   x bằng2.----------------------------Hết-----------------------------46 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNChủ đề 2NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂNA. Tóm tắt lí thuyếtNội dung 1: Nguyên hàm1. Bảng tính nguyên hàm cơ bảnBảng 1Hàm số f(x)a ( hằng số)x   11xaxHọ nguyên hàm F(x)+Cax + Cx 1C 1ln x  CBảng 2Hàm số f(x)Họ nguyên hàm F(x)+C(ax  b)1 (ax  b) 1Ca 11ln ax  b  Ca1 A ax b.CA ln a1 ax  beCa1 cos(ax  b )  Ca1sin(ax  b)  Ca1tan(ax  b)  Ca1 cot(ax  b)  Ca1xalnC2a x  a1ax  bA ax  bexaxCln aex  Csinx-cosx + Csin(ax+b)cosxsinx + Ccos(ax+b)1cos2 x1sin2 xtanx + C1cos (ax  b)12sin (ax  b )12x  a2e ax  b2-cotx + Cu' ( x )u( x )tanx ln cos x  Ccotxln sin x  Cln u( x )  C2. Các phương pháp tìm nguyên hàm của hàm sốPhương pháp 1: Sử dụng định nghĩa và tính chất kết hợp với bảng tính các nguyên hàm cơ bản Phân tích hàm số đã cho thành tổng, hiệu của các hàm số đơn giản có công thức trong bảngnguyên hàm cơ bản. Cách phân tích : Dùng biến đổi đại số như mũ, lũy thừa, các hằng đẳng thức ... và biến đổilượng giác bằng các công thức lượng giác cơ bản.Phương pháp 2: Phương pháp đổi biến sốĐịnh lí cơ bản:Nếu  f u  du  F u   C và u  u  x  là hàm số có đạo hàm liên tục thì f u  x u ' x dx  F u  x  C47 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGCách thực hiện: TínhHĐBM - TỔ TOÁN f  u(x) u '(x)dx bằng pp đổi biến sốBước 1: Đặt u  u(x)  du  u '(x)dx (tính vi phân của u)Bước 2: Tính f  u(x) u '(x)dx   f(u)du  F(u)  C  F u(x)  CPhương pháp 3: Phương pháp tính nguyên hàm từng phầnĐịnh lí cơ bản:Nếu hai hàm số u  u  x  và v  v  x có đạo hàm liên tục trên K thì u  xv ' x dx  u  xv  x   u ' x v  x dxCách thực hiện:Bước 1: Đặtu  u ( x)du  u ' ( x)dxdv  v' ( x)dxv  v( x)Bước 2: Thay vào công thức nguyên hàm từng phần :Bước 3: Tính udv  u.v   vdu vduB. Bài tậpBài 1: Tính1) I  x2dxx22 x3  3 xdxx22) I  3 x  1dxx 13) I  2) I  1dxx  x  13) I  2) I  ln xdxx3) I   x3 ln xdxBài 2: Tính1)3x  2 x 2 3  x dxxdxx  3x  22Bài 3: Tính1) I   x ln xdxBài 4: Tính1) I   ln x 2  x dx2) I    x  2  e 2 x dx3) I   x sin2xdxBài 5: Tính1) I  x sin xdxcos 2 x2) I  exdx1  2e x3) I   cos5 xdx48 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNNội dung 2: Tính tích phânA. Tóm tắt lí thuyếtI. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN1. SỬ DỤNG ĐN VÀ CÁC TÍNH CHẤT TÍCH PHÂNa. Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên K và a, b  K. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của hàmsố f(x) trên K thì :bb f ( x )dx   F( x)a  F(b)  F(a)( Công thức NewTon - Leipniz)ab. Các tính chất của tích phânbaf ( x )dx    f ( x )dxTính chất 1:Tính chất 2: Nếu hai hàm số f(x) và g(x) liên tục trên  a; b  thìabbbb  f ( x )  g( x ) dx   f ( x)dx   g( x )dxaaaTính chất 3: Nếu hàm số f(x) liên tục trên  a; b  và k là một hằng số thìbb k. f ( x)dx  k. f ( x )dxaaTính chất 4: Nếu hàm số f(x) liên tục trên  a; b  và c là một hằng số thìbcb f ( x )dx   f ( x)dx   f ( x)dxaacTính chất 5: Tích phân của hàm số trên  a; b  cho trước không phụ thuộc vào biến số ,bbb f ( x )dx   f (t)dt   f (u)du  ...nghĩa là :aaa2. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐba) DẠNG 1: Tính I =' f[u(x)].u (x)dx bằng cách đặt t = u(x)aCông thức đổi biến số dạng 1:bu(b)au (a) f u ( x).u ' ( x)dx   f (t )dtCách thực hiện:t  u ( x)  dt  u ' ( x)dxxbt  u (b)Bước 2: Đổi cận :xat  u (a)Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta đượcBước 1: Đặtbu (b )au (a)I   f u ( x).u ' ( x)dx   f (t )dt (tiếp tục tính tích phân mới)49 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNbb) DẠNG 2: Tính I = f(x)dx bằng cách đặt x = (t)abaI   f ( x )dx   f  (t )  ' (t ) dtCông thức đổi biến số dạng 2Cách thực hiệnx   (t )  dx   ' (t )dtxbtBước 2: Đổi cận :xat Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta đượcBước 1: ĐặtbaI   f ( x )dx   f  (t )  ' (t ) dt (tiếp tục tính tích phân mới)3. PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦNCông thức tích phân từng phầnbb u ( x).v' ( x) dx  u ( x).v( x) a   v( x).u ' ( x)dxbaabb udv  u.v   vduhay:baaaCách thực hiệnBước 1: Đặtu  u ( x)du  u ' ( x)dxdv  v' ( x)dxv  v( x)bbBước 2: Thay vào công thức tích phân từng từng phần :  udv  u.va   vduaBước 3: Tính u.v bababvà  vdua50 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNII. CÁC VÍ DỤ2Ví dụ 1: Tính tích phân I  1x 2  3x 1dx .x2  x(Phân tích & dùng định nghĩa)Bài giải♥ Biến đổi hàm số thành dạng2Khi đó: I  1x 2  3x 12 x 1 1 22x xx x22x 2  3x 12 x 1dx   dx   2dx2x xx x112 dx  x21112122 x 12dxlnxx ln 31x2  x♥ Vậy I  1  ln 3 . 1Ví dụ 2: Tính tích phân I  0 x 12dx .x2 1(Phân tích & dùng định nghĩa)Bài giải x 12♥ Biến đổi hàm số thành dạng1Khi đó: I  0 x  12x 12x 2 111dx   dx  00x 2  2 x 12x 1 22x 1x 12xdxx 121 dx  x10101012x2dxlnx1 ln 20x 2 1♥ Vậy I  1  ln 2 . ln 2Ví dụ 3: Tính tích phân I   e x 1 e x dx .2(Đổi biến số dạng 1)0Bài giải♥ Đặt t  e x 1  dt  e x dx51 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN x  ln 2 t  1Đổi cận:  x  0t  01Suy ra: I  01t31t dt 30 321♥ Vậy I  . 31Ví dụ 4: Tính tích phân I   x 2  x 2 dx .(Đổi biến số dạng 1)0Bài giải♥ Đặt t  2  x 2  t 2  2  x 2  2tdt  2 xdx  tdt   xdx x  1 t  1Đổi cận:  x  0 t  22Suy ra: I  1♥ Vậy I 2t32 2 1t dt 31322 2 1.3e4  5ln xdx .xVí dụ 5: Tính tích phân I  1(Đổi biến số dạng 1)Bài giải♥ Đặt t  4  5ln x  t 2  4  5ln x  2tdt 5dxx x  e t  3Đổi cận:  x  1 t  23322238Suy ra: I   t 2 dt  t 3  33  23  5 215 2 1515♥ Vậy I 38.154Ví dụ 6: Tính tích phân I    x  1 sin 2 xdx .(Tích phân từng phần)052 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNBài giảidu  dxu  x  1♥ Đặt  dv  sin 2 xdx v   1 cos 2 x24411Suy ra: I    x  1 cos 2 x  sin 2 x240044113   x  1 cos 2 x  sin 2 x 244003♥ Vậy I  . 44Ví dụ 7: Tính tích phân I   x 1  sin 2 x dx .(Tích phân từng phần)04400♥ Ta có: I   xdx   x sin 2 xdx 2 4x24  x sin 2 xdx 004 x sin 2 xdx32 02du  dxu  xĐặt  dv  sin 2 xdx v   1 cos 2 x24Suy ra:0♥ Vậy I 444411111x sin 2 xdx  x cos 2 x   cos 2 xdx   cos 2 xdx  sin 2 x 22 02 044002 1 .32 42Ví dụ 8: Tính tích phân I  1x 2  2 ln xdx .x(Phân tích + đổi biến số dạng 1)Bài giải22♥ Ta có: I   xdx  2 1202♥ Tính11ln xdxx2x23xdx 2 1 2ln xdxx53 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGĐặt t  ln x  dt HĐBM - TỔ TOÁN1dxx x  2 t  ln 2Đổi cận:  x  1 t  02ln 2ln xt2dx   tdt x20Suy ra:1ln 20ln 2 223♥ Vậy I   ln 2 2 . 22x 2 1ln xdx .x2Ví dụ 9: Tính tích phân I  1(Tích phân từng phần)1du  dxu  ln xx2♥ Đặt dv  x 1 dx 1v  x x2x211 1Suy ra: I   x   ln x    x   dxxx x1122211  x   ln x   x  xx 1153 ln 2 2253♥ Vậy I  ln 2  . 22Ví dụ 10: Tính tích phân I =10 (2ex2 ex ) xdx .(Phân tích + đổi biến dạng 1+ tích phân từng phần)Bài giải♥ Ta có: I =10 2xex210x2 I1 =0 2xe I2 =0 xe dx11dx   xex dx .1122dx   ex d (x 2 ) = e x  = e – 1.0  0xĐặt u = x du = exdxxdv = e dx  v = ex.111Suy ra: I2 =  xex    ex dx = e   ex  = 1.000♥ Vậy I = e – 1 + 1 = e. 54 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNB. Bài tậpBài 1: Tính các tích phân sau11) I  02xx242dx2) I  0sin x1  cos x 2dxBài 2: Tính các tích phân saue3eln x  11) I  dxx12) I ln 3 x  21 x dxBài 3: Tính các tích phân sau21) I   sin 3 x cos xdx2) I   sin 2x(1  sin 2 x)3dx00Bài 4: Tính các tích phân sau221) I   x x 2  3dxx22) I  x3  101dxBài 5: Tính các tích phân sau121) I   x x  e x dx0e ln 3 x 2) I   x 1  2  dxx 1 Bài 6: Tính các tích phân saue1  3ln x ln xdxx1) I  1ln 32) I 0exex13dxBài 7: Tính các tích phân sau261) I  2) I  s in2x cos xdx1  cos x00tan 4 xdxcos 2 xBài 8: Tính các tích phân sau2s in2x  sin x1) I  dx1  3cos x022) I  0sin 2xcos2 x  4 sin 2 xdxBài 9: Tính các tích phân sau21) I   cos3 x  1 cos 2 xdx02s in2xdx3  4sin x  cos 2 x02) I  Bài 10: Tính các tích phân sau55 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN4dx1) I  40 cos x 3 tan x  122) I  4cot x  1dxsin 4 xBài 11: Tính các tích phân saue1) I x12dx2) I  21  ln x6cot xdxsin 2 x  1Bài 12: Tính các tích phân sau31) I  4tan xcos x 1  cos 2 xln5dx2) I ln 2e2xex 1dxBài 13: Tính các tích phân sau221) I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx02) I   sin 2x(1  sin 2 x)3dx0Bài 14: Tính các tích phân sauln511) I   x32x  3dx2) I ln 20ex 1 exex 1dxBài 15: Tính các tích phân sau1) I   x cos xdx02) I    ecos x  x  sin xdx0Bài 16: Tính các tích phân sau2ln xdxx211) I  32) I   x ln 3  x 2 dx0Bài 17: Tính các tích phân saue51) I   1  x 2 ln xdx12) I   x 2 ln  x  1 dx2Bài 18: Tính các tích phân saue1) I  1x2  1ln xdxxe2) I   x3 ln 2 xdx1Bài 19: Tính các tích phân sau11) I    x  2  e 2 x dx032) I   ln  x 2  x  dx2Bài 20: Tính các tích phân sau56 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG2HĐBM - TỔ TOÁN41) I   ecos x  cos3 x sin xdx1dxsin 2 x.(2  cot 2 x)2) I  280Bài 21: Tính các tích phân sau432x 1dx2x  10 11) I  2) I dx x (x212 1)Bài 22: Tính các tích phân sau21) I  02cos 2 x sin x  cos x  33dxx3  2 x 2  4 x  9dxx2  42) I  0Bài 23: Tính các tích phân sau61) I   x sin 2 3 xdx22)cot xdx4 1  sin xI04Bài 24: Tính các tích phân sau611) I  dx2 2 x 1  4x 122) I  0sin x  cos xdx3  sin 2 xBài 25: Tính các tích phân sau211) I  2) I  sin 2 xdx3  4sin x  cos 2 x00x2dx( x  1) x  157 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNNội dung 3: Ứng dụng của tích phân.A. Tóm tắt lí thuyếtI. CÔNG THỨC1. Công thức tính diện tích hình phẳngyyx b(C1 ) : y  f ( x)xa(C1 ) : y  f ( x )(C ) : y  g ( x ) 2(H ) :  1 : x  a 2 : x  b(H )(C 2 ) : x  g ( y)ybb(C2 ) : y  g ( x)(H )aOyaxxab(C1 ) : x  f ( y )(C ) : x  g ( y ) 2(H ) :  1 : y  a  2 : y  bO(C1 ) : x  f ( y)bbS   f ( x)  g ( x) dxS   f ( y)  g ( y) dyaa2. Công thức tính thể tích vật thể tròn xoayyxaOaxb(C ) : y  f ( x)y0b2V     f ( x) dxabxybx0y b(C ) : x  f ( y )yaaxOb2V     f ( y ) dya58 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNII. CÁC VÍ DỤVí dụ 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2  x  3 và đường thẳng y  2 x  1 .Bài giải♥ Phương trình hoành độ giao điểm của hai đườngx 1x 2  x  3  2 x 1  x 2  3x  2  0   x  2♥ Diện tích hình phẳng cần tìm là2S   x 2  3 x  2 dx12 x 3 3x 21   x  3 x  2    2 x  .  321 6122Ví dụ 2: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường1y, y  0, x  0 và x  1 xung quanh trục hoành.1  4  3xBài giải1♥ Thể tích khối tròn xoay là V   0dx1 4  3x2.♥ Đặt t  4  3x , ta có khi x  0 thì t  2, khi x  1 thì t  1 và x 124  t22tnên dx   dt .33212t2t2  11 .dt dt  dt22(1  t ) 33 1 (t  1)3 1  t  1 (t  1)2 2Khi đó ta có V   231  2 2  3 1   3 ln|t1|  ln     6 ln  1 . t 1 13  2 6 9 2 59 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNB. Bài tập y  x2  4x  3y  0Bài 1: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): x  0 x  2 y  x 2Bài 2: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): 2 y  2  x3x  1y  x  1Bài 3: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H):  y  0x  02 y  xBài 4: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): 2 x  y2 y  x  2xBài 5: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H) : 2 y  x  4x(C ) : y  xBài 6: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): (d ) : y  2  x(Ox)(C ) : y  e xBài 7: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): (d ) : y  2() : x  1Bài 8: Trong mặt phẳng  Oxy  cho hình phẳng (H) giới hạn bởi cc đường 4 y  x 2 và y  x . Tính thể tíchvật thể tròn xoay khi quay (H) quanh trục Ox.Bài 9: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi hai đường : y = x2 + x - 5 ; x + y - 3 = 0Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox.Bài 10: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi các đường : y  x; y  2  x; y  0Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox.Bài 11: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi hai đường : y  4  x 2 ; y  x 2  2 .Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox.--------------------------Hết---------------------------60 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 3PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁCA. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁCI. Đơn vị đo góc và cung:1. Độ:180 oGoùc 10  1 goùc beït180.yxO2. Radian: (rad)1800   rad3. Bảng đổi độ sang rad và ngược lại của một số góc (cung ) thông dụng:000ĐộRadian30 0645 0460039002120 023135 034150 056180 0II. Góc lượng giác & cung lượng giác:1. Định nghĩa:(tia ngọn)y360 02y(điểm ngọn)BOxxO(tia gốc)tMtA (điểm gốc)(Ox , Oy )    k 2 (k  Z)AB    k 22. Đường tròn lượng giác:    k2Số đo của một số cung lượng giác đặc biệt: AMyMABCDA, CB, D2k  2k2  2k-   2k2k  k2BCOxAD61 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNyIII. Định nghĩa hàm số lượng giác:x'uB1u'1. Đường tròn lượng giác: A: điểm gốc x'Ox : trục côsin ( trục hoành ) y'Oy : trục sin ( trục tung ) t'At : trục tang u 'Bu : trục cotangt1CR 1O1A1Dx2. Định nghĩa các hàm số lượng giác:t'y'Trên đường tròn lượng giác cho AM   .Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên x'Ox và y'OyT, U lần lượt là giao điểm của tia OM với t'At và u'BuTa định nghĩa:tyta. Định nghĩa:Trục sinTrục cotangUBu'MQtx'OPuTsin   OQxtanATrục cosin1y'cos  OP ATcot   BUTrục tangt'b. Các tính chất : Với mọi  ta có :1  sin   1 hay sin  11  cos   1 hay cos   1 k2 cot  xác định   kc. Tính tuần hoàntan  xác định  sin(  k 2 )  sin cos(  k 2 )  cos tan(  k )  tan cot(  k )  cot (k  Z )62 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIV. Giá trị các hàm số lượng giác của các cung (góc ) đặc biệt:Ta nên sử dụng đường tròn lượng giác để ghi nhớ các giá trị đặc biệtyt3- 3- 3 /3-1u'B12/33 /3/2u/43 /23/42 /25/6x'31/3/63 /31/21/2- 3 /2 - 2 /2 -1/2-12 /23 /2x1 A (Ñieåm goác)O-1/2-/6- 2 /2- 3 /3-/4- 3 /2-1-1-/3-/2y'Góc000Hslgsin 0cos 1tan 0cot kxđ30 06123233345 04222211t'60 0 90 0 120 0232313322011223 kxđ  333033- 3135 0342222-1-1150 056123233 3180 0 3600200-1100kxđkxđ63 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNV. Hàm số lượng giác của các cung (góc) có liên quan đặc biệt:Đó là các cung :1. Cung đối nhau:  vaø -2. Cung bù nhau:  vaø  -3. Cung phụ nhau:  vaø4. Cung hơn kém2(tổng bằng 0)( tổng bằng  )( tổng bằng)2:  vaø  225. Cung hơn kém  :  vaø   (Vd: & ,…)6 3(Vd: 2&,…)63(Vd: 7,…)&662. Cung bù nhau:1. Cung đối nhau:cos( )  cos sin( )   sin tan( )   tan cot( )&  ,…)66 5(Vd:&,…)66(Vd:cos(   )   cos Đối cosBù sin  cot sin(   )  sin tan(   )   tan cot(   )  cot 3. Cung phụ nhau:4. Cung hơn kémcos(   )2sin(   )2tan(   )2cot(   )2cos(   )2sin(   )2tan(   )2cot(   )2 sin  cos  cotPhụ chéoHơn kém2sin bằng coscos bằng trừ sin tan :2  sin  cos  cot  tan 5. Cung hơn kém  :cos(   )   cos sin(   )   sin tan(   ) cot(   ) tancot Hơn kém tang , cotang64 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVI. Công thức lượng giác:1. Các hệ thức cơ bản:21cos211  cot 2 =sin2 tan . cot = 11  tan2 =2cos   sin   1sintan =coscoscot =sin2. Công thức cộng:cos(   )  cos  .cos   sin  .sin cos(   )  cos  .cos   sin  .sin sin(   )  sin  .cos   sin  .cos sin(   )  sin  .cos   sin  .cos tan +tan1  tan  .tan tan  tantan(   ) =1  tan  .tan tan( + ) =3. Công thức nhân đôi:cos2  1  cos 22sin2  1  cos 22cos2  cos2   sin2  2 cos2   1 1  2 sin 2  cos4   sin 4 sin 2  2 sin  .cos tan 2 2 tan 1  tan2 sin  cos  1sin 224 Công thức nhân ba:3cos 3  4 cos   3cos cos 3  cos 3  3 cos 4sin 3  3 sin   sin 34sin 3  3sin   4sin 3 5. Công thức hạ bậc:cos2  1  cos 2;2sin2  1  cos 2;2tan2  1  cos 21  cos 265 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN6. Công thức tính sin  ,cos  ,tg theo t  tan  :2sin  2t;1  t2cos  1  t2;1  t2tan  2t1  t27. Công thức biến đổi tích thành tổng :1 cos(   )  cos(   )21sin  .sin    cos(   )  cos(   )21sin  .cos   sin(   )  sin(   )2cos  .cos  8. Công thức biến đổi tổng thành tích:  .cos22  cos   cos   2 sin.sin22  sin   sin   2sin.cos22 sin   sin   2 cos.sin22sin(   )tan   tan  cos  cos sin(   )tan   tan  cos  cos cos   cos   2 cos9. Các công thức thường dùng khác:cos  sin   2 cos(  )  2 sin(  )44cos  sin   2 cos(  )   2 sin(  )443  cos 445  3 cos 466cos   sin  8cos 4   sin 4  66 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNB. BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁCCÁC VÍ DỤ 1Ví dụ 1: Cho góc    ;  mà sin  . Tính sin    2 65Bài giải ♥ Từ hệ thức: cos2   sin 2   1 và    ;  2 12553 2Thay (2) vào (1) ta được: sin    62 5Suy ra: cos    1 sin 2    1(2) 31Ví dụ 2: Cho góc    ; 2 mà sin  cos   . Tính sin 2 2222Bài giải113♥ Từ sin  cos    1  sin    sin   22244 2cos   1 sin 2   1 9  716 167♥ Do  cos  34   ; 22♥ Vậy sin 2  2 sin .cos   3 78 3 9Ví dụ 3: Cho góc   ;  mà cos    . Tính tan    2 441Bài giải 3 924040♥ Do   ;   sin    1 cos2    1 2    tan   2 41419401 tan  131♥ Do đó tan    . 940 494  1  tan 19Ví dụ 4: Cho  là góc mà sin  1. Tính sin 4  2sin 2  cos 4Bài giải♥ Ta có: sin 4  2 sin 2  cos   cos 2  1.2 sin 2.cos  2 cos2 .4sin .cos2 67 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN1  1 225 81 sin   .sin   81  .  16  4 128222Ví dụ 5: Cho  là góc mà tan   2 . Tính P sin sin   3cos 3 3Bài giải♥ Vì tan   2 nên sin   0 , do đó:12sin sin 2   1  cot P 3sin   3cos3  1  3 cot 3  1  3 cot 3 tan 2   1.tan  22  1.2 10tan 3   323  311C. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁCCác bước giải một phương trình lượng giácBước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩaBước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giảiBước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có)Bước 4: Kết luận1. Định lý cơ bản: ( Quan trọng )sinu = sinvcosu = cosv u = v+k2  u =  -v+k2 u = v+k2  u =  v + k2 u = -v+k2tanu = tanvu = v+kcotu = cotvu = v+k k )2(u;v  k )(u;v ( u; v là các biểu thức chứa ẩn và k  Z )2. Các phương pháp giải phương trình lượng giác thường sử dụng :a. Phương pháp 1:Biến đổi pt đã cho về một trong các dạng pt lượng giác đã biết cách giải.b. Phương pháp 2:Biến đổi pt đã cho về dạng tích số.Cơ sở của phương pháp là dựa vào các định lý sau đây: A=0A.B  0   B=0hoặcA.B.C  0 A=0  B=0C=068 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGc. Phương pháp 3:HĐBM-TỔ TOÁNBiến đổi pt về dạng có thể đặt ẩn số phụ.Một số dấu hiệu nhận biết :Phương trình chứa cùng một một hàm số lượng giác ( cùng cung khác lũy thừa).Phương trình có chứa (cos x  sin x ) vaø sinx.cosx .3. Các phương trình lượng giác thường gặp:a. Dạng 1:sinx = m ; cosx = m ; tanx = m ; cotx = m(Phương trình lượng giác cơ bản)* Gpt : sinx = m (1)Nếu m  1 thì pt(1) vô nghiệmNếu m  1 thì ta đặt m = sin  và ta có( m  R ) x =  +k2(1)  sinx = sin   x = ( - )+k2* Gpt : cosx = m (2)Nếu m  1 thì pt(2) vô nghiệmNếu m  1 thì ta đặt m = cos  và ta có x =  +k2(2)  cosx = cos   x =   +k2* Gpt: tanx = m (3)( pt luôn có nghiệm m  R )Đặt m = tan  thì(3)  tanx = tan  x =  +k* Gpt: cotx = m (4)( pt luôn có nghiệm m  R )Đặt m = cot  thì(4)  cotx = cot  x =  +kCác trường hợp đặc biệt:sin x  1  x = y k 22 x = ksin x  1 x =  k 22cosx  1  x =   k 2cosx = 0 x = + k2cos x  1  x = k 2Bsinx = 0COxAD69 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNb. Dạng 2:a sin 2 x  b sin x  c  0a cos2 x  b cos x  c  0( a  0)a tan 2 x  b tan x  c  0a cot 2 x  b cot x  c  0(Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác)Cách giải:Đặt ẩn phụ : t = sinx ( t = cosx; t = tanx; t = cotx)Ta được phương trình : at 2  bt  c  0 (1)Giải phương trình (1) tìm t, rồi suy ra xChú ý : Phải đặt điều kiện thích hợp cho ẩn phụ (nếu có)c. Dạng 3:a cos x  b sin x  c (1)( a;b  0)(Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx)Cách giải:Chia hai vế của phương trình cho a2  b2 thì ptabc(1) cos x sin x a2  b 2a2  b2a2  b2Đặta2a b2 cos vaøb2a  b2 sin  với    0;2  thì :(2)  cosx.cos + sinx.sin = cos(x- ) =(2)c2a  b2Pt (3) có dạng 1. Giải pt (3) tìm x.ca2  b2(3)Chú ý :Pt acosx + bsinx = c coù nghieäm  a2  b2  c 2d. Dạng 4:a sin 2 x  b sin x.cos x  c cos2 x  0(a;c  0)(1)(Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sinx và cosx)70 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNCách giải 1:1  cos2 x1  cos 2 xvaø cos2 x 221và công thức nhân đôi : sin x.cos x  sin 2 x thay vào (1) ta sẽ biến đổi pt (1) về dạng 32Áp dụng công thức hạ bậc : sin 2 x Cách giải 2: ( Quy về pt theo tang hoặc cotang )Chia hai vế của pt (1) cho cos2 x ta được pt:a tan 2 x  b tan x  c  0Đây là pt dạng 2 đã biết cách giải.Chú ý: Trước khi chia phải kiểm tra xem x  k có phải l nghiệm của (1) không?2e. Dạng 5:a(cos x  sin x )  b sin x.cos x  c  0(1)(Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx)Cách giải :Đặt t  cos x  sin x  2 cos( x  ) vôùi - 2  t  24t2  1Do (cos x  sin x )2  1  2 sin x.cos x  sinx.cosx=2 Thay vào (1) ta được phương trình :t2 1at  b c  0 (2)2Chú ý :Giải (2) tìm t . Chọn t thỏa điều kiện rồi giải pt:2 cos( x  )  t tìm x.4a(cos x  sin x )  b sin x.cos x  c  0Ta giải tương tự cho pt có dạng :CÁC VÍ DỤVí dụ 1: Giải phương trình sin 5 x  2 cos 2 x  1(1)Bài giải♥ Ta có:1   cos 5 x    cos 2 x  02 cos 5 x    cos 2 x2(Biến đổi về pt cơ bản)71 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN 5 x   2 x  k 22  5 x   2 x  k 22 k 2x   63  k 2x   147k   k   k 2 k 2♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   , x 63147Ví dụ 2: Giải phương trình sin 3x  3 cos 3x  2sin 2 x k   (1)Bài giải♥ Ta có:1 13sin 3 x cos 3 x  sin 2 x22 sin 3 x    sin 2 x3(Biến đổi về pt cơ bản)3 x   2 x  k 23 3 x     2 x  k 23 x   k 23  k  4 k 2x 155♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x Ví dụ 3: Giải phương trình 4 cos4 k 2 k 2, x +k    .31555x3xcos  2 8sin x 1 cos x  522(1)Bài giải♥ Ta có:1  2 cos 4 x  cos x  8sin 2 x  2cos x  5 2cos 4 x  8sin 2 x  5  0 4sin 2 2 x  8sin 2 x  3  0 sin 2 x (Biến đổi về pt bậc hai theo sin2x)3: phương trình vô nghiệm272 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN 2 x   k 2 x   k1612 sin 2 x   sin 2 x  sin   k  2655 k 2  x  k2x 612♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 5 k , x +k k    .1212Ví dụ 4: Giải phương trình 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x(1)Bài giải♥ Ta có:1  cos 8 x  cos 2 x  sin x  cos8 x 2sin 2 x  sin x 1  0  0sin x  1 1sin x  2 sin x  1  x (Biến đổi về pt bậc hai theo sinx) k 22 x    k 216 sin x    sin x  sin    k  267 k 2x 6♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x Ví dụ 5: Giải phương trình7 k 2; x    k 2, x +k 2 k    .2662 sin x  2cos x   2  sin 2 x(1)Bài giải♥ Ta có:1  2 sin x  2 2 cos x  2sin x cos x  2  0 sin x 2cos x  2  2 2cos x  2  0 sin x  2 2 cos x  2  0(Biến đổi về pt tích số) sin x  2  0  sin x  2 : phương trình vô nghiệm 2 cos x  2  0  cos x  233 cos x  cos x    k 2  k  244♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  3 k 2 k   .4Ví dụ 6: Giải phương trình sin x  4 cos x  2  sin 2 x(1)73 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải♥ Ta có:1  sin x  4cos x  2sin x cos x  2  0 sin x  22 cos x 1  0(Biến đổi về pt tích số) sin x  2  0  sin x  2 : phương trình vô nghiệm 2 cos x 1  0  cos x 1 cos x  cos  x    k 2  k   233♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2  k   .3Ví dụ 7: Giải phương trình cos   x  sin 2 x  0 2(1)Bài giải♥ Ta có:1  sin x  2sin x cos x  0 sin x 1  2cos x  0(Biến đổi về pt tích số) sin x  0  x  k 122 1  2 cos x  0  cos x    cos x  cos x    k 2233♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  k  , x  Ví dụ 8: Giải phương trình sin 3 x  cos 2 x  sin x  02 k 2 k   .3(1)Bài giải♥ Ta có:1  2 cos 2 x sin x  cos 2 x  0  0 cos 2 x  2sin x  1  0 cos 2 x  0  2 x (Biến đổi về pt tích số) k k  x  k  242 x    k 2  16 2sin x  1  0  sin x    sin x  sin    k    6 72 k 2x 6 k7♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   , x    k 2, x  k 2  k    .4266Ví dụ 9: Giải phương trình 2 cos 2 x  sin x  sin 3 x(1)Bài giải♥ Ta có:1  2 cos 2 x  sin x  sin 3 x  0 2 cos 2 x  2 cos 2 x sin x  0 cos 2 x sin x 1  0(Biến đổi về pt tích số)74 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN k k  x  k  242 sin x 1  0  sin x  1  x  +k 2 k   2 k♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   , x  +k 2422 cos 2 x  0  2 x Ví dụ 10: Giải phương trình 1 2sin x cos x  1  sin x  cos x2k   .(1)Bài giải♥ Ta có:1  2 1 sin x sin 2 x  1  sin x   0 1  sin x 2sin 2 x 1  0 sin x  1  x    k 22(Biến đổi về pt tích số) k   2 x   k 2 x   k1612 2sin 2 x1  0  sin 2 x   sin 2 x  sin  k  2655 k 2  x  k2 x 6125♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2, x   k , x +k  k    .21212Ví dụ 11: Giải phương trình 1  tan x  2 2 sin  x  4(1)(Phương trình lượng giác có điều kiện)Bài giải♥ Điều kiện: cos x  0  x ♥ Ta có:1  1  k2sin x 2 sin x  cos x cos x sin x  cos x  2cos x 1  0(Biến đổi về pt tích số) sin x  cos x  0  tan x  1  x    k k   4 2 cos x 1  0  cos x 1 cos x  cos  x    k 2  k   233Đối chiếu điều kiện: các nghiệm tìm được đều thỏa điều kiện.♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k, x    k 2  k    .4375 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁND. BÀI TẬPGiải các phương trình1) cos 5 x  cos x  2 sin 3 x  03) 2 cos3 x cos x 2) cos 7 x  cos 3 x  2 cos 5 x  01 cos 2 x24) cos 3 x  tan x sin 3x  15) cos 3 x  3 sin 3 x  2 cos x6) cos 5 x  cos 2 x  sin 3x sin 2 x  07) sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  08) sin 2 x  cos 2 x  sin x  2 cos 29) 4 cos 4 x  8sin 4 x  cos 4 x  310) 4 cos3 2 x  6sin 2 x  311) 8cos x cos   x  .cos   x   1  033 1312) sin x  sin  x 1 213) 1  5sin x  2 cos2 x  014)cos x 2sin x  3 2  2 cos 2 x  115)11  s in2x17) cot x  tan x  4 s in2x 19) 2 cos2 x  cot 2 x 2s in2xsin3 x  1sin 2 xx02cos 2 x  3 2 cos x  30tan x  116) 5sin x  2  3 1  sin x  tan 2 x18) cos2 3 x cos 2 x  cos2 x  020) cos2 x  tan 2 x cos2 x  cos3 x  1cos2 xcos3 x  s in3x 21) 5  sin x   cos 2 x  31  2 s in2x 22) 4 cos3 x  3 s in3x  1  3cos x23) cos 7 x  s in5x  3  cos5 x  sin 7 x 24) 2 cos2   2 x   3 cos 4 x  4 cos2 x  1425) s in3x  3 cos3x  2 sin  3 x  326) 2 sin  2 x    4 sin x  16 x  727) sin x cos 4 x  sin2 2 x  4sin2     4 2 2  5x 9x28) cos3 x  sin 7 x  2sin2     2 cos224 2  1729) sin 2 2 x  cos2 8x  sin  10 x  230) 2 s in2x  cos2 x  7sin x  2 cos x  431)2 sin  2 x    3sin x  cos x  2432) 2 cos6 x  2 cos 4 x  3 cos2 x  s in2x  3-----------------------------Hết-------------------------------76 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNChủ đề 4PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARITA. Tóm tắt lí thuyếtI. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ MŨ1. Các định nghĩa:an  a.a...a(n  Z  , n  1, a  R)n thöøa soá1a  a aa0  1a n manaa  01(n  Z  , n  1, a  R / 0)ann ammn1man( a  0; m, n  N )1n ma2. Các tính chất :am .an  am  namn am na(a m )n  (an )m  am.n(a.b)n  a n .b naan( )n  nbb3. Hàm số mũ:Dạng : y  a x ( a > 0 , a  1 ) Tập xác định : D  R Tập giá trị :T  R  ( ax  0 x  R ) Tính đơn điệu:*a>1: y  ax đồng biến trên R* 0 < a < 1 : y  a x nghịch biến trên R77 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNĐồ thị hàm số mũ :yyy=axy=ax110 0 , a  1 và N > 01. Định nghĩa:dnaM  Nlog a N có nghĩa khia  0a  1N  0log a N  MĐiều kiện có nghĩa:2. Các tính chất :log a 1  0log a a  1log a a M  Malog a N  Nlog a (N1 .N 2 )  log a N1  log a N 2Nloga ( 1 )  log a N1  log a N 2N2log a N   . log a NĐặc biệt : loga N 2  2. log a N78 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN3. Công thức đổi cơ số :log a N  log a b. log b Nlog b N log a Nlog a b* Hệ quả:log a b 1log b aakN1log a NkDạng y  log a x ( a > 0 , a  1 )4. Hàm số logarít:logvàTập xác định : D  R Tập giá trịTRTính đơn điệu:*a>1: y  log a x đồng biến trên R * 0 < a < 1 : y  log a x nghịch biến trên R Đồ thị của hàm số lôgarít:yOyy=logaxy=logax1Oa>10 0;N > 0 thì : loga M = loga N  M = N5. Định lý 5: Với 0 < a N (nghịch biến)6. Định lý 6: Với a > 1 thì :loga M < loga N  M < N (đồng biến)2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT:Dạng cơ bản: ax  m (1)m  0 : phương trình (1) vô nghiệmm  0 : ax  m  x  loga mDạng cơ bản: loga x  mm   : loga x  m  x  ama. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng : aM = aN ; log a M  log a N(Phương pháp đưa về cùng cơ số)Ví dụ 1: Giải phương trình 0,125.42x  3 2 8 x(1)Bài giải♥ Đưa hai vế về cơ số 2, ta được:x1  2 .234 x6 5   2 2  5x 2 4 x9  2 2  4 x  9 53x  x9  x622♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  6 80 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNTự luyện: Giải các phương trình sau5 x71) 1,5 2   3 4) 3x 3 x  2 2x1x12) 4.2 x    4 3) 3x.23 x  576 31 xVí dụ 2: Giải phương trình log 2  x 1 2 log 4 3 x  2  2  0(1)Bài giải x  1 x 1  0♥ Điều kiện:   x 13 x  2  0  x  23(*)♥ Khi đó: 1  log 2  x 1 log 2 3 x  2  2 log 2x 1 23x  2x 113x  2 4 4 x  4  3 x  2  x  2 [thỏa (*)]♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Ví dụ 3: Giải phương trình log 2 x  log 3 x  log 6 x  log36 x(1)Bài giải♥ Điều kiện: x  0♥ Áp dụng công thức log a c  log a b  log b c ,  0  a, b, c; a  1; b  1 , ta có1  log 2 x  log3 2  log 2 x  log 6 2  log 2 x  log 36 2  log 2 x log 2 x  log 3 2  log 6 2  1  log 36 2   0 *Do log 3 2  log 6 2  1  log36 2  0 nên* log 2 x  0  x  1♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  1 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) log 3 x  log 3  x  2  12) log 3  x 1  log 3  x  2  log 3 63) log  x  7 x  6  log  x 1  14) 2 log2  2x  2   log 1  9x  1  1225) log 13132 x 11 log 3 3 (2  3x 1 )37) log 4  x  12.log x 2  116) log 2  log 1  x 2  x  3x28) log 1 x  1  log 1 x  1  log 1 7  x  129) log 4  x  3  log 2  x  7   2  022210) log 7 x  2  log 1  8  x   0781 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN11) log 3  2 x  7   log 1  x  5   03Ví dụ 4: Giải phương trình: log3 (x  1)2  log 3 (2x  1)  2(1)Bài giải x  1 x 1  0♥ Điều kiện:  2 x 1  0  x  12♥ Khi đó:(*)1  2 log 3 x 1  2 log 3 2 x 1  2 log 3 x 1  log 3 2 x 1  1 log3  x 1  2 x 1  1 x 1  2 x 1  3 Với(2)1 x  1 thì  2  1  x2 x 1  3  2 x 2  3 x  4  0 : phương trình vô nghiệm2 Với x  1 thì1x   2   x 1 2 x 1  3  2 x  3x  2  0  2 x  22loaïi[thỏa (*)]♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) log 2 x 2  2 log 2 3x  42) log2 x  2  log4  x  5  log 1 8  0223) 2 log 3  x  2  log 3  x  4  024) log2 x  2  log2 x  5  log 1 8  025) log 2 1 2 x  x 2   2log 2 3  x b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại sốVí dụ 5: Giải phương trình 9x  4.3x  45  0(1)Bài giải♥ Đặt t  3x với t  0 , phương trình (1) trở thành t 2  4t  45  0 t  5 2  (2)loaïi t  9 Với t  9 thì 3x  9  x  282 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) 16 x 17.4 x 16  02) 25 x  6.5 x  5  03) 32x+8  4.3x+5 + 27 = 04) 9 x  x1 10.3 x  x2 1  022Ví dụ 6: Giải phương trình 3x 1 18.3 x  29(1)Bài giải♥ Biến đổi phương trình (1) ta được1  3.3x 18 293x(2)♥ Đặt t  3x với t  0 , phương trình (1) trở thành 3t 2  29t 18  0(3)2t 3   3t  9 Với t  9 thì 3x  9  x  2 Với t 222thì 3x   x  log 3333♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  log 323Tự luyện: Giải các phương trình sau1) 5x1  53x  26  02) 101 x 101x  9922Ví dụ 7: Giải phương trình6.9 x  13.6 x + 6.4 x = 0(1)Bài giải♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 4 x ta đượcx 3 x  31  6.    13.   6  0 2 2  2 3♥ Đặt t    với t  0 , phương trình (1) trở thành 6t 2 13t  6  0 2 (2)x(3)83 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN2t 3   33t 2 333 Với t  thì     x  1 222x 322 Với t  thì     x  1 233x♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  1 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) 4.9 x 12 x  3.16 x2) 3.16 x  2.81x  5.36 x3) 32 x  4  45.6 x  9.22 x  2  04) 5.2x  7. 10x  2.5x5) 27 x  12 x  2.8 xVí dụ 8: Giải phương trìnhlog 22 x  3log 2  2 x 1  0(1)Bài giải♥ Điều kiện: x  0♥ Khi đó:1  log 22 x  3log 2 x  2  0Đặt t  log 2 x , phương trình (1) trở thành t 2  3t  2  0(3)t  13  t  2 Với t  1 thì log 2 x  1  x 12[thỏa (*)] Với t  2 thì log 2 x  2  x 14[thỏa (*)]11♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  ; x  42Ví dụ 9: Giải phương trình1215  log x 1  log x(1)Bài giải x  0♥ Điều kiện: log x  5log x  1(*)84 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN1215  t 1 tt  23  1 t  25  t   5  t 1  t   t 2  5t  6  0  t  3 Với t  2 thì log x  2  x  100[thỏa (*)] Với t  3 thì log x  3  x  1000[thỏa (*)]♥ Đặt t  log x t  5, t  1 , phương trình (1) trở thành(3)♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  100; x  1000 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) log 22 x 2  4log 2 x3  8  02)643log2 2x log2 x23) log 3 3x 1.log 3 3x1  3  6Ví dụ 10: Giải phương trình 2log3x 1 2log3x2x(1)Bài giải♥ Điều kiện: x  0♥ Đặt t  log 3 x  x  3t thì phương trình (1) trở thành 21942.2  .2t  3t  .2t  3t      t  2 3 944ttVới t  2 thì x  9 (thỏa điều kiện)♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  9 Ví dụ 11: Giải phương trình 5.2 x  8 log 2  x  3 x 2  2 (1)Bài giải♥ Điều kiện 5.2 x  8  0 (*)♥ Ta có:1 5.2 x  8 23 xx2 2 2 x 5.2 x  8  8 2 x  2 5.22 x 16.2 x 16  0(2)♥ Đặt t  2 x với t  0 , phương trình (2) trở thành 5t 2 16t 16  0(3)t  43  4t  5 Với t  4 thì 2 x  4  x  2[thỏa (*)]85 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Tự luyện: Giải phương trình sau log 2 3.2 x 1  2 x  1c. Phương pháp 3: Biến đổi phương trình về dạng tích số A.B=0,..Ví dụ 12: Giải phương trình 4.5 x  25.2 x  100 10 x(1)Bài giải♥ Ta có: 1  4.5 x  2 x.5 x  25.2 x 100  0 5 x 4  2 x   25 2 x  4  0 4  2 x 5 x  25  05 x  25 x x22  4♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) 3.7 x  49.3x  147  21x2) 32 x  x  3  9 x  3 x 13) log 2 x  2 log 7 x  2  log 2 x.log 7 xd. Phương pháp 4: Lấy lôgarít hai vế theo cùng một cơ số thích hợp nào đó(Phương pháp lôgarít hóa)Ví dụ 13: Giải phương trình 3x.2 x  12(1)Bài giải♥ Lấy lôgarit hai vế với cơ số 3, ta có1  log 3 3x.2 x   log3 12 log 3 3x  log 3 2 x  02 x  x 2 log3 x  0 x 1  x log 3 2  0x  01x    log 2 3log 3 2♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  0, x   log 2 3 e. Phương pháp 5: Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minhnghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)86 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN♥ Ta thường sử dụng các tính chất sau:Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = C cókhông quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao chof(x0) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trongkhoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) .(do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phươngtrình f(x) = g(x))Ví dụ 14: Giải phương trình 3x  4x  5x(1)Bài giải♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 5 x 5 x  0, x , ta có 3  4 1        1 5  5 xx(2)( Dạng f  x  C ) 3  4 ♥ Xét hàm số f  x        trên  , ta có 5   5 xx 3 3  4  4f '  x    ln    ln  0, x    f  x  nghịch biến trên  5  5  5  5x♥ Mặt khácxf 2  1  (2) có nghiệm x  2(*)(**)Từ (*) và (**) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm duy nhất x  2♥ Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  2  1Ví dụ 15: Giải phương trình    2 x  1 3 x(1)(Dạng f  x  g  x )Bài giải1♥ Xét các hàm số f  x    và g  x  2 x  1 trên  , ta có 3 xf  x  nghịch biến trên  và g  x đồng biến trên ♥ Mặt khácf 0  g 0  (1) có nghiệm x  0(*)(**)Từ (*) và (**) ta suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  0♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  0 Bài tập:87 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNGiải các phương trình saux1) 2 x = 1+ 3 22) 2 x  3  x3) 24) 2.2 x  3.3 x  6 x  15) 3.25x 2   3x  10  .5x 2  3  x  06) 9 x   x 12 3x  11  x  03x x 2  8x  147) log 22 x   x 1 log 2 x  6  2 xVí dụ 16: Giải phương trình 2log  x 3  x(1)5Bài giải♥ Điều kiện: x  31  log5  x  3  log 2 xKhi đó:(2)♥ Đặt t  log 2 x  x  2t thì phương trình (2) trở thành 2 1log 5 2  3  t  2  3  5     3   1 5  5 ttttt(3) 2 1♥ Xét hàm số f t      3  trên  , ta có 5  5 tt 2 21 1f ' t     ln  3.  ln  0, t    f t  nghịch biến trên  5  5 5  5(*)f 1  1  (3) có nghiệm t  1(**)t♥ Mặt kháctTừ (*) và (**) ta suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất t  1♥ Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  2 IV. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LÔGARÍT1. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT:a. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng cơ bản : a M < aN ( , ,  )loga M  loga N ( , ,  )Ví dụ 1: Giải bất phương trình 3x  x  92(1)Bài giải♥ Ta có: 1  3 x  x  322 x2  x  2 x2  x  2  0 1  x  2♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2 88 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁNTự luyện: Giải các bất phương trình1) 36 x 3x4 x 2 15 x 133 2712)   2 2 x 1 23 x 4Ví dụ 2: Giải bất phương trình 2 log3  4x  3   log 1  2x  3   2(1)3Bài giảix  34x  3  034♥ Điều kiện: (*)x2x3034x  2♥ Khi đó:1  log3  4x  3 2  2  log3 2x  3 2 log 3  4x  3   log 3  9  2x  3 2  4x  3   9  2x  3  16x 2  42x  18  03x38♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) làTự luyện: Giải các bất phương trình sau1) log 2 2 x  3  log 2 3x  13x342) log 1 5 x  10  log 1  x 2  6 x  822x43) log 1 log 1 (3  x)2x  3334) log 2  x  3  log 2  x  2  15) log 1 (x 2  6x  5)  2 log3 (2  x)  06) log 1 x  2 log 1  x  1  log2 6  02317) log 1  x    log 2 ( x  1)  122 48) log 1  x 2  5 x  6  12Ví dụ 3: Giải bất phương trình log 12x2  3x  20x(1)Bài giải♥ Điều kiện:0  x  1x2  3x  20x x  2(*)♥ Khi đó:89 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG1  log 12HĐBM - TỔ TOÁNx 2  3x  2 log 1 1x22x  3x  21xx 2  4x  20xx  02  2  x  2  22  2  x  1♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là 2  x  2  2Tự luyện: Giải các bất phương trình sau2x  10x 12x  13) log 0,52x53x  51x 13x  14) log 11x231) log22) log3x2  x Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log 0,7  log 60x  4 (1)Bài giải x2  x x2  x0 x  4 x  4  0 4  x  2x2  xx2  4♥ Điều kiện: 1022x2x4x4log x  x  0x  x  16x4 x  4♥ Khi đó:x2  x x2  xlog1log11  log0,7  log60,76x4 x4(*)x2  xx2  x log 6 6 6x4x4 4  x  3x 2  5x  240x4 x  8 4  x  3♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là  x  82x  3 Tự luyện: Giải bất phương trình log 1  log20x 1 3  log 6b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.Ví dụ 5: Giải bất phương trình 9 x 1  36.3x 3  3  0(1)Bài giải♥ Biến đổi bất phương trình (1) ta được90 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN1  3x1   4.3x1  3  02(2)♥ Đặt t  3x1 t  0 , bất phương trình (2) trở thành t 2  4t  3  0(3)3  1  t  31  3 x1  3  0  x 1  1  1  x  2Suy ra:♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2 Bài giải1) 2 2x - 3.2 x+2 + 32 < 02) 2 x  23 x  93) 9 x  5.3 x  6  04) 52x 1  5x  45) 9x22x  x2 2x1 2  36) 32x 1  22x 1  5.6x  03Ví dụ 6: Giải bất phương trình log22 x  log2 x  2  0(1)Bài giải♥ Điều kiện: x  0♥ Đặt t  log 2 x , bất phương trình (1) trở thành t 2  t  2  0(2)3  2  t  1Suy ra:2  log 2 x  1 1 x241 ♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ; 2  4 Tự luyện: Giải các phương trình sau1) log 2 2 x  17 log 2 x  4  02) 3.log32 x  14.log3) log 2 x  2log x 4  5  044) log 21 ( x  1)  3   log 1 ( x  1)55335) 3. log 1 x  log 4 x 2  2  06) log 21 x  log 1 x  2  0223x3  02B. Bài tậpBài 1: Giải các phương trình1) log x 125 x.log 225 x  13) 25log4 x  5log16 x21 log 3 9 3  25log16 x5) x log x 1 5.log 1 ( x  1) 352) log x2 16  log 2 x 64  3x4x4) x 2 .log x 27.log 9 x  x  46) 8  2 x log 2 (2 x  1)  2 x 1  4 log 2 (2 x  1)91 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM - TỔ TOÁN1 log2 x  2log2x 1 4 2410) 2  log 3 x . log9x 3 11  log 3 x8) log 4  x  1 7) 2 log x (4 x  1)  log3 x  2  log3 (4 x  1)9) 4 log2 2x  x log2 6  2.3log2 4x211) log 3  3x - 1 .log 3  3 x+1 - 3  = 612)13) log2x 1  2x2  x  1  log x 1  2x  12  414) 3 1log x 7x .log7 x  116 logx  9x  log3 xx15) 5 log x 3  log 9 27  8 log 9x2 9  29xBài 2: Giải các bất phương trình1) log 23 x  1  6  1  log 2 7  10  x .3) log x 8  log 4 x2 log2 2x  02) 22x2 4x 2 16.22x x214) log 1 2x2  3x  1 22  011log2 (x  1)2 22Bài 3 : Giải các hệ phương trình sau x  log 3 y  31)  2 2 y  y  12.3 x  81 y xy  xy2) 4  32log x  y  1 log x  y3 3 log x  log 4 y  1  log 4 93)  4 x  y  20log 3 x  log 3 y  24)  2 x y  2 y  9  0 x  1  2  y  15) 233log 9 (9x )  log3 y  31 x2 yx y( 3 )  ( )6) 3log 2 ( x  y )  log 2 ( x  y )  41log 1 ( y  x)  log 4 y  17)  4 x 2  y 2  253 4x( x  1  1)3y 8) x y  log x  13---------------------------Hết----------------------------92 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 5. SỐ PHỨCA. Tóm tắt lí thuyếtI. SỐ PHỨC & CÁC PHÉP TOÁN1. Số phức là một biểu thức dạng a + bi, trong đó a, b là các số thực và số i thỏa mãn i 2  1 .Kí hiệu z  a  bi i: đơn vị ảo, a: phần thực, b: phần ảo.Chú ý:z  a  0i  a được gọi là số thực (a    )z  0  bi  bi được gọi là số ảo (hay số thuần ảo)0  0  0i vừa là số thực vừa là số ảoybM2. Biểu diễn hình học của số phức.M(a;b) biểu diễn cho số phức z  z = a + biOax3. Hai số phức bằng nhau. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b ' a  a 'z  z' b  b '4. Cộng và trừ số phức. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b ' z  z '   a  a '   b  b ' iz  z '   a  a '   b  b ' i5. Nhân hai số phức. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b ' z.z '   aa ' bb '    ab ' a 'b  i6. Môđun của số phức z = a + biybMz  a 2  b 2  OMOax7. Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là z  a  bizzz  zz  z  2az .z  a 2  b 2  z293 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN8. Chia hai số phức.Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b ' o Thương của z’ chia cho z (z  0) :z ' z ' z z ' z ac  bd ad  bc 2  2iza  b2 a 2  b 2zzzII. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC1. Căn bậc hai của số phứco z  0 có một căn bậc hai là 0o z  a là số thực dương có 2 căn bậc 2 là  ao z  a là số thực âm có 2 căn bậc hai là  a .i2. Phương trình bậc nhất ax + b = 0 (a, b là số phức cho trước, a  0 ).Giải tương tự phương trình bậc nhất với hệ số thực3. Phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c là số thực cho trước, a  0 ).Tính   b 2  4aco   0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt thực x1 ,2 o   0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt phức x1 ,2 o   0 : Phương trình có 1 nghiệm kép là x  b  2ab  i 2ab2aIII. CÁC VÍ DỤDạng 1: Tìm số phức thỏa mãn các điều kiện cho trước.Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  i z  2  5i . Tìm phần thực và phần ảo của zBài giải♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:2 z  i z  2  5i  2 a  bi  i a  bi   2  5i 2a  b   2b  a  i  2  5i2a  b  2 a  2b  5a  3 b  4♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 94 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 z  z 1  i   5 z  8i 1 . Tính môđun của zBài giải♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:3z  z 1  i 5 z  8i 1  3a  bia  bi 1  i 5a  bi  8i 1 3a  4b  2 a  b  i  1  8i3a  4b  1 2 a  b  8a  3 b  2♥ Vậy môđun của z là z  a 2  b 2  32  2  13 2Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  31 i  z  1 9i . Tính môđun của zBài giải♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:2 z  31 i  z  1 9i  2  a  bi   31 i a  bi   1 9i 5a  3b   3a  b  i  1  9i5a  3b  1 3a  b  9a  2 b  3♥ Vậy môđun của z là z  a 2  b 2  22  32  13 Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  3  5i . Tìm phần thực và phần ảo của zBài giải♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:z   2  i  z  3  5i  a  bi    2  i a  bi   3  5i 3a  b   a  b i  3  5i3a  b  3 a  b  5a  2 b  395 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 3 Ví dụ 5: Tìm số phức z thỏa mãn ( z  1)(1  i ) z 1 | z |2 .1 iBài giảiĐặt z  x  yi, (x, y   ) ta có:( z  1)(1  i ) z 12 z1 i  x  1  yi  (1  i )  x 1 yi  (1  i) x2  y 22 3x 1 y  (3x  1 y )i  2( x 2  y 2 )3 x  1  y  2( x 2  y 2 )3 x  1  y  0 y  (3 x  1)  210 x  3x  0 x  0, y  1  x   3 , y   1 .1010♥ Vậy số phức z cần tìm là z  i hoặc z  31 i. 10 10Ví dụ 6: Tìm số phức z thỏa mãn z  3i  1  i z và z 9là số thuần ảo.zBài giải♥ Đặt z  a  bi (a, b   ) ta có: | z  3i |  | 1  iz |  | a  (b  3)i |  |1  i (a  bi) | | a  (b  3)i |  |1  b  ai | a 2  (b  3) 2  (1 b) 2  (a ) 2.b2 z999(a  2i ) a3  5a  (2a 2  26)i a  2i  a  2i  2là số ảoza  2ia 4a2  4 a 3  5a  0 a  0, a   5 .♥ Vậy các số phức cần tìm là z  2i, z  5  2i, z   5  2i .Ví dụ 7: Tìm số phức z thỏa mãn z  z  2  2i vàz  2ilà số thuần ảo.z2Bài giải♥ Đặt z  x  yi (x, y   ) và z  2 ta có: z  z  2  2i  x  yi  x  2  ( y  2)i x 2  y 2  ( x  2) 2  ( y  2) 2 x  y  2  y  2  x. Ta có(1)z  2i x  ( y  2)i [ x  ( y  2)i].[( x  2)  yi]z  2 ( x  2)  yi( x  2) 2  y 296 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNx ( x  2)  ( y  2) y ( x  2)( y  2)  xyx( x  2)  ( y  2) yi là số ảo khi và chỉ khi02222( x  2)  y( x  2)  y( x  2) 2  y 2 x 2  y 2  2( x  y )( x  2) 2  y 2  0( x  1) 2  1Thay (1) vào (2) ta được x  2♥ Vậy các số phức cần tìm là z  2i. Ví dụ 8: Cho số phức z thỏa mãn z (2) x  0 . Suy ra y  2 .4 i. Tính A  1  (1  i ) z .z 1Bài giải♥ Đặt z  a  bi, (a , b   ) ta có:4z i  a 2  b 2  a  4  bi  b  ( a  1)iz 1 a 2  b 2  a  4  b b  a  1 a  1, b  2 a  2, b  1♥ Vậy Với a  1, b  2 ta có A  1  (1  i)(1  2i)  3i  3. Với a  2, b  1 ta có A  1  (1  i)( 2  i)   3i  3. Ví dụ 9: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  1  i  2z  z  5  3i sao cho z  2  2i đạt giá trị nhỏ nhất.Bài giải♥ Đặt z  x  yi ,  x, y    ta có: z  1  i  (x  1)  (y  1)i =(x  1)2  (y  1)2 2z  z  5  3i = 3x  5  (y  3)i =(3x  5)2  (y  3)2 .Do đó: z  1  i  2z  z  5  3i  (x + 1)2 + (y + 1)2 = (3x – 5)2 + (y – 3)2. 8y = 8x2 – 32x + 32 y = x2 – 4x + 4.22♥ Ta có z  2  2i = (x  2)  (y  2) =2y   y  2 =22y  3y  4 =3 77y    ≥2 42633 (x – 2)2 = x 2.2226 36 3♥ Vậy z  2  i hay z  2  i thì z  2  2i đạt GTNN. 2 22 2Dấu "=" xảy ra  y =97 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNDạng 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa điều kiện cho trước.Ví dụ 10: Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diển các số phức z thỏa mãn z  i  1  i  zBài giải♥ Đặt z  x  yi  x, y    và M  x; y  là điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng Oxy ta có:z  i  1  i  z   x  yi   i  1  i  x  iy  x   y 1i   x  y    x  y  i x 2   y 1   x  y    x  y 222 x 2  y 2  2 y  1  x 2  2 xy  y 2  x 2  2 xy  y 2 x 2  y 2  2 y 1  0♥ Tập hợp điểm M biểu diển của số phức z là đường tròn có phương trình x 2  y 2  2 y 1  0 B. Bài tậpBài 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  2i ) z  (2  i )2  4  i . Tìm phần thực và phần ảo của số phứcBài 2: Cho số phức z thỏa mãn (1  2i) 2 z  z  4i  20 . Tính môđun của zBài 3: Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  2  4i  0 . Tìm số phức liên hợp của z .Bài 4: Cho số phức z thoả mãn (2  3i ) z  (4  i) z  (1  3i )2 . Tìm phần thực và phần ảo của zBài 5: Cho số phức z thoả mãn (1  i )2 (2  i) z  8  i  (1  2i ) z . Tìm phần thực và phần ảo của zBài 6: Cho số phức z thoả mãn z  (2  3i ) z  1  9i . Tìm số phức zBài 7: Cho số phức z thỏa mãn (2 z  1)(1  i )  ( z  1)(1  i )  2  2i . Tính môđun của zBài 8: Cho số phức z thỏa mãn z  ( 2  i ) 2 (1  2i ) . Tìm phần ảo của z .Bài 9: Cho số phức z thoả mãn z 5i 3 1  0 . Tìm số phức zz2Bài 10: Cho số phức z thoả mãn z 2  z  z . Tìm số phức zBài 11: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z  (2  4i)  2 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức zBài 12: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z  i  (1  i)z . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức zBài 13: Cho số phức z thỏa mãn (1  2i ) z 2i (3  i ) z . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mp (Oxy )1 iBài 14: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  3  2i  3 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w, biếtw – z = 1 + 3i.98 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN22Bài 15: Cho số phức z thoả mãn 1  z  z  i   iz  1 . Tính mô đun của z 4.z 1Bài 16: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức iz  3  z  2  i sao cho z đạt giá trị nhỏ nhất.Bài 17: Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 sao cho số phức w  z  8 có môđun nhỏ nhấtBài 18: Cho số phức z thoả mãn (1  i )( z  i )  2 z  2i . Tính môđun của số phức w Bài 19: Cho số phức z thoả mãn (2  i ) z z  2z 1z22(1  2i) 7  8i . Tính môđun của số phức w  z  1  i1 iBài 20: Cho số phức z thoả mãn z  2 và z 2 l số thuần ảo. Tìm số phức zBài 21: Cho số phức z thoả mãn z  (2  i)  10 và z.z  25 . Tìm số phức zBài 22: Cho số phức z thoả mãn5( z  i) 2  i . Tính môđun của số phức w  1  z  z 2z 1Bài 23: Cho số phức z thoả mãn z  z  1  i  5 và (2  z )(i  z ) l số ảo. Tìm số phức zBài 24: Cho số phức z thỏa mãn z  2 z =  3 + 6i.223Tính T = z  z  z .2Bài 25: Cho số phức z thoả mãn 1  z  z  i   iz  1 . Tính môđun của z 4.z 1Bài 26: Tìm số phức z thoả mãn z  1  5 và 17  z  z   5 z.zBài 27: Cho số phức z thỏa mãn z Bài 28: Cho số phức z (1  3i )3. Tìm môđun của số phức w  z  iz1 i1  9i 5i . Tìm các căn bậc hai của z1 iBài 29: Giải các phương trình sau trên tập số phức1) (3  2i) z  (4  7i)  2  5i2) (7  3i) z  (2  3i )  (5  4i ) zBài 30: Giải các phương trình sau trên tập số phức1) x 2  4 x  7  02) x 2  6 x  25  03) 2 x 2  5x  4  03) 8 z 2  4 z  1  0------------------------------Hết-----------------------------99 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 6: TỔ HỢP & XÁC SUẤTA. Tóm tắt lí thuyếtI. KIẾN THỨC CƠ BẢN1. CÁC QUY TẮC CƠ BẢN VỀ PHÉP ĐẾM:a. QUY TẮC CỘNG:Giả sử một công việc có thể được thực hiện theo phương án A hoặc phương án B . Có n cách thực hiệnphương án A và m cách thực hiện phương án B . Khi đó công việc có thể thực hiện bởi n  m cách.TỔNG QUÁTGiả sử một công việc có thể được thực hiện theo một trong k phương án A1 , A2 ,..., Ak . Có n1 cách thực hiệnphương án A1 , n1 cách thực hiện phương án A2 ,...và nk cách thực hiện phương án Ak . Khi đó công việc có thểthực hiện bởi n1  n2  ...  nk cách.b. QUY TẮC NHÂN:Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A và B . Công đoạn A có thể làm theo n cách. Vớimỗi cách thực hiện công đoạn A thì công đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó công việc có thể thực hiệntheo n.m cách.TỔNG QUÁTGiả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A1 , A2 ,..., Ak . Công đoạn A1 có thể thực hiện theo n1 cách,công đoạn A2 có thể thực hiện theo n2 cách,..., công đoạn Ak có thể thực hiện theo nk cách. Khi đó công việccó thể thực hiện theo n1.n2 ...nk cách.2. HOÁN VỊ:a.Định nghĩa :Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  1).Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đóTập An phần tửHoán vịNhóm có thứ tựĐủ mặt n phần tửcủa Ab.Định lý :Ký hiện số hoán vị của n phần tử là Pn , ta có công thức:Pn  n!(2)100 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN3.CHỈNH HỢP:a.Định nghĩa:Cho tập hợp A gồm n phần tử . Mỗi bộ gồm k ( 1  k  n ) phần tử sắp thứ tự của tập hợp Ađược gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A.Chỉnh hợp Nhóm có thứ tự Gồm k phần tửđược lấy từ nphần tử của ATập An phần tửb.Định lý:Ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là A kn , ta có công thức:A kn n!(n  k)!(3)4. TỔ HỢP:a.Định nghĩa:Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con của gồm k phần tử (1  k  n ) của Ađược gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.Tập An phần tửTổ hợpNhóm không cóthứ tựGồm k phần tửđược lấy từ nphần tử của Ab. Định lý :Ký hiệu số tổ hợp chập k của n phần tử là C kn , ta có công thức:C kn n!k!(n  k)!(4)101 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNc. Hai tính chất cơ bản của số Cnka) Tính chất 1: Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0  k  n . Khi đóCnk  Cnnkb) Tính chất 2: Cho các số nguyên n và k với 1  k  n . Khi đóCnk1  Cnk  Cnk 1LƯU Ý QUAN TRỌNG:Các bài toán về giải tích tổ hợp thường là những bài toán về những hành động như :lập các số từ các số đã cho, sắp xếp một số người hay đồ vật vào những vị trí nhất định ,lập các nhóm người hay đồ vật thỏa mãn một số điều kiện đã cho v.v...1. Nếu những hành động này gồm nhiều giai đoạn thì cần tìm số cách chọn cho mỗigiai đọan rồi áp dụng quy tắc nhân.2. Những bài toán mà kết quả thay đổi nếu ta thay đổi vị trí của các phần tử ,thì đây là những bài toán liên quan đến hoán vị và chỉnh hợp.3. Đối với những bài toán mà kết quả được giữ nguyên khi ta thay đổi vị trí của các phần tửthì đây là những bài toán về tổ hợp.5. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU-TƠNĐịnh lý: a  b  Cn0 a nb 0  Cn1a n1b1  ...  Cnk a nk b k  ...  Cnn a 0b nnn  Cnk a nk b kk06. XÁC SUẤTa) Định nghĩaGiả sử phép thử T có không gian mẫu  là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A làmột biến cố liên quan với phép thử T và A là tập các kết quả thuận lợi cho A thì xác suất của A là một số,kí hiệu là P  A , được xác định bởi công thứcP A  ANhư vậy, việc tính xác suất của biến cố A trong trường hợp nầy được quy về việc đếm số kết quả có thể củaphép thử T và số kết quả thuận lợi của Ab) Định lýCho biến cố A . Xác suất của biến cố đối A làP A   1  P  A 102 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNc) Các quy tắc tính xác suấti) Quy tắc cộng xác suấtĐịnh lý: Nếu hai biến cố A và B xung khắc thì xác suất để A hoặc B xảy ra làP  A  B   P  A  P  B ii) Quy tắc nhân xác suấtĐịnh lý: Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thìP  AB   P  A.P  B TÍNH XÁC SUẤT BIẾN CỐ THEO ĐỊNH NGHĨAPhương pháp giảiĐể xác định xác suất theo định nghĩa ta làm theo các bước♠ Xác định số phần tử của không gian mẫu ♠ Xét tập A là tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A, rồi tính A♠ Sử dụng công thức P A  AChú ý 1: Để tính  , A ta có thể liệt kê hoặc sử dụng bài toán đếm.Chú ý 2: Trong một số bài toán việc tính xác suất của biến cố đối A đơn giản hơn so với biến cố A nên đểtính xác suất của biến cố A ta làm như sau:+ Xét biến cố đối A , tính P  A .+ Khi đó P A   1 P  A103 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. CÁC VÍ DỤVí dụ 1: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 bi.a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ?b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ?c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ?Lời giảia) Có C82  28 cách lấyb) Có C52  10 cách lấyc) Có C51C31  15 cách lấyVí dụ 2: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 bi.a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ?b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ?c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ?Lời giảia) Có C81C71  56 cách lấy (hoặc A82  56 )b) Có C51C41  20 cách lấy (hoặc A52  20 )c) Có C51C31  C31C51  30 cách lấyVí dụ 3: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 6 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 bi.a) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi ?b) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi có đủ cả ba màu ?Lời giảia) Có C184  3060 cách lấyb) Có C52C61C61  C51C62C71  C51C61C72  1575 cách lấyVí dụ 4: Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều có mặt các chữ số8 và 9 ?Lời giải104 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNGiả sử số cần lập là abcd , d  {0, 2, 4, 6, 8}. Xét các trường hợp sau d  0. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71 .3!  42. d  8. Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82 .3! C71 .2!  154. d  {2, 4, 6}. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là 3. C71 .3! 2  120.Vậy số các số lập được là 42  154  120  316. Ví dụ 5: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số đầu và chữ số cuốicủa mỗi số đó đều là số chẵn?Lời giải+ Chữ số đầu tiên là chữ số chẵn, khác 0 nên có 4 cách chọn.+ Chữ số tận cùng cũng là chữ số chẵn, khác với chữ số đầu tiên nên cũng có 4 cách chọn.+ Ba chữ số ở giữa có số cách sắp xếp là A83 .Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4  4  A83  5376. 1Ví dụ 6: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2 x 1812Lời giải♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:1818 x  1    C18k .x18k . 1   C18k .1k .x183k22 x  k 0x k 018k♥ Chọn k thỏa mãn: 18  3k  12  k  2♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển là 1 C182  153 . 21Ví dụ 7: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2 x 18Lời giải♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:1818 x  1    C18k .x18k . 1   C18k .1k .x183k x 2  k 0x 2 k 018k♥ Chọn k thỏa mãn: 18  3k  0  k  6105 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♥ Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 1 C186  18564 . 61Ví dụ 8: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của  3  x5  , biết rằng xnCnn41  Cnn3  7  n  3 (1)Lời giải♥ Giải phương trình (1) tìm n, ta có:Cnn41  Cnn3  7  n  3  n  4!  n  3! 7 n  3 n 1!3! n !3! n  2n  3 n  4   n  1 n  2n  3  42  n  3 n  2n  4  n  1n  2  42  3n  6  42  n  12♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:12 k121   x5    C12k . 1 3 x x 3 k 012♥ Chọn k thỏa mãn: k.x512 C12k .x6011k2k 060 11k8 k 42♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển là C124  495 . Ví dụ 9: Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữacam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tínhxác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.(Khối A-2014)Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C123  220♥ Gọi A là biến cố: “3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C51C41C31  60♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A603 .220 11Ví dụ 10: Từ một hộp chứa 16 thể được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ đượcchọn đều được đánh số chẵn.(Khối B-2014)106 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820♥ Gọi A là biến cố: “4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C84  70♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A701.1820 26Ví dụ 11: Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên biđỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để hai viên bi được lấy ra có cùng(Khối B-2013)màu.Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C71C61  42♥ Gọi A là biến cố: “hai viên bi được lấy ra có cùng màu”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C41C21  C31C41  10♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A20 10 .42 21Ví dụ 12: Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lênbảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.(Khối B-2012)Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C254  12650♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C151 C103  C152 C102  C153 C101  11075♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A11075 443.12650 506Ví dụ 13: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6,7. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn.(Khối A-2013)Bài giải107 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A73  210♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  3.6.5  90♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A903 .210 7Ví dụ 14: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn có mặt chữ số 6.Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A64  360♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4. A53  240♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A240 2 .360 3Ví dụ 15: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 8.Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A63  120♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  12♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A121 .120 10Ví dụ 16: Cho tập hợp E  1, 2, 3, 4, 5. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôimột khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10.Phân tíchSố các số thuộc M có 3 chữ số là A53  60.Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54  120.Số các số thuộc M có 5 chữ số là A55  120.108 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNSố phần tử của không gian mẫu là:   60  120  120  300.Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10.Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồmE1  {1,2,3, 4}, E2  {2,3,5}, E3  {1, 4,5}.Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4!Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3!Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3!  36.363Vậy xác suất cần tính là P  .300 25Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   60  120  120  300.♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có tổng các chữ số của số đó bằng 10”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4! 2.3!  36.♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A363 .300 25Ví dụ 17: Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúcra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và khôngquá hai quả cầu màu xanh.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820♥ Gọi A là biến cố:“4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu xanh”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A740 37 1820 91Ví dụ 18: Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từđó 4 người. Tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820♥ Gọi A là biến cố: “4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn”109 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNSố kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C82C51C31  C81C52C31  C81C51C32  420  240  120  780♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A7803 1820 7Ví dụ 19: Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mangsố chia hết cho 10.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C4010  847660528♥ Gọi A là biến cố: “10 thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ cóđúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C205 .C164 .C41  112869120♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A112869120 1680847660528 12617Ví dụ 20: Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 6 quả từ hộp.Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C126  924♥ Gọi A là biến cố: “6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C63C42C21  240♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A240 20294 77Ví dụ 21: Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sócbồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C122  66♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C51C71  35110 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG♥ Vậy xác suất cần tính là P A  HĐBM-TỔ TOÁNA3566Ví dụ 22: Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác xuấtđể 3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C123  220♥ Gọi A là biến cố: “3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C31C41C51  60♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A603220 11Ví dụ 23: Một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tính xác xuất để4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.Bài giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C144  1001♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C81C63  C82C62  C83C61  916♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A9161001Ví dụ 24: Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Người ta chọn ra một cách ngẫu nhiên 4 học sinh. Tìm xác suấtđể trong 4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C104  210♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ”Khi đó biến cố A là: “4 học sinh được chọn ra có nhiều nhất 1 học sinh nữ”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C64  C41C63  95111 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGSuy ra: P A  AHĐBM-TỔ TOÁN9519210 42♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P A   1 19 2342 42Ví dụ 25: Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thức giống nhau, chỉkhác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không cóđủ cả ba màu.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C154  1365♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”Khi đó biến cố A là: “4 bi chọn ra có đủ cả ba màu”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C42C51C61  C41C52C61  C41C51C62  720Suy ra: P A  A720481365 91♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P A   148 4391 91Ví dụ 26: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 họcsinh nữ đứng cạnh nhau.Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   5!♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh nữ đứng cạnh nhau”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4.2!.3!♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A25Ví dụ 27: Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người tham gia trong đó có haibạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B, mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chiabảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảngđấu.112 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNLời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C84  70♥ Gọi A là biến cố: “cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu”Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C21C62  30♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A30 3 .70 7Ví dụ 28: Người ta phân chia một cách ngẫu nhiên 8 bạn học sinh Kì, Thi, Trung, Học, Phổ, Thông, Quốc, Giathành 2 nhóm, mỗi nhóm 4 bạn, để chơi trò kéo co. Tính xác xuất để hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm.Lời giảiC84 352♥ Gọi A là biến cố: “hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm”♥ Số phần tử của không gian mẫu là:  Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C62  15♥ Vậy xác suất cần tính là P A  A15 3 .35 7Ví dụ 29: Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng. Tính xác suất để sốvừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó.Phân tíchGọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số đứng trước nó. Khi đó  {abcd : a  0, d  {0, 2, 4, 6, 8}}; A  {abcd : 0  a  b  c  d , d là số chẵn}.Để tính  ta xét các trường hợp sau+) d  0. Trường hợp này có A93 số.+) d {2, 4, 6, 8}. Trường hợp này có ( A93  A82 ).4 số.Suy ra   A93  4( A93  A82 )  2296.Để tính  A ta xét các trường hợp sau+) d  4. Trường hợp này có 1 số.+) d  6. Trường hợp này có C53 số.+) d  8. Trường hợp này có C73 số.Suy ra  A  1  C53  C73  46.Do đó P ( A) A46 0,02.2296Lời giải♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A93  4( A93  A82 )  2296.♥ Gọi A là biến cố: “số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó”113 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNSố kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  1  C53  C73  46.♥ Vậy xác suất cần tính là P( A) A4623.2296 1146B.Bài tậpBài 1: Một tập thể gồm 14 người gồm 6 nam và 8 nữ, người ta muốn chọn 1 tổ công tác gồm 6 người.Tìm số cáchchọn sao cho trong tổ phải có cả nam và nữKết quả: 2974Bài 2: Từ 1 nhóm học sinh gồm 7 nam và 6 nữ. Thầy giáo cần chọn ra 5 em tham dự lể mít tinh tại trường với yêucầu có cả nam lẫn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.Kết quả: 1260Bài 3: Một nhóm gồm 10 học sinh, trong đó 7 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh trên thành1 hàng dọc sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau.Kết quả: 120960Bài 4: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi 1 khác nhau. (Chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó có mặt chữsố 0, nhưng không có mặt chữ số 1.Kết quả: 33600Bài 5: Hỏi từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau sao chotrong chữ số đó có mặt chữ số 1.Kết quả: 8400Bài 6: Có một hộp đựng 2 viên bi đỏ, 3 viên bi trắng, 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi lấy từ hộp đó. Hỏicó bao nhiêu cách chọn để trong đó số viên bi lấy ra không đủ ba màu.Kết quả: 105Bài 7: Cho tập E  0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8,9 . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau từ E mà chiahết cho 5?Kết quả: 5712Bài 8: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, thành lập từ các chữ số 1,2,3,4,5. Hỏi trong các số đó có baonhiêu số không bắt đầu bởi chữ số 1Kết quả: 96Bài 9: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, thành lập từ các chữ số 1,2,3,4,5. Hỏi trong các số đó có baonhiêu số bắt đầu bởi chữ số 5.Kết quả: 24Bài 10: Từ 7 chữ số 1,2,3,4,5,6,7, có bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và luôn có mặt chữ số 7 và chữ sốhàng ngàn là chữ số 1Kết quả: 60114 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 11: Cho 7 chữ số 1,2,3,4,5,6,7 có bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và luôn có mặt chữ số 7 được viết từcác chữ số đã choKết quả: 480Bài 12: Cho các số 1,2,5,7,8 có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên sao cho sốtạo thành là một số không có chữ số 7Kết quả: 24Bài 13: Cho các số 1,2,5,7,8 có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên sao cho sốtạo thành là 1 số chẵnKết quả: 24Bài 14: Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta có thể thành lập bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và trong đó cóchữ số 4.Kết quả: 1560Bài 15: Với các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta có thể thành lập bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau trong đó phải cómặt chữ số 5.Kết quả: 1560Bài 16: Với các chữ số 0,1,2,3,4,5 ta có thể thành lập bao nhiêu số chẵn, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau.Kết quả: 312Bài 17: Cho các số 1,2,3,4,5,6,7. Tìm các số tự nhiên gồm 5 chữ số lấy từ 7 chữ số trên sao cho các chữ số đềukhác nhauKết quả: 2520Bài 18: Một lớp học có 20 học sinh, trong đó có 2 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cứ 3 người đi dự hội nghị SVcủa trường sao cho trong 3 người có ít nhất 1 cán bộ lớp?Kết quả: 324Bài 19: Một đội văn nghệ có 20 người, trong đó 10 nam, 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho.1.Có đúng 2 nam trong 5 người đó.2.Có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó.Kết quả: 1) 54002) 12900Bài 20: Một tổ học sinh gồm 7 nam và 4 nữ. Giáo viên muốn chọn 3 học sinh xếp bàn ghế của lớp, trong đó có ítnhất 1 nam sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.Kết quả: 161Bài 21: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam, 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh sao cho phải có ít nhất1 nữ.Kết quả: 78740Bài 22: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam, 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh sao cho phải có 2 nam2 nữ.115 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNKết quả: 31500Bài 23: Một nhóm học sinh gồm 10 nam và 6 nữ.Chọn 1 tổ gồm 8 người. Có bao nhiêu cách chọn để được nhiềunhất 5 nữ.Kết quả: 12825Bài 24: Từ một tập thể 8 người gồm 5 nam và 3 nữ , hỏi có bao nhiêu cách chọn một tổ công tác gồm 4 ngườithoả điều kiện, trong mỗi trường hợp sau:1 . Không có điều kiện gì thêm.2. Tổ chỉ gồm 4 nam3. Tổ phải gồm 2 nam và 2 nữ.Kết quả: 1)702) 53) 30Bài 25: Có bao nhiêu số chẵn gồm 6 chữ số đôi 1 khác nhau, đôi một trong đó chữ số đầu tiên là chữ số lẻ.Kết quả: 42000Bài 26: Một đội văn nghệ gồm 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cô giáo muốn chọn ra một tốp ca gồm 5 em,trong đó có ít nhất 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.Kết quả: 13152Bài 27: Có 7 người bạn A, B, C, D, E, G, H chụp ảnh chung. Họ muốn chụp ảnh chung bằng cách đổi chỗ đứnglẫn nhau, nhưng bộ ba A, B, C bao giờ cũng đứng kề nhau theo thức tự đó. Hỏi có bao nhiêu bức ảnh khác nhau ?.Kết quả: 120Bài 28: Từ các số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số khác nhau và trong đómỗi số phải có mặt chữ số 9.Kết quả: 8400Bài 29: Một đội xây dựng gồm 10 công nhân và 3 kĩ sư. Để lập một tổ công tác cần chọn một kĩ sư làm tổ trưởng,1 công nhân làm tổ phó và 5 công nhân tổ viên. Hỏi có bao nhiêu cách thành lập tổ công tác ?Kết quả: 3780Bài 30: Có 9 cuốn sách khác nhau được đem tặng cho 3 em học sinh: A được 4 cuốn, B được 3 cuốn và C được 2cuốn. Hỏi có bao nhiêu phương án tặng khác nhau ?Kết quả: 1260Bài 31: Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 27 đường chéo.Kết quả: n  9Bài 32: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A,B, C, D. Tìm n biết rằng số tam giác có ba đỉnh lấy từ n  6 điểm đã cho là 439.12 1Bài 33: Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3  x5  .x116 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN1010Bài 34: Tìm hệ số của x1 trong khai triển của biểu thức  3x3  2  .x nBài 35: Tìm n  * , biết hệ số của x 2 trong khai triển của biểu thức 1  4 x  là 240.n1Bài 36: Tìm hệ số của số hạng chứa x 9 trong khai triển   2 x 2  biết rằng : An3  8n 2  3(Cn21  1).xnBài 37: Tìm hệ số của x8 trong khai triển x 2  2 , biết An3  8Cn2  Cn1  491Bài 38: Tính hệ số của x trong khai triển biểu thức  2  x3  , ( x  0), biết rằng n là số nguyên dương xn13thỏa mãn 3Cn11  8Cn22  3Cn31.Bài 39: Tìm hệ số của x 9 trong khai triển biểu thức 1 2 x 3  với n là số nguyên dương thỏa mãnnnC nn 1  C nn 2  A 2n 1  7.n1 Bài 40: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x3  2  với x  0 , biết rằngx 2 Pn  (4n  5).Pn 2  3 Ann 2n2 Bài 41: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x  với x  0 , biết rằngxCn6  3Cn7  3Cn8  Cn9  2Cn8 2Bài 42: Trong một hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng.Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tìm xác suất đểa) Ba bi lấy ra đều là màu đỏb) Ba viên bi lấy ra có đúng một viên bi màu xanhc) Ba viên bi lấy ra có đủ cả ba màud) Ba viên bi lấy ra có ít nhất hai viên bi màu vàngBài 43: Có 8 đội tuyển bóng đá quốc gia tham dự giải AFF Cup, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyểnThái Lan. Các đội chia làm 2 bảng, mỗi bảng 4 đội. Giả sử việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thămngẫu nhiên. Tính xác suất để cả hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm trong cùng một bảng đấu.Bài 44: Một tổ học sinh có 6 nam và 5 nữ.1) Tìm xác suất lấy ra 4 học sinh đi lao động sao cho trong đó có 1 nữ.2) Tìm xác suất lấy ra 4 học sinh đi lao động sao cho trong đó có không quá 3 nữ.Kết quả: 1)10332)6566Bài 45: Một đơn vị vận tải có 10 xe ô tô, trong đó có 6 xe tốt. Điều một cách ngẫu nhiên 3 xe đi công tác. Tìm xácsuất để trong 3 xe đó có ít nhất một xe tốt.117 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGKết quả:HĐBM-TỔ TOÁN2930Bài 46: Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chọn một nhóm 4 người để trực nhật.1) Hỏi có bao nhiêu cách chọn khác nhau.2) Tính xác suất để khi chọn ngẫu nhiên một nhóm 4 người ta được nhóm có đúng 1 nữ.Kết quả: 1) 4952)2855Bài 47: Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người đi làm 3 côngviệc khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chia khác nhau ? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhómcó đúng 1 nữ.Kết quả:1655Bài 48: Một hộp bóng đèn có 12 bóng, trong đó có 7 bóng tốt. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng. Tính xác suất để lấy được:1) 3 bóng tốt.2) Ít nhất 2 bóng tốt.3) Ít nhất 1 bóng tốt.Kết quả: 1)7442)7113)2122Bài 49: Trong một chiếc hộp kín có chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ. Giả thiết rằng kích thước và trọnglượng của tất cả các quả các quả cầu nói trên là y hệt nhau. Lấy hú họa ra 5 quả cầu. Tìm xác suất của biến cố:trong 5 quả cầu được lấy ra có đúng 3 quả cầu đỏ.Kết quả:517Bài 50: Một hộp có 12 viên bi, trong đó có 4 viên màu đỏ và 8 viên màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xácsuất để:1) Cả 3 viên bi đều màu xanh.2) Cả ba viên bi đều màu đỏ.3) Có đúng một viên bi màu xanh.4) Có ít nhất một viên bi màu xanh.Kết quả: 1)562202)42203)482204)216.220Bài 51: Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho:a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu.b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.118 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGKết quả:HĐBM-TỔ TOÁN1779 37;1820 91Bài 52: Hai xạ thủ cùng bắn một phát vào bia. Xác suất trúng đích của người thứ nhất là 0,9, của người thứ hai là0,7. Tính các xác suất sau đây:1) Cả hai phát đều trúng.2) Ít nhất một phát trúng.3) Chỉ một phát trúng.Kết quả: 1) 0, 632) 0,973) 0,34 .Bài 53: Xác suất trúng máy bay của mỗi quả đạn là 0,3, biết rằng muốn hạ máy bay cần ít nhất một quả trúng.Tính xác suất hạ được máy bay khi bắn ba quả đạn.Kết quả: 0, 657Bài 54: Trong thùng có 3 quả cầu trắng và 5 quả cầu đen giống hệt nhau về kích thước. Rút hú họa 2 quả ầu từthùng đó. Tính xác suất xuất hiện:1) 2 quả trắng;2) 1 quả trắng và 1 quả đen.Kết quả: 1)3282)1528Bài 55: Một em nhỏ chưa biết chữ chơi trò chơi sắp chữ với 5 chữ cái A, B, C, O, H. Tính xác suất để em đó sắpđược chữ BAC HOKết quả:1120Bài 56: Một bộ sách gồm 4 tập được xếp trên giá sách theo một thứ tự ngẫu nhiên. Tính xác suất để chúng đượcxếp theo thứ tự từ trái qua phải hoặc từ phải qua trái.Kết quả:112Bài 57: Một khối lập phương có các mặt quét sơn được cưa thành 1000 khối lập phương con đều nhau. Trộn kỹchúng rồi rút hú họa một khối. Tính xác suất rút được khối có hai mặt đã quét sơn.Kết quả:96100Bài 58: Một khóa chữ gồm 5 vành lắp trên một trục, mỗi vành gồm 6 ô khắc 6 chữ khác nhau. Khóa chỉ mở đượctrong trường hợp mỗi vành nằm ở một vị trí xác định đối với trục. Tính xác suất mở được khóa khi lập ra một bộchữ ngẫu nhiên trên các vành.Kết quả:165Bài 59: Có 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút hú họa 3 tấm rồi đặt cạnh nhau theo thứ tự ngẫu nhiên. Tính xác suấtđể thu được một số chẵn (ví dụ 134, 532,...)119 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGKết quả:HĐBM-TỔ TOÁN25Bài 60: Trong 10 vé có 2 vé trúng thưởng. Một người mua 5 vé. Tính xác suất sao cho có:1) một vé trúng thưởng;2) hai vé trúng thưởng;3) có ít nhất một vé trúng thưởng.Kết quả: 1)592)293)79Bài 61: Một lớp học có 20 học sinh gồm ba loại: 5 người giỏi, 10 người khá và 5 người trung bình. Theo danhsách chọn ngẫu nhiên 3 người. Tính xác suất để trong 3 người đó:1) mỗi loại có đúng một người;2) có ít nhất một người giỏi.Kết quả: 1)1C51C10C513C202) 1 C1533C20Bài 62: Tại một câu lạc bộ khiêu vũ có 10 cặp nhảy, trong số đó có 4 cặp đạt giải đôi nhảy đẹp. Chọn hú họa 3người. Tính xác suất để trong 3 người đó:1) có một cặp đạt giải;2) không có ai thuộc các cặp đạt giải.Kết quả: 1)1C41C183C203)C1233C20Bài 63: Bốn học sinh ôn tập học kỳ đến cùng một tầng gồm 5 phòng học. Giả sử mỗi người có thể vào một phòngbất kỳ. Tính xác suất để:1) cả bốn người vào cùng một phòng;2) bốn người vào bốn phòng khác nhau.Kết quả: 1)5C842)114Bài 64: Xác suất để làm một thí nghiệm thành công là 0,4. Một nhóm 5 học sinh, mỗi học sinh độc lập với nhautiến hành cùng thí nghiệm trên. Tính xác suất để:1) cả nhóm không có ai làm thí nghiệm thành công;2) ít nhất có một học sinh trong nhóm làm thí nghiệm thành công.5Kết quả: 1)  0, 6 52) 1   0, 6 Bài 65: Gieo một con súc sắc cân đối ba lần. Tính xác suất để có đúng hai lần xuất hiện mặt 6 chấm.Kết quả:15261120 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 66: Ba người đi săn A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúngmục tiêu A, B và C tương ứng là 0,7; 0,6 và 0,5. Tính xác suất để:1) xạ thủ A bắn trúng còn hai xạ thủ kia bắn trượt;2) có ít nhất một xạ thủ bắn trúng.Kết quả: 1) 0,142) 0,94Bài 67: Hai xạ thủ mỗi người bắn một phát đạn vào bia, xác suất trúng đích của người thứ nhất là 0,9 và của ngườithứ hai là 0,7. Tính các xác suất:1) có đúng một phát trúng đích;2) cả hai phát đều trúng;3) có ít nhất một phát trúng.Kết quả: 1) 0,342) 0, 633) 0,97Bài 68: Một người thợ lắp máy có tất cả 16 chi tiết loại I và 4 chi tiết loại II. Rút hú họa 2 chi tiết. Tính xác suấtrút được ít nhất một chi tiết loại II.Kết quả:9295Bài 69: Một học sinh đi thi môn lịch sử chỉ nắm được 20 trong số 25 câu hỏi của chương trình. Mỗi phiếu thi gồm3 câu. Tính xác suất để anh ta trả lời được cả 3 câu hỏiKết quả:57115Bài 70: Một lô hàng gồm 50 sản phẩm, trong đó có 7 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên từ lô hàng đó ra 5 sản phẩm. Tìmxác suất để trong 5 sản phẩm lấy ra có đúng 3 sản phẩm tốt.Kết quả:2591612118760Bài 71: Có 10 người, trong đó có 6 nữ và 4 nam, đăng ký làm 6 công viêc khác nhau nhưng mỗi công việc chỉ cầnmột người làm. Tìm xác suất để cả 6 nữ được chọn.Kết quả:1210Bài 72: Trong một cuộc thi học sinh giỏi Toán, toàn trường có 3 em đạt giải nhất, 5 em đạt giải nhì và 12 em đạtgiải ba. Chọn ngẫu nhiên 2 em để báo cáo thành tích. Tính xác suất để trong số đó có ít nhất một em đạt giải nhất.Kết quả:2795-------------------Hết-------------------121 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNChủ đề 7: HÌNH HỌC KHÔNG GIANÔN TẬP 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 9-101. Hệ thức lượng trong tam giác vuông : Cho ABC vuông ở A ta có :222a) Định lý Pitago : BC  AB  AC2A2b) BA  BH .BC; CA  CH .CBc) AB. AC = BC. AHd)e)BC = 2AMf)sin B bc11122AHABAC 2Bbcbc, cosB  , tan B  , cot B aacbg) b = a. sinB = a.cosC, c = a. sinC = a.cosB, a =MHCabb,sin B cos Cb = c. tanB = c.cot C2. Hệ thức lượng trong tam giác thường:* Định lý Côsin:a2 = b2 + c2 - 2bc.cosAabc* Định lý Sin: 2Rsin A sin B sin C3. Các công thức tính diện tích.a/ Công thức tính diện tích tam giác:S1a.b.c1 p.r a.ha = a.b sin C 24R2p.( p  a )( p  b)( p  c ) với p a bc21a2 3AB. AC ,* ABC đều cạnh a: S 24b/ Diện tích hình vuông : S = cạnh x cạnhc/ Diện tích hình chữ nhật : S = dài x rộngĐặc biệt :* ABC vuông ở A : S 1(chéo dài x chéo ngắn)21d/ Diện tích hình thang : S  (đáy lớn + đáy nhỏ) x chiều cao2d/ Diện tích hình thoi : S =e/ Diện tích hình bình hành : S = đáy x chiều cao2f/ Diện tích hình tròn : S   .R4. Các hệ thức quan trọng trong tam giác đều:122 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNÔN TẬP 2: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 11A. QUAN HỆ SONG SONG§1. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONGI. Định nghĩa:Đường thẳng và mặt phẳng gọi là song songvới nhau nếu chúng không có điểm nàochung.aa / /(P)  a  (P)  (P)II.Các định lý:ĐL1:Nếu đường thẳng d không nằm trênmp(P) và song song với đường thẳng a nằmtrên mp(P) thì đường thẳng d song song vớimp(P)ĐL2: Nếu đường thẳng a song song vớimp(P) thì mọi mp(Q) chứa a mà cắt mp(P) thìcắt theo giao tuyến song song với a.d d  (P ) d / /(P )d / /a a  (P )a(P)(Q) a / /(P) d / /a a  (Q)(P)  (Q)  dad(P)ĐL3: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng songsong với một đường thẳng thì giao tuyến củachúng song song với đường thẳng đó.(P)  (Q)  d d / /a(P)/ /a(Q)/ /adaQP§2.HAI MẶT PHẲNG SONG SONGI. Định nghĩa:Hai mặt phẳng được gọi là song song vớinhau nếu chúng không có điểm nào chung.(P ) / /(Q )  (P )  (Q )  PQII.Các định lý:ĐL1: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, bcắt nhau và cùng song song với mặt phẳng(Q) thì (P) và (Q) song song với nhau.ĐL2: Nếu một đường thẳng nằm một tronghai mặt phẳng song song thì song song vớimặt phẳng kia.a,b  (P) (P)/ /(Q)a  b  Ia/ /(Q),b/ /(Q)Pab IQa(P) / /(Q) a / /(Q)a  (P)PQ123 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) songsong thì mọi mặt phẳng (R) đã cắt (P) thì phảicắt (Q) và các giao tuyến của chúng songsong.HĐBM -TỔ TOÁNR(P) / /(Q)(R)  (P)  a  a / / b(R)  (Q)  baPbQB. QUAN HỆ VUÔNG GÓC§1.ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNGI.Định nghĩa:Một đường thẳng được gọi là vuông góc vớimột mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọiđường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.aa  mp(P)  a  c,c  (P)cPII. Các định lý:ĐL1: Nếu đường thẳng d vuông góc với haiđường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trongmp(P) thì đường thẳng d vuông góc vớimp(P).ĐL2: (Ba đường vuông góc) Cho đườngthẳng a không vuông góc với mp(P) và đườngthẳng b nằm trong (P). Khi đó, điều kiện cầnvà đủ để b vuông góc với a là b vuông gócvới hình chiếu a’ của a trên (P).d  a ,d  ba ,b  mp(P)  d  mp(P)a,b caét nhaudbaPaa  mp(P), b  mp(P)b  a  b  a'a'Pb§2.HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓCI.Định nghĩa:Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 0.II. Các định lý:ĐL1:Nếu một mặt phẳng chứa một đườngthẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thìhai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.Qa  mp(P) mp(Q)  mp(P)a  mp(Q)aP124 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGĐL2:Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuônggóc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nàonằm trong (P), vuông góc với giao tuyến của(P) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (Q).ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuônggóc với nhau và A là một điểm trong (P) thìđường thẳng a đi qua điểm A và vuông gócvới (Q) sẽ nằm trong (P)ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùngvuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giaotuyến của chúng vuông góc với mặt phẳngthứ ba.HĐBM -TỔ TOÁNP(P)  (Q)(P)  (Q)  d  a  (Q)a  (P),a  daQdP(P)  (Q) A  (P) a  (P)Aaa  (Q)aAQ(P)  (Q)  a a  (R)(P)  (R)(Q)  (R)PQaR§3.KHOẢNG CÁCH1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường thẳng , đến 1 mặtphẳng:Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến mặtphẳng (P)) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H làhình chiếu của điểm M trên đường thẳng a ( hoặc trên mp(P))OOd(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song:Khoảng cách giữa đường thẳng a và mp(P) song song với a làkhoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mp(P).d(a;(P)) = d(O; (P)) = OHaPHOHP3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặtphẳng kia.d((P);(Q)) = d(O; (P)) = OHOPQ4.Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.HaaHAd(a;b) = ABbB125 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN§4.GÓC1. Góc giữa hai đường thẳng a và blà góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lầnlượt cùng phương với a và b.aa'b'b2. Góc giữa đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P)là góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên mp(P).Đặc biệt: Nếu a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng gócgiữa đường thẳng a và mp(P) là 900.aa'P3. Góc giữa hai mặt phẳnglà góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳngđó.Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm trong 2 mặt phẳng cùngvuông góc với giao tuyến tại 1 điểmbaQPaP4. Diện tích hình chiếu: Gọi S là diện tích của đa giác (H) trongmp(P) và S’ là diện tích hình chiếu (H’) của (H) trên mp(P’) thìbQSS'  Scos trong đó  là góc giữa hai mặt phẳng (P),(P’).ACB126 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNÔN TẬP 3: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 12A. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆNI/ Các công thức thể tích của khối đa diện:1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ:V= B.hhvới B: diện tích đáyh: chiều caoBa) Thể tích khối hộp chữ nhật:V = a.b.cvới a,b,c là ba kích thướcb) Thể tích khối lập phương:V = a3với a là độ dài cạnhacbaaa2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP:V=1Bh3hvới B: diện tích đáyh: chiều caoB3. TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN:Cho khối tứ diện SABC và A’, B’, C’ là các điểm tùy ýlần lượt thuộc SA, SB, SC ta có:VSABCVSA ' B ' C 'SA SB SCSA ' SB ' SC 'SC'A'AB'CB4. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT:hB  B' BB'3B, B' : dieän tích hai ñaùyvới h : chieàu caoVA'B'C'ABCChú ý:1/ Đường chéo của hình vuông cạnh a là d = a 2 ,Đường chéo của hình lập phương cạnh a là d = a 3 ,Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là d =a 2  b2  c 2 ,a 323/ Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằngnhau ( hoặc có đáy là đa giác đều, hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy).4/ Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.II/ Bài tập:2/ Đường cao của tam giác đều cạnh a là h =127 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLOẠI 1:THỂ TÍCH LĂNG TRỤKhối lăng trụ đứng có chiều cao hay cạnh đáy1) Dạng 1:Ví dụ 1: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh BC = a 2 vàbiết A'B = 3a. Tính thể tích khối lăng trụ.Lời giải:Ta cóABC vuông cân tại A nên AB = AC = aABC A'B'C' là lăng trụ đứng  AA'  ABC'A'B'3aa 2AaAA'B  AA'2  A'B2  AB2  8a2 AA '  2a 2Vậy V = B.h = SABC .AA' = a3 2CBVí dụ 2: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D' có cạnh bên bằng 4a và đường chéo 5a.Tính thể tích khối lăng trụ này.Lời giải:ABCD A'B'C'D' là lăng trụ đứng nênBD2 = BD'2 - DD'2 = 9a2  BD  3aC'D'A'ABCD là hình vuông  AB B'4a5aCDSuy ra B = SABCD =3a29a24Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3ABVí dụ 3: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều cạnh a = 4 và biết diện tích tam giácA’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.Lời giải:Gọi I là trung điểm BC .Ta có ABC đều nênAB 3AI  2 3 & AI  BC2C'A'B'ACIB A 'I  BC(dl3 )2S1SA'BC  BC.A'I  A'I  A'BC  42BCAA '  (ABC)  AA '  AI .A 'AI  AA '  A 'I 2  AI 2  2Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC .AA'= 8 3Ví dụ 5: Cho hình hộp đứng có đáy là hình thoi cạnh a và có góc nhọn bằng 60 0 Đường chéo lớn của đáy bằngđường chéo nhỏ của lăng trụ. Tính thể tích hình hộp .128 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGLời giải:Ta có tam giác ABD đều nên : BD = aC'a2 3và SABCD = 2SABD =2D'B'A'a 3a 32DD 'B  DD'  BD '2  BD 2  a 2a3 6Vậy V = SABCD.DD' =2Theo đề bài BD' = AC = 2CDAHĐBM -TỔ TOÁNB60Bài tập:Bài 1: Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều biết rằng tất cả các cạnh của lăng trụ bằng a. Tính thể tích vàtổng diện tích các mặt bên của lăng trụ.a3 3; S = 3a24Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là tứ giác đều cạnh a biết rằng BD '  a 6 . Tính thể tíchĐS: V của lăng trụ.Đs: V = 2a3Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,biết rằng chiều caolăng trụ là 3a và mặt bên AA'B'B có đường chéo là 5a . Tính thể tích lăng trụ.Đs: V = 24a32) Dạng 2: Lăng trụ đứng có góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a ,biếtA'B hợp với đáy ABC một góc 600. Tính thể tích lăng trụ.C'A'B'CA60oLời giải:Ta có A 'A  (ABC)  A'A  AB& AB là hình chiếu của A'B trênđáy ABC .Vậy góc[A'B,(ABC)]  ABA '  60oABA '  AA '  AB.tan 600  a 31a2SABC = BA.BC 22a3 3Vậy V = SABC.AA' =2B = 60 oVí dụ 2: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a , ACBbiết BC' hợp với (AA'C'C) một góc 30 0. Tính AC' và thể tích lăng trụ.129 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGA'HĐBM -TỔ TOÁNLời giải:C'ABC  AB  AC.tan60o  a 3 .Ta có:AB  AC;AB  AA'  AB  (AA'C'C)B'nên AC' là hình chiếu của BC' trên (AA'C'C).Vậy góc[BC';(AA"C"C)] = BC'A = 30o30oAC'B  AC' AV =B.h = SABC.AA'Cao60AB 3at an30oAA 'C'  AA'  AC'2  A 'C'2  2a 2ABC là nửa tam giác đều nên SABC Ba2 32Vậy V = a3 6Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường chéo BD' của lăng trụhợp với đáy ABCD một góc 300. Tính thể tích và tổng diên tích của các mặt bên của lăng trụ .Lời giải:Ta có ABCD A'B'C'D' là lăng trụ đứng nên ta có:DD '  (ABCD)  DD '  BD và BD là hình chiếu của BD' trên ABCD.Vậy góc [BD';(ABCD)] = DBD'  300B'C'A'D'o30CDBDD '  DD'  BD.tan 300 BAVậy V = SABCD.DD' =aa 63a3 64a 2 6S = 4SADD'A' =33Ví dụ 4: Cho hình hộp đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD = 60o biết AB' hợp vớiđáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích của hình hộp.Lời giải:C'B'ABD đều cạnh a  SABD A'D'o30ACB60 oDaa2 34a2 32ABB' vuông tạiB  BB'  ABt an30o  a 33a3Vậy V  B.h  SABCD .BB' 2 SABCD  2SABD Bài tập :Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông cân tại B biếtA'C = a và A'C hợp với mặt bên (AA'B'B) một góc 30o . Tính thể tích lăng trụ130 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNĐS: V a3 216Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại B biếtBB' = AB = a và B'C hợp với đáy (ABC) một góc 30 o . Tính thể tích lăng trụ.ĐS: V a3 32Bài 3: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a(BCC'B') một góc 30 o .Tính độ dài AB' và thể tích lăng trụ .biết AB' hợp với mặt bênĐS: AB'  a 3 ; V a3 32Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại A biếtAC = a và ACB  60o biết BC' hợp với mặt bên (AA'C'C) một góc 30o .Tính thể tích lăng trụ và diện tích tam giác ABC'.ĐS:V  a3 63a 2 3,S=2Bài 5: Cho lăng trụ tam giác đều ABC A'B'C' có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BC) bằng a và AA' hợpvới mặt phẳng (A'BC) một góc 300 .Tính thể tích lăng trụĐS: V 32a 39Bài 6: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có đường chéo A'C = a và biết rằng A'C hợp với (ABCD) mộtgóc 30o và hợp với (ABB'A') một góc 45o .Tính thể tích của khối hộp chữ nhật.a3 2Đs: V 8Bài 7: Cho hình hộp đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông . Gọi O là tâm của ABCD và OA' = a.Tính thể tích của khối hộp khi:1) ABCD A'B'C'D' là khối lập phương .2) OA' hợp với đáy ABCD một góc 60o .3) A'B hợp với (AA'CC') một góc 30o.Đs:1) V 2a 3 6a3 34a 3 3;2) V ;3) V 949Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông vàBD' = a . Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây:1) BD' hợp với đáy ABCD một góc 60o .2) BD' hợp với mặt bên (AA'D'D) một góc 30 o .Đs: 1)V =a3 3a3 22)V =168Bài 9: Chiều cao của lăng trụ tứ giác đều bằng a và góc của 2 đường chéo phát xuất từ một đỉnh của 2 mặt bênkề nhau là 60o.Tính thể tích lăng trụ và tổng diện tích các mặt của lăng trụ .Đs: V = a3 và S = 6a23) Dạng 3: Lăng trụ đứng có góc giữa 2 mặt phẳngVí dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a , biết(A'BC) hợp với đáy (ABC) một góc 600 .Tính thể tích lăng trụ.Hoạt động của giáo viên:131 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNB'Lời giải:Ta có A 'A  (ABC) & BC  AB  BC  A'BVậy góc[(A 'BC),(ABC)]  ABA '  60oBABA '  AA '  AB.tan 600  a 31a2SABC = BA.BC 22a3 3Vậy V = SABC.AA' =2A'C'ACo60Ví dụ 2: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều . Mặt (A’BC) tạo với đáy một góc 30 0 vàdiện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.Lời giải:ABC đều  AI  BC mà AA'  (ABC) nên A'I  BC (đl 3  ).'IA = 30oVậy góc[(A'BC);)ABC)] = AC'A'2x 3 x 3 .Ta có22 AI 2 x 3A' AI : A' I  AI : cos 30 0  2x33Giả sử BI = x  AI B'A30oA’A = AI.tan 30 0 =Cx 3.3x3Vậy VABC.A’B’C’ = CI.AI.A’A = x3BxI3Mà SA’BC = BI.A’I = x.2x = 8  x  2Do đó VABC.A’B’C’ = 8 3Ví dụ 3: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A'B'C'D' có cạnh đáy a và mặt phẳng (BDC') hợp với đáy (ABCD) mộtgóc 60 o.Tính thể tích khối hộp chữ nhật.D'C'A'B'Lời giải:Gọi O là tâm của ABCD . Ta cóABCD là hình vuông nên OC  BDCC'  (ABCD) nên OC'  BD (đl 3  ). Vậy góc[(BDC');(ABCD)] = = 60 oCOC'Ta có V = B.h = SABCD.CC'ABCD là hình vuông nên SABCD = a2CD60 0OCC' vuông nên CC' = OC.tan60o =OABaVậy V =a 62a3 62132 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNVí dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có AA' = 2a ; mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy (ABCD) một góc60 o và A'C hợp với đáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích khối hộp chữ nhật.D'A'C'B'BC  AB  BC  A'B (đl 3  ) .Vậy góc[(A'BC),(ABCD)] = A 'BA  60oA'AC  AC = AA'.cot30 o = 2a 32aDAo60Bo30CLời giải:Ta có AA'  (ABCD)  AC là hình chiếu của A'C trên (ABCD)Vậy góc[A'C,(ABCD)] = A 'CA  30o2a 334a 6ABC  BC  AC2  AB2 3316a 2Vậy V = AB.BC.AA' =3A'AB  AB = AA'.cot60o =Bài tập:Bài 1: Cho hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có AA' = a biết đường chéo A'C hợp với đáy ABCD một góc 30 o vàmặt (A'BC) hợp với đáy ABCD một góc 600 . Tính thể tích hộp chữ nhật.Đs: V 2a 3 23Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông và cạnh bên bằng a biết rằng mặt(ABC'D') hợp với đáy một góc 30 o.Tính thể tích khối lăng trụ.Đs: V = 3a3Bài 3: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC = 2a biết rằng (A'BC)hợp với đáy ABC một góc 45 o. Tính thể tích lăng trụ.Đs: V  a 3 2Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB = AC = a và BAC  120obiết rằng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 45o. Tính thể tích lăng trụ.Đs: V a3 38Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BB' = AB = h biết rằng (B'AC)hợp với đáy ABC một góc 60 o. Tính thể tích lăng trụ.Đs: V h3 24Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC đều biết cạnh bên AA' = aTính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây:1) Mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 60 o .2) A'B hợp với đáy ABC một góc 45o.3) Chiều cao kẻ từ A' của tam giác A'BC bằng độ dài cạnh đáy của lăng trụ.Đs: 1) V  a 3 3 ; 2) V =a3 3; V = a3 34Bài 7: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A'B'C'D' có cạnh bên AA' = 2a .Tínhthể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây:1) Mặt (ACD') hợp với đáy ABCD một góc 45 o .2) BD' hợp với đáy ABCD một góc 600 .133 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN3) Khoảng cách từ D đến mặt (ACD') bằng a .Đs: 1) V = 16a3 . 2) V = 12a3 .3) V =16a 33Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh aTính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây:1)Mặt phẳng (BDC') hợp với đáy ABCD một góc 60 o .2)Tam giác BDC' là tam giác đều.3)AC' hợp với đáy ABCD một góc 450Đs: 1)Va3 6; 2) V = a 3 ; V = a 3 22Bài 9: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn A = 60o .Tính thểtích lăng trụ trong các trường hợp sau đây:1) Mặt phẳng (BDC') hợp với đáy ABCD một góc 60 o .2) Khoảng cách từ C đến (BDC') bằng3) AC' hợp với đáy ABCD một góc 450a2Đs: 1) V 333a 3 3 ; 2) V = 3a 2 ; V = 3a482Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có BD' = 5a ,BD = 3aTính thể tích khối hộp trong các trường hợp sau đây:1) AB = a2) BD' hợp với AA'D'D một góc 30o3) (ABD') hợp với đáy ABCD một góc 300Đs: 1) V  8a 3 2 ; 2) V = 5a 3 11 ; V = 16a 34) Dạng 4:Khối lăng trụ xiênVí dụ 1: Cho lăng trụ xiên tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , biết cạnh bên là a 3 vàhợp với đáy ABC một góc 60o. Tính thể tích lăng trụ.A'C'B'Lời giải:Ta có C 'H  (ABC)  CH là hình chiếu của CC' trên (ABC)Vậy góc[CC',(ABC)]  C'CH  60oCHC'  C'H  CC'.sin 600 CAaBo60HSABC = 3a2a2 33a 3 3.Vậy V = SABC.C'H =48Ví dụ 2: Cho lăng trụ xiên tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A' xuống(ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết AA' hợp với đáy ABC một góc 60 .1) Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật.2) Tính thể tích lăng trụ .134 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGA'HĐBM -TỔ TOÁNLời giải:1) Ta có A 'O  (ABC)  OA là hình chiếu của AA' trên (ABC)Vậy góc[AA ',(ABC)]  OAA '  60oC'Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ)AO  BC tại trung điểm H của BC nên BC  A 'H (đl 3  ) BC  (AA 'H)  BC  AA ' mà AA'//BB' nên BC  BB'Vậy BB'CC' là hình chữ nhật.B'A60 o22a 3 a 3AH 33 23oAOA '  A 'O  AO t an60  aa3 3Vậy V = SABC.A'O =42) ABC đều nên AO COaHBVí dụ 3: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB = 3 AD = 7 .Hai mặt bên (ABB’A’)và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.D'C'A'Lời giải:Kẻ A’H  (ABCD ) ,HM  AB , HN  AD A' M  AB , A' N  AD (đl 3  )A 'MH  45o ,A'NH  60oĐặt A’H = x . Khi đóB'A’N = x : sin 600 =2x3DCNAA' 2  A' N 2 3  4x 2 HM3Mà HM = x.cot 450 = xHAMAN =BNghĩa là x =3  4x 23x37Vậy VABCD.A’B’C’D’ = AB.AD.x=3. 7.337Bài tập:Bài 1: Cho lăng trụ ABC A'B'C'có các cạnh đáy là 13;14;15và biết cạnh bên bằng 2a hợp với đáy ABCD mộtgóc 45 o . Tính thể tích lăng trụ. Đs: V = a 3 2Bài 2: Cho lăng trụ ABCD A'B'C'D'có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và biết cạnh bên bằng 8 hợp với đáyABC một góc 30o.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V =336Bài 3: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D'có AB =a;AD =b;AA' = c và BAD  30o và biết cạnh bên AA' hợp vớiođáy ABC một góc 60 .Tính thể tích lăng trụ.135 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNĐs: V =abc 34Bài 4 : Cho lăng trụ tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và điểm A' cách đều A,B,C biếtAA' =2a 3a3 3.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V 34Bài 5: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , đỉnh A' cóhình chiếu trên (ABC) nằm trên đường cao AH của tam giác ABC biết mặt bêbBB'C'C hợp vớio đáy ABC một góc 60o .1) Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật.Đs: V 2) Tính thể tích lăng trụ ABC A'B'C'.3a 3 38Bài 6: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Cạnh b CC' = a hợp với đáy ABC 1góc 60 o và C' có hình chiếu trên ABC trùng với O .1) Chứng minh rằng AA'B'B là hình chữ nhật. Tính diện tích AA'B'B.2) Tính thể tích lăng trụ ABCA'B'C'.Đs: 1) S a2 33a 3 32) V 28Bài 7: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết chân đường vuông góc hạ từ A' trênABC trùng với trung điểm của BC và AA' = a.1) Tìm góc hợp bởi cạnh bên với đáy lăng trụ.a3 32) Tính thể tích lăng trụ.Đs: 1) 30o 2) V 8Bài 8: Cho lăng trụ xiên ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Hình chiếu của C' trên (ABC) làO.Tính thể tích của lăng trụ biết rằng khoảng cách từ O đến CC' là a và 2 mặt bên AA'C'Cvà BB'C'C hợp vớinhau một góc 90 oĐs: V 27a 34 2Bài 9: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có 6 mặt là hình thoi cạnh a,hình chiếu vuông góc của A' trên(ABCD)nằm trong hình thoi,các cạnh xuất phát từ A của hộp đôi một tạo với nhau một góc 60 o .1) Chứng minh rằng H nằm trên đường chéo AC của ABCD.2) Tính diện tích các mặt chéo ACC'A' và BDD'B'.3) Tính thể tích của hộp.Đs: 2) SACC'A'  a 2 2;SBDD'B'  a 2 . 3) V a3 22Bài 10: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và gócA = 60o chân đường vuông góc hạ từ B' xuông ABCD trùng với giao điểm 2 đường chéo đáy biết BB' = a.1)Tìm góc hợp bởi cạnh bên và đáy.2)Tính thể tích và tổng diện tích các mặt bên của hình hộp.Đs: 1) 60o 2) V 3a 3&S  a 2 154136 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLOẠI 2:THỂ TÍCH KHỐI CHÓP1) Dạng 1: Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáyVí dụ 1: Cho hình chóp SABC có SB = SC = BC = CA = a . Hai mặt (ABC) và (ASC) cùng vuông góc với(SBC). Tính thể tích hình chóp .Lời giải:Ta có(ABC)  (SBC) AC  (SBC) (ASC)  (SBC)Aa_BC//13Do đó V  SSBC .AC \S1 a2 3a3 3a3 412Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC = a biết SA vuông góc với đáyABC và SB hợp với đáy một góc 60o.1) Chứng minh các mặt bên là tam giác vuông .2) Tính thể tích hình chóp.Lời giải:1) SA  (ABC)  SA  AB &SA  ACmà BC  AB  BC  SB ( đl 3  ).Vậy các mặt bên chóp là tam giác vuông.2) Ta có SA  (ABC)  AB là hình chiếu của SB trên (ABC).Vậy góc[SB,(ABC)] = SAB  60o .SCaA60oABC vuông cân nên BA = BC =SABC =Ba21a2BA.BC 24a 62211 a a 6 a3 6Vậy V  SABC .SA 334 224SAB  SA  AB.t an60o Ví dụ 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết SA vuông góc với đáy ABC và (SBC)hợp với đáy (ABC) một góc 60o. Tính thể tích hình chóp .137 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải: M là trung điểm của BC,vì tam giác ABC đều nênAM  BC  SA  BC (đl3  ) .Vậy góc[(SBC);(ABC)] = SMA  60o .STa có V =CA11B.h  SABC .SA333a2311a 3Vậy V = B.h  SABC .SA 338SAM  SA  AM tan 60o 60 oaMBVí dụ 4: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA vuông góc đáy ABCD và mặtbên (SCD) hợp với đáy một góc 60 o.1) Tính thể tích hình chóp SABCD.2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).Lời giải:1) Ta có SA  (ABC) và CD  AD  CD  SD ( đl 3  ).(1) = 60 o .Vậy góc[(SCD),(ABCD)] = SDASH60 oABaSAD vuông nên SA = AD.tan60o = a 311a3 3Vậy V  SABCD .SA  a2a 3 333D2) Ta dựng AH  SD ,vì CD  (SAD) (do (1) ) nên CD AH  AH  (SCD)Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD).111114 2 2 2222AH SA AD 3a a 3aa 3Vậy AH =2SAD CBài tập:Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B vớiBA=BC=a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với (SAB) một góc 30 o.Tính thể tích hình chóp .a3 2Đs: V =6Bài 2: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy (ABC) và SA = h ,biết rằng tam giác ABC đều và mặt(SBC) hợp với đáy ABC một góc 30o .Tính thể tích khối chóp SABC .Đs: V h3 33Bài 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông tại A và SB vuông góc với đáy ABC biết SB = a,SC hợp với(SAB) một góc 30o và (SAC) hợp với (ABC) một góc 60o .Chứng minh rằng SC2 = SB2 + AB2 + AC2 Tính thểtích hình chóp.Đs: V a3 327Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC) biết AC = AD = 4 cm,AB = 3 cm,BC = 5 cm.138 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNĐs: V = 8 cm31) Tính thể tích ABCD.2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).1234Đs: d =Bài 5: Cho khối chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , góc BAC  120o , biếtSA  (ABC) và mặt (SBC) hợp với đáy một góc 45o . Tính thể tích khối chóp SABC.Đs: V a39Bài 6: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông biếtSA  (ABCD),SC = a và SC hợp với đáy một góc 60o Tính thể tích khối chóp.Đs: V a3 348Bài 7: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết rằngSA  (ABCD) , SC hợp với đáy một góc 45o và AB = 3a , BC = 4aTính thể tích khối chóp.Đs: V = 20a3Bài 8: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn Abằng 60o và SA  (ABCD) ,biết rằng khoảng cách từ A đến cạnh SC = a.a3 24Đs: V Tính thể tích khối chóp SABCD.Bài 9: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và Bbiết AB = BC = a , AD = 2a , SA  (ABCD) và (SCD) hợp với đáy một góc 60oĐs: V Tính thể thích khối chóp SABCD.a3 62Bài 10 : Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếptrong nửa đường tròn đường kính AB = 2R biết mặt (SBC) hợp với đáy ABCDmột góc 45 o.Tính thể tích khối chóp SABCD.Đs: V 3R 342) Dạng 2 : Khối chóp có một mặt bên vuông góc với đáyVí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều nằmtrong mặt phẳng vuông góc với đáyABCD.1) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AB.2) Tính thể tích khối chóp SABCD.Lời giải:1) Gọi H là trung điểm của AB.SAB đều  SH  ABmà (SAB)  (ABCD)  SH  (ABCD)Vậy H là chân đường cao của khối chóp.SDABHa2) Ta có tam giác SAB đều nên SA =13suy ra V  SABCD .SH Ca 32a3 36Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều ,BCD là tam giác vuông cân tại D , (ABC)  (BCD) và ADhợp với (BCD) một góc 60o. Tính thể tích tứ diện ABCD.139 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải:Gọi H là trung điểm của BC.Ta có tam giác ABC đều nên AH  (BCD) , mà (ABC)  (BCD) AH  (BCD) .ATa có AH  HD  AH = AD.tan60o = a 3aa 332a 3suy raBCD  BC = 2HD =311 1a3 3V = SBCD .AH  . BC.HD.AH 33 29& HD = AD.cot60 o =B60HoDCVí dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, có BC = a. Mặt bên SAC vuông góc vớiđáy, các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 450.a) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AC.b) Tính thể tích khối chóp SABC.Lời giải:a) Kẻ SH  BC vì mp(SAC)  mp(ABC) nên SH  mp(ABC).Gọi I, J là hình chiếu của H trên AB và BC  SI  AB, SJ  BC, theo giả  45othiết SIH  SJHSTa có:HA45CISHI  SHJ  HI  HJ nên BH là đường phân giác củaABC ừ đó suy ra H là trung điểm của AC.a1a3b) HI = HJ = SH =  VSABC= S ABC .SH 2312JBBài tập:Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC đều cạnh a, tam giác SBC cân tạiS và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC).1) Chứng minh chân đường cao của chóp là trung điểm của BC.Đs: V 2) Tính thể tích khối chóp SABC.a3 324Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông cân tại A với AB = AC = a biết tam giác SAB cân tại S và nằmtrong mặt phẳng vuông góc với (ABC) ,mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45 o. Tính thể tích của SABC.Đs: V a312  30o ; SBC là tam giác đều cạnh a và (SAB)  (ABC).Bài 3: Cho hình chóp SABC có BAC  90o ;ABCTính thể tích khối chóp SABC.Đs: V a2 224Bài 4: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều;tam giác SBC có đường cao SH = h và (SBC) (ABC). Cho biết SB hợp với mặt (ABC) một góc 30o .Tính thể tích hình chóp SABC.Đs: V 4h3 39140 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5: Tứ diện ABCD có ABC và BCD là hai tam giác đều lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhauĐs: V biết AD = a.Tính thể tích tứ diện.a3 636Bài 6 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông . Mặt bên SAB là tam giác đều có đường cao SH =h ,nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD,1) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AB.Đs: V 2) Tính thể tích khối chóp SABCD .4h39Bài 7: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật , tam giác SAB đều cạnh a nằm trong mặt phẳngvuông góc với (ABCD) biết (SAC) hợp với (ABCD) một góc 30o .Tính thể tích hình chóp SABCD.Đs: V a3 34Bài 8: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật có AB = 2a , BC = 4a, SAB  (ABCD) , hai mặt bên(SBC) và (SAD) cùng hợp với đáy ABCD một góc 30 o .Tính thể tích hình chóp SABCD.Đs: V 8a3 39Bài 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi với AC = 2BD = 2a và tam giác SAD vuông cân tại S ,nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD. Tính thể tích hình chóp SABCD.Đs: V a3 512Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AD = CD = a ; AB = 2a biết tamgiác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Tính thể tích khối chóp SABCD .Đs: V a3 323) Dạng 3 : Khối chóp đềuVí dụ 1: Cho chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Chứng minh rằng chân đường caokẻ từ S của hình chóp là tâm của tam giác đều ABC.Tính thể tích chóp đều SABC .\Lời giải:Dựng SO  (ABC) Ta có SA = SB = SC suy ra OA = OB = OCVậy O là tâm của tam giác đều ABC.Ta có tam giác ABC đều nênSAO =2aCAa22a 3 a 3AH 33 23SAO  SO2  SA 2  OA2  SO OH11a231a3 11a 11.Vậy V  SABC .SO 3123BVí dụ 2:Cho khối chóp tứ giác SABCD có tất cả các cạnh có độ dài bằng a .1) Chứng minh rằng SABCD là chóp tứ giác đều.2) Tính thể tích khối chóp SABCD.141 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải:Dựng SO  (ABCD)Ta có SA = SB = SC = SD nênOA = OB = OC = OD  ABCD là hình thoi có đường trònngoại tiếp nên ABCD là hình vuông .Ta có SA2 + SB2 = AB2 +BC2 = AC2 nên  ASC vuông tại SSCD OS  VOAaBa 2211 a 2 a3 2S ABCD .SO  a 23326Vậy V a3 26Ví dụ 3: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm DC.a) Tính thể tích khối tứ diện đều ABCD.b)Tính khoảng cách từ M đến mp(ABC). Suy ra thể tích hình chóp MABC.Lời giải:a) Gọi O là tâm của ABC  DO  ( ABC )D1V  S ABC .DO3a2 32a 3S ABC , OC  CI 433MACOIHaBDOC vuông có : DO  DC 2  OC 2 V a 631 a2 3 a 6 a3 2.3 4312b) Kẻ MH// DO, khoảng cách từ M đến mp(ABC) là MHMH 1a 6DO 2611 a 2 3 a 6 a3 2 VMABC  S ABC .MH .33 4624Vậy V a3 224Bài tập:Bài 1: Cho hình chóp đều SABC có cạnh bên bằng a hợp với đáy ABC một góc 60 o . Tính thể tích hình chóp.Đs: V 3a316Bài 2: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh bên a, góc ở đáy của mặt bênlà 45 o.142 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG1) Tính độ dài chiều cao SH của chóp SABC .2) Tính thể tích hình chóp SABC.HĐBM -TỔ TOÁNa3a3Đs: V 6Đs: SH =Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy a và mặt bên hợp với đáymột góc 60o. Tính thể tích hình chóp SABC.Đs: V a3 324Bài 4 : Cho chóp tam giác đều có đường cao h hợp với một mặt bên một góc 30o .Tính thể tích hình chóp.h3 3Đs: V 3Bài 5 : Cho hình chóp tam giác đều có đường cao h và mặt bên có góc ở đỉnhbằng 60 o. Tính thể tích hình chóp.Đs: V Bài 6 : Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy a và ASB  60o .1) Tính tổng diện tích các mặt bên của hình chóp đều.2) Tính thể tích hình chóp.h3 38a2 333a 2Đs: V 6Đs: S Bài 7 : Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có chiều cao h ,góc ở đỉnh của mặt bênbằng 60 o. Tính thể tích hình chóp.Đs: V 2h33Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều có mặt bên hợp với đáy một góc 45 o và khoảngcách từ chân đường cao của chóp đến mặt bên bằng a.Tính thể tích hình chóp .Đs: V 8a3 33Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng a hợp với đáy một góc 60 o.Tính thề tích hình chóp.Đs: V a3 312Bài 10: Cho hình chóp SABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằngSABCD là chóp tứ giác đều.Tính cạnh của hình chóp này khi thể tích củanó bằng V 4) Dạng 4 :9a3 2.2Đs: AB = 3aKhối chóp & phương pháp tỷ số thể tíchVí dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân ở B, AC  a 2 , SA vuông góc với đáy ABC ,SA  a1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC.2) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng (  ) qua AG và song songvới BC cắt SC, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích của khối chóp S.AMN143 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải:Sa)Ta có:1VS . ABC  S ABC .SA và SA  a3+ ABC cân có : AC  a 2  AB  aN S ABC CGA1 21 1a3a Vậy: VSABC  . a 2 .a 23 26b) Gọi I là trung điểm BC.SG 2SI 3SM SN SG 2 // BC  MN// BC SB SC SI 3G là trọng tâm,ta có :MIBVSAMN SM SN 4.VSABCSB SC 942a 3VVVậy: SAMNSABC927Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB  a . Trên đường thẳng qua C và vuông góc với mặt phẳng(ABC) lấy điểm D sao cho CD  a . Mặt phẳng qua C vuông góc với BD, cắt BD tại F và cắt AD tại E.a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD.b) Chứng minh CE  ( ABD )c) Tính thể tích khối tứ diện CDEFLời giải:3Da) TínhFVABCD : VABCD  1 SABC .CD  a36b) Tacó: AB  AC , AB  CD  AB  ( ACD )  AB  ECDB  EC  EC  ( ABD )aEc) TínhVDCEF :Ta có:BCVDCEF DE DF.(*)VDABC DA DB2Mà DE .DA  DC , chia cho DA2aADE DC 2a21 2 2DA DA2a22DF DCa21Tương tự:222DB DBDC  CB3Từ (*) 1a3VDCEF 1VV.VậyDCEFABCDVDABC 6636Ví dụ 3: Cho khối chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ( ) qua A, B và trung điểm M của SC . Tính tỉ sốthể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.144 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNSNM DAOBCLời giải:Kẻ MN // CD (N  SD) thì hình thang ABMN là thiết diện của khốichóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM).VSN 111+ SAND   VSANB  VSADB  VSABCDVSADB SD 224VSBMN SM SN 1 1 111. .   VSBMN  VSBCD  VSABCD MàVSBCDSC SD 2 2 4483VSABMN = VSANB + VSBMN = VSABCD .85Suy ra VABMN.ABCD = VSABCD8VSABMN3Do đó :V ABMN . ABCD 5Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy góc 60 . Gọi M làtrung điểm SC. Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F.a) Hãy xác định mp(AEMF)b) Tính thể tích khối chóp S.ABCDc) Tính thể tích khối chóp S.AEMFLời giải:a) Gọi I  SO  AM . Ta có (AEMF) //BD  EF // BDSb)MICFVậy :VS . ABCDa 62a3 66c) Phân chia chóp tứ giác ta cóOA1S ABCD .SO với S ABCD  a 23+ SOA có : SO  AO. tan 60 EBVS . ABCD DVS . AEMF = VSAMF + VSAME =2VSAMFVS . ABCD = 2VSACD = 2 VSABCXét khối chóp S.AMF và S.ACDTa có : SM 1SC 2SAC có trọng tâm I, EF // BD nên:VSM SF 1SI SF 2.  SAMF SO SD 3VSACD SC SD 311a3 6 VSAMF  VSACD  VSACD 3636 VS . AEMFa3 6 a3 623618145 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNVí dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc đáy,là hình chiếu của A lần lượt lên SB, SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.b) Chứng minh SC  ( AB ' D ')c) Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’SA  a 2 . Gọi B’, D’Lời giải:Sa) Ta có:VS . ABCD1a3 2 S ABCD .SA 33b) Ta có BC  ( SAB )  BC  AB '& SB  AB ' Suy ra: AB '  ( SBC )nên AB'  SC .Tương tự AD'  SC.Vậy SC  (AB'D')B'C'D'c) TínhVS . A B ' C ' D 'VSAB'C' SB ' SC '.(*)VSABC SB SCSC '1SAC vuông cân nênSC222SB ' SA2a2a 2 2Ta có:SB SB 2 SA2  AB 2 3a 2 3I+ TínhBAODCVS . AB 'C ' : Ta có:Từ (*) V SA B 'C '1V SABC31 a3 2 a3 2 VSAB 'C '  .3 39+VS . A B ' C ' D '  2VS . A B 'C '2a 3 29Bài tập:Bài 1: Cho tứ diên ABCD. Gọi B' và C' lần lượt là trung điểm của AB và AC. Tính tỉ số thể tích của khối tứ diệnAB'C'D và khối tứ diên ABCD.Đs: k 14Bài 2: Cho tứ diên ABCD có thể tích 9m3 ,trên AB,AC,AD lần lượt lấy các điểm B',C',D' sao cho AB = 2AB';2AC = 3AD' ;AD = 3AD'. Tính tể tích tứ diện AB'C'D'.Đs: V = 2 m3Bài 3: Cho tứ diên đều ABCD có cạnh a. Lấy các điểm B';C' trên AB và AC sao cho AB thể tích tứ diên AB'C'D .Đs: V a2a;AC'  . Tính23a3 236Bài 4: Cho tứ diênABCD có thể tích 12 m3 .Gọi M,P là trung điểm của AB và CD và lấy N trên AD sao cho DA= 3NA. Tính thể tích tứ diên BMNP. Đs: V = 1 m3146 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 ,đường cao SA = a.Mặt phẳng qua A vàvuông góc với SB tại H và cắt SC tại K. Tính thể tích hình chóp SAHK.Đs:Va3 340Bài 6: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 27m3 .Lấy A'trên SA sao choSA = 3SA'. Mặt phẳng qua A' và song song với đáy hình chóp cắt SB,SC,SD lần lượt tại B',C',D' .Tính thể tíchhình chóp SA'B'C'D'.Đs: V = 1 m3Bài 7: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 9m3, ABCD là hình bình hành , lấy M trên SA sao cho 2SA =3SM. Mặt phẳng (MBC) cắt SD tại N.Tính thể tích khối đa diên ABCDMN .Đs: V = 4m3Bài 8: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao SA = h. Gọi N là trung điểm SC. Mặtphẳng chứa AN và song song với BD lần lượt cắt SB,SDF tại M và P. Tính thể tích khối chóp SAMNP.Đs: V a2 h9Bài 9 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và I là trung điểm của SC.Mặt phẳng qua AI vàsong song với BD chia hình chóp thành 2 phần.Tính tỉ số thể tích 2 phần này.Đs: k 12Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và lấy M trên SA sao choSM x Tìm x đểSAmặt phẳng (MBC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.Đs: x 5 125) Dạng 5 : Ôn tập khối chóp và lăng trụVí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc đáy. Góc giữa SC và đáy bằng60 và M là trung điểm của SB.1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.2) Tính thể tích của khối chóp MBCD.Lời giải:Sa)Ta có V 1S ABCD .SA322+ S ABCD  (2a )  4a+ SAC có : SA  AC tan C  2 a 6HABb) Kẻ MH / / SA  MH  ( DBC )60oTa có: MH D2a.1 28a3 6V  4a .2a 6 33C11SA , S BCD  S ABCD2212a3 6VMBCD  V 43147 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNVí dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a 3 , AD = a, AA’ = a, O là giao điểm của AC vàBD.a) Tính thể tích khối hộp chữ nhật, khối chóp OA’B’C’D’b) Tính thể tích khối OBB’C’.c) Tính độ dài đường cao đỉnh C’ của tứ diện OBB’C’.ABLời giải:a) Gọi thể tích khối hộp chữ nhật là V.Ta có : VODM AB. AD.AA '  a 3.a2  a3 3ABD có : DB  AB 2  AD 2  2aC* Khối OA’B’C’D’ có đáy và đường cao giống khối hộp nên:B'A'C'D'1a3 3VOA' B'C ' D'  V 33b) M là trung điểm BCOM (BB'C')11 a2 a 3 a3 3VOBB'C '  SBB'C ' .OM  . .33 2 212c) Gọi C’H là đường cao đỉnh C’ của tứdiện OBB’C’. Ta có : C ' H 3VOBB 'C 'SOBB 'ABD có : DB  AB 2  AD 2  2a1 SOBB '  a 2  C ' H  2a 32Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ACB’D’.BADCA'B'C'Lời giải:Hình lập phương được chia thành: khối ACB’D’ và bốn khốiCB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’.+ Các khối CB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’ có diện tíchđáy và chiều cao bằng nhau nên có cùng thể tích.Khối CB’D’C’ có1 11V1  . a 2 .a  a 33 26+ Khối lập phương có thể tích:D'a3163V2  a 3 VACB ' D '  a  4. a 1 3a3Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ đứng tam giác có các cạnh bằng a.a) Tính thể tích khối tứ diện A’B’ BC.b) E là trung điểm cạnh AC, mp(A’B’E) cắt BC tại F. Tính thể tích khối CA’B’FE.148 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGEAIHĐBM -TỔ TOÁNBLời giải:a) Khối A’B’ BC:Gọi I là trung điểm AB,VA ' B ' BCFC11 a 2 a 3 a3 3 S A ' B ' B .CI .33 2 212b) Khối CA’B’FE: phân ra hai khối CEFA’ và CFA’B’.+ Khối A’CEFcó đáy là CEF, đường cao A’A nênVA ' CEF B'A'SCEFJC'1SCEF . A ' A31a2 3a3 3 S ABC  VA ' CEF 41648+ Gọi J là trung điểm B’C’. Ta có khối A’B’CF có đáy là CFB’,đường cao JA’ nên V A ' B 'CF 1SCFB' . A ' J31a2SCFB'  SCBB ' 241 a2 a 3 a3 3 VA ' B ' CF 3 4 224+ Vậy :VCA'B'FEa3 316Bài tập:Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; AA1 = a 2 . M là trung điểm AA1. Tính thểtích lăng trụ MA1BC1a3 2Đs:V = 12 = 60o,Bài 2: Hình chóp SABCD có ∆ABC vuông tại B, SA  (ABC). ACBBC = a, SA = a3 ,M là trung điểm SB.Tính thể tích MABC . Đs: VMABC =14a3Bài 3: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90 o. ∆SAC và ∆SBD là các tam giác đều3 . Tính thể tích khối chóp SABCD.6VSABCD = 4có cạnh bằngĐ s:Bài 4: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau:a) Cạnh đáy bằng 1, góc ABC = 60o .b) AB = 1, SA = 2 .21211Đs: V =12Đs: V =Bài 5. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A,AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC.Tính VA’ABC theo a?Đs: V =a32149 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 6: Cho hình chóp SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD =60 o, các cạnh bên nghiêng đều với đáy 1 góc 45 o.3 và góc giữa 2 đường chéo bằngĐs: V Tính VSABCD .Bài 7: Cho hình chóp SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60 o, BSC = 90o,33a 212Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a ,SB= a 3 và mặt phẳng (SAB)CSA = 120 o.Chứng minh rằng ∆ABC vuông .Tính VSABC .Đs: V vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB.BC.Tính theo a thể tích khối chópS.BMDNĐs: vS .BMDN a3 33Bài 9: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. M, N, E lần lượt là trungđiểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ do (MNE) tạo ra.Đs: k = 1Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặtphẳng vuông góc với đáy .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,BC,CD.Chứng minh AM vuông gócvới BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.Đs :a3 3vM .CNP 96150 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNCác bài toán thi TN - CĐ - TSĐH các năm từ 2012 đến 2014.Bài 1. (TN-2014)Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC  2a 5 . Hình chiếu vuônggóc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm M của cạnh AB . Góc giữa đường thẳng SC và ABC  bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a .Đáp ánBài 2. (CĐ-2014)Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. SC tạo vớiđáy một góc bằng 450 .a) Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD .b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) .Đáp án151 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 3. (ĐH-K.D-2014)Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đềucạnh a và mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt đáy.a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BCĐáp ánBài 4. (ĐH-K.B-2014)Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặtphẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng A ' C và mặt đáy bằng 600 .a) Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( ACC ' A ') .Đáp án152 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (ĐH-K.A-2014)Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD 3a, hình chiếu vuông góc của2S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của cạnh AB .a) Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD .b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SBD) .Đáp ánBài 5. (TN-2013)Đáp án153 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (CĐ-2013)Đáp ánBài 5. (ĐH-K.A-2013)Đáp án154 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (ĐH-K.B-2013)Đáp ánBài 5. (ĐH-K.D-2013)Đáp án155 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (TN-2012)Đáp ánBài 5. (CĐ-2012)Đáp án156 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (ĐH-K.A-2012)Đáp ánBài 5. (ĐH-K.B-2012)Đáp án157 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. (ĐH-K.D-2012)Đáp án158 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNCÁC BÀI TOÁN THIBài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góccủa S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA  3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằngSA  2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đếnmặt phẳng (SBC).Bài giảiSH'CDKHAaBM  Vì SH  ( ABCD ) nên SCHSC , ( ABCD)   300. Trong tam giác vuông SAD ta có SA2  AH . AD3AD 2  AD  4a; HA  3a; HD  a4 SH  HA.HD  a 3  HC  SH .cot 300  3a 12a 2  CD  HC 2  HD 2  2 2a.18 6a3Suy ra S ABCD  AD.CD  8 2 a 2 . Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD .33Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên11d  M , ( SBC )   d  A,( SBC )   d  H , ( SBC )  .22Kẻ HK  BC tại K, HH '  SK tại H '. Vì BC  ( SHK ) nên BC  HH '  HH '  ( SBC ).111112 6 a 2 66 HH ' a.222211HH 'HKHS24a1166Từ (1), (2) và (3) suy ra d  M , ( SBC )  a.11Trong tam giác vuông SHK ta có(1)(2)(3)  1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳngBài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCDđáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 0. Gọi K là trung điểm của SC. Tính theo a thể tích khốichóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.Bài giảiSQKDPHCOAB159 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN  1200 nên Gọi O  AC  BD. Vì BCDABC  600a 3 ABC đều cạnh a  AC  a, OD  OB .2Kẻ OH  SB tại H. Vì AC  ( SBD ) nên AC  SB  SB  ( AHC )  SB  AH và SB  HC.( SAB), (SBC )   600  (AH , CH )  600AHC  600 hoặc AHC  1200 .a 3TH 1. AHC  600  AHO  300  OH  OA.cot 300  OB, vô lý vì OHB vuông tại H.2aa 2TH 2. AHC  1200  AHO  600  OH  OA.cot 600  BH  OB 2  OH 2 .2 33OH BHOH .BD a 3Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên SD .SD BDBH2 21a3 2a2 3 a2 3.S ABCD  2.S ABC  2.. Suy ra VS . ABCD  SD.S ABCD 3842Vì BC // AD nên (SBC) // AD  d ( AD, BK )  d  D, ( SBC ) .(1)Kẻ DP  BC tại P, DQ  SP tại Q. Vì BC  ( SDP) nên BC  DQ  DQ  ( SBC ).(2)Từ tam giác vuông DCP  DP  DC.sin 600 Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AD, BK )  DQ a 3a. Từ tam giác vuông SDP  DQ  .22(3)a.2a 10  1350. Hình chiếu vuông góc của, AC  a 2, BC  a , ACB4C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và góctạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A ').Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có AA ' Bài giảiC'B'A'HKCBMA1a2S ABC  CA.CB sin1350  .22Áp dụng định lý cosin cho ABC  AB  a 5CA2  CB 2 AB 2 a 2a 6 C ' M  C ' C 2  CM 2 .2444a3 6Suy ra thể tích lăng trụ V  C ' M .S ABC .8 CM 2 160 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNKẻ MK  AC (K thuộc AC), MH  C ' K (H thuộc C ' K )Vì AC  (C ' MK ) nên AC  MH  MH  ( ACC ' A ')  C ' M , ( ACC ' A ')   MC' H  MC' K.(1)Vì M là trung điểm AB nênSCAM 1a22SaMK1SCAB  MK  MAC  tan MC'K .24ACC 'M2 23Suy ra MC' K  300.Từ (1) và (2) suy ra C ' M , ( ACC ' A ')  300.(2)Bài 4. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hình chiếu vuông góc của Blên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và(CDD ' C ') bằng21. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện7A ' BC ' D '.Bài giảiADa 33aBCA'D'HOGC'B'Áp dụng định lý côsin cho tam giác A ' B ' D ' suy ra B' A ' D '  1200. Do đó A ' B ' C ', A ' C ' D ' là các tam giác đều cạnha 3. Gọi O  A ' C ' B ' D ', ta có BO   A ' B ' C ' D ' ..Kẻ OH  A ' B ' tại H, suy ra A ' B '   BHO  . Do đó ABCD  ,  CDD ' C '   BHO21 2 . tan BHO73a 39a 3  A ' O.sin 600. 2  a 3 . Vậy V BO  HO.tan BHO.a 3.a 3.sin 600 .ABCD. A ' B ' C ' D ' 2243Từ cos BHOa 3 1 A ' C ' nên tam giác A ' BC ' vuông tại B. Vì B ' D '   A ' BC ' nên B ' D ' là trục đường tròn ngoại tiếp22tam giác A ' BC '. Gọi G là tâm của tam giác đều A ' C ' D '. Khi đó GA '  GC '  GD ' và GA '  GB  GC ' nên G là tâm mặt22 3acầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Mặt cầu này có bán kính R  GD '  OD '  . a.33 2Vì BO 161 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trongmặt phẳng vuông góc với đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC ) một góc bằng 60 0. Tính thể tích khối chópS. ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và ( ABCD).Bài giảiSCa 3DHKBAVì (SBC )  ( ABCD), CD  BC , CD  ( ABCD )nên CD  (SBC )  ( SD; ( SBC ))  600 DSC SC  CD.cot 600  a.Suy ra SB  a 2.Kẻ SH  BC  SH  (ABCD ). Từ tam giác SBC vuông ta có SH a 2.31a3 6Suy ra VSABCD  SH .S ABCD .33.Kẻ SK  BD. Khi đó hình chiếu HK  BD. Suy ra (SBD, ABCD )  SKHSB 2 2aa 2 HK  BH . sin 450 .BC33Suy ra SHK vuông cân tại H. Do đó SKH  45 0. Suy ra (SBD, ABCD )  450.Từ tam giác vuông SBC ta có BH Bài 6. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD  DC , AB  2AD, mặt bên SBC làtam giác đều cạnh 2 a và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). Tính thể tích khối chóp S. ABCD vàkhoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a .Bài giảiSKIABMHDC162 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNGọi M là trung điểm AB, H là trung điểm BC. Ta có SH  BC  SH  ( ABCD ), SH  a 3. Tứ giác AMCD là hình vuôngnên CM = AM = MB. Suy ra CMB vuông cân. Do đó: CM  a 2 , AB  2a 2 , CD  a 2 .1( AB  CD).CM 3a 2 . Thể tích VS . ABCD  SH .S ABCD  3a 3 .23Kẻ đường thẳng  đi qua A,  // BC. Hạ HI   ( I  ). Suy ra BC //(SAI ). Do đó:d ( BC , SA)  d ( BC , ( SAI ))  d ( H , ( SAI )).Hạ HK  SI ( K  SI ). Suy ra HK  (SAI ). Do đó d ( H , ( SAI ))  HK .Ta có CM  AM  MB nên tam giác ACB vuông tại C. Suy ra HI  AC  2a.HI .SH2 21aDo đó : d ( BC , SA)  HK .227HI  SHDiện tích S ABCD Bài 7. Cho hình lăng trụ ABC.A1 B1C1 có M là trung điểm cạnh AB, BC  2a, ACB  90 0 và ABC  600 , cạnhbên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểmcủa CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACC1 A1 ).Bài giảiC1A1B1C2aBKHAMGọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết  C1 H  ( ABC )  C1CH  (CC1 ; ( ABC ))  45 0. *) Từ tam giác vuông1ABC với BC  2a , ABC  60 0  AC  2a 3 , AM  4a, CM  AB  2 a  CH  a  C1 H  CH tan 450  a.223VABC . A1B1C1  C1H .S ABC  a.2a 3  2 3a .Kẻ HK  AC  đường xiên C1 K  AC  (( ABC ); ( ACC1 A1 ))  C1 KH .aTam giác MCA cân tại M  MCA  MAC  30 0  HK  HC.sin 30 0 2CH tan( C1 KH )  2  (( ABC ); ( ACC1 A1 ))  arctan 2.HK163 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBÀI TẬPBài 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA  AB  a, AC  2a và SA vuông góc vớimặt phẳng ( ABC ) . Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho BM  2 MA .a) Tính theo a thể tích khối chóp S .BCM .b) Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCM ) .Bài 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3a; BC  4a , mặt phẳng ( SBC ) vuông  300 .góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  2a 3 và SBCa) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .b) Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) .Bài 3. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BA  3a, BC  4a ; mặt phẳng ( SBC ) vuông  300 .góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  2a 3 và SBCa) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC .b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) .Bài 4. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên đáy trùngvới trọng tâm của tam giác ABD , cạnh SB tạo với đáy một góc 600 .a) Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCDb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD .Bài 5. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 , DA  BD  DC . Biết rằngDBC là tam giác vuông.a) Tính theo a thể tích của tứ diện ABCD .a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC .Bài 6. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm củacác cạnh AB và AD . Gọi H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  vàSH  a 3 .a) Tính theo a thể tích khối chóp S .CDNM .b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC .164 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN  1200 ,Bài 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  450 .M là trung điểm của cạnh BC và SMAa) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD .b) Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  .Bài 8. Cho hình chóp S . ABC với ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt ( SAB),( SAC ) cùng vuông góc với mặt( ABC ) . Góc giữa ( SBC ) và ( ABC ) là 600 . M là trung điểm AC .a) Tính theo a thể tích khối tứ diện S . ABCb) Tính theo a khoảng cách giữa AB và SN theo a .Bài 9. Cho hình chóp S . ABC , tam giác ABC vuông cân tại A có BC  3a . Hình chiếu vuông góc của S lênmặt ( ABC ) là điểm H thuộc đoạn AB sao cho HA  3HB và SC tạo với mặt đáy ABC góc 600 .a) Tính theo a thể tích khối tứ diện S . ABCb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC .Bài 10. Cho hình chóp S . ABC với tam giác ABC cân tại A, AB  AC  2a , BC  3a , SA  SB  SC và SA tạo vớimặt đáy ( ABC ) góc 600 .a) Tính theo a thể tích chóp S . ABC .b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC .Bài 11. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, BA  3a, BC  4a . Mặt phẳng ( SBC )  300 .vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  a 3 và SBCa) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCb) Tính theo a khoảng cách giữa SB và AC .Bài 12. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm củacác cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) vàSH  a 3 .165 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNa) Tính theo a thể tích khối chóp S .CDNM vàb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SCtheo a .Bài 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh , mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặtphẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 450 , SA  SB .a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCDb) Tính theo a khoảng cách giữa AB và SC .Bài 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  a ; hình chiếu vuông góccủa đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn AC , AC  4 AH . Gọi CM là đường cao của tamgiác SAC .a) Tính theo a thể tích khối tứ diện SMBCb) Tính theo a khoảng cách giữa MB và CD theo a .Bài 15. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  a , BC  a, AD  2a. Đườngthẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa mặt phẳng  SCD  với mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 .a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCDb) Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng  SCD  .Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuônggóc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA  3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biếtrằng SA  2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300.a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCDb) Tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).  1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặtBài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCDphẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 600. Gọi K là trung điểm của SC.a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCDb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.Bài 18. Cho tam giác ABC vuông cân tại B, AB  BC  2a . Hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vuông gócvới mặt phẳng ( ABC ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng( SBC ) và ( ABC ) là 600 .166 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNa) Tính theo a thể tích khối chóp S .BCMNb) Tính theo a khoảng cách giữa SM và AC .Bài 19. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằnga 5.2a) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp chópb) Tính theo a khoảng cách giữa SM và AC trong đó M là trung điểm BC .Bài 20. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a , cạnh SA vuông góc vớiđáy và cạnh SB hợp với đáy góc 600 . Lấy M trên SA sao cho AM a 3. Mặt phẳng ( BMC ) cắt SD2tại N .a) Tính theo a tích khối chóp S .BCNMb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SCBài 21. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trongmặt phẳng vuông góc với đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC ) một góc bằng 60 0.a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo ab) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và ( ABCD).Bài 22. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD  DC , AB  2AD, mặt bênSBC là tam giác đều cạnh 2 a và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD).a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCDb) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a .Bài 23. Cho hình chóp S . ABC có hình chiếu S lên mặt phẳng ( ABC ) nằm trong tam giác ABC và các mặt bêntạo với mặt đáy ( ABC ) góc 600 . Cho AB  4a, AC  2 7 a , ABC  600 .a) Tính theo a thể tích chóp S . ABCb) Tính theo a khoảng cách giữa SA, BC .167 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 24. Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và đáy ABCD là hình chữ nhật,AB  a, AD  2a . Gọi M là trung điểm của BC , N là giao điểm của AC và DM , H là hình chiếu vuông góccủa A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  là  , với tan  2.5a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABMNb) Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SMD  .  600 .Bài 25. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại S , SBCMặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  .a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCb) Tính theo a khoảng cách từđiểm C đến mặt phẳng  SAB  .Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA   ABCD  ;AB  SA  3a; AD  3a 2 ,( a  0 ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD,SC ; I là giao điểmcủa BM , AC .a) Chứng minh rằng mặt phẳng  SBM  vuông góc với mặt phẳng  SAC  vàb) Tính theo a thể tích khối tứ diện ABIN .Bài 27. Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' với đáy ABCD là hình thoi cạnh a và tam giác ABD đều. BiếtA ' A  A ' B  A ' D và góc tạo bởi A ' A và mặt đáy ( ABCD) là 600 .a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABCB. A ' B ' C ' D ' .b) Tính theo a khoảng cách giữa B ' và mặt phẳng ( A ' BD) .Bài 28. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và( ABC ) là 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC .a) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABCb) Tính theo a khoảng cách giữa A ' C và AB theo a .Bài 29. Cho tam giác hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2 AD , A ' C  2avà tạo với mặt phẳng ( ABCD) góc 600 .a) Tính theo a thể tích tứ diện ABB ' C '168 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNb) Tính theo a khoảng cách từ A tới mặt phẳng (CA ' D ') .Bài 30. Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh là a . I , K lần lượt là trung điểm A ' D ', BB ' .a) Tính theo a thể tích khối tứ diện IKAD .b) Tính theo a khoảng cách giữa IK , ADBài 31. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có mặt bên là các hình vuông cạnh a . Gọi D, E , F là trung điểm cáccạnh BC , A ' C ', B ' C ' .a) Tính theo a khoảng cách giữa DE và A ' F theo a .b) Tính theo a khoảng cách giữa A ' D và BE theo a .Bài 32. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A cóAB  a , AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của A ' lên ( ABC ) là trung điểm của BC .a) Tính theo a thể tích chóp A.BCC ' B 'b) Tính theo a khoảng cách giữa AB và A ' C theo a .Bài 33. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có AA ' a 10  1350. Hình chiếu vuông góc, AC  a 2, BC  a, ACB4của C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB.a) Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C 'b) Tính góc tạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A ').Bài 34. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hình chiếu vuông góc củaB lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và(CDD ' C ') bằng21.7a) Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D 'b) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '.Bài 35. Cho hình lăng trụ ABC.A1 B1C1 có M là trung điểm cạnh AB, BC  2a, ACB  90 0 và ABC  600 , cạnhbên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểmcủa CM.a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho169 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNb) Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACC1 A1 ).Bài 36. Cho lăng trụ ABC.A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  2 , BC  4 .Hình chiếu vuông góc củađiểm A1 trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của AC . Góc giữa hai mặt phẳng  BCC1B1  và  ABC  bằng600 .a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã chob) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và BC .Bài 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có AB  a, BC  2a ,ABC  1200 , SA  SC , SB  SD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD, BC . Tính theo a khoảng cách giữaSM , ND biết d ( S ,( ABCD ))  3a .Bài 38. Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , N là trungđiểm AB . Tình khoảng cách giữa GC ' và AN theo a .Bài 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnhvà SA  b . M , N là trung điểm SB, SD .Tính theo a và b khoảng cách giữa AN , CM .Bài 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB  2 BC  2a, SA  3a,  600 . Tính khoảng cách giữa D và ( SBC ) theo a .SA  ( ABCD), ABCBài 41. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh A . Các mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) vuônggóc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và ( ABC ) là 600 . P thuộc đoạn AB sao cho AP đoạn AC sao cho AQ 1AB , Q thuộc45AC . Tính khoảng cách giữa PQ, SC theo a .7Bài 42. Cho chóp tam giác đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA 2a 3. Gọi D là điểm đối3xứng B qua C . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABD .Bài 43. Cho chóp tứ giác đều S . ABCD với ABCD là hình vuông cạnh a , chiều cao của hình chóp bằng a . GọiE, F là trung điểm BC , AD . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .EBF .Bài 44. Cho chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  a, CD  2a,170 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNSD  2a, SD  ( ABCD) . E là trung điểm của CD . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếphình chóp S .BCE .Bài 45. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a , chiều cao hình chóp bằng a .Gọi E , F lần lượt là trung điểm BC , AD . Xác định tâm và tính theo a bán kính cầu ngoại tiếp chóp S .EBF .Bài 46. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a . SAD là tam giác đều và nằm trong mặtphẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N là trung điểm của BC , CD . Xác định tâm và tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếpchóp S .MCN theo a .Bài 47. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  SB  a , ( SAB) vuông góc với đáy. Xácđịnh tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABCD theo a .Bài 48. Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SA  a , hình chiếu của S lên mặtphẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AC và AH 1AC . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ4diện OSCD theo a .-------------------------------Hết------------------------------171 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 8PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONGKHÔNG GIANA. KIẾN THỨC CƠ BẢNTỌA ĐỘ ĐIỂM - TỌA ĐỘ VÉC TƠzI. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong không gianx'Ox : trục hoànhx'y'Oy : trục tungz'Oz : trục caoky'O  : gốc toạ độ O ji, j, k : véc tơ đơn vịi x(hay i; j; k : véc tơ đơn vị )z'Quy ước : Không gian mà trong đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz được gọi làkhông gian Oxyz và ký hiệu là : kg(Oxyz)yII. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ:1. Định nghĩa 1: Cho M  kg(Oxyz) . Khi đó véc tơ OM được biểu diển một cách duy nhất theo   zi, j, k bởi hệ thức có dạng : OM  xi  y j + yk vôùi x,y,z   .Bộ số (x;y;z) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M.Ký hiệu:M(x;y;z)y( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M, z: cao độ của điểm M )MOxñ/nÝ nghĩa hình học:zRzM3Opx  OP; y= OQ ; z = ORM2MyyQxx  OM  xi  y j  zkM ( x; y; z)M12. Định nghĩa 2: Cho a  kg(Oxyz) . Khi đó véc tơ a được biểu diển một cách duy nhất theo i, j, k bởi hệ thức có dạng : a  a1 i  a2 j + a3 k vôùi a1 ,a2 ,a3   .Bộ số (a1;a2;a3) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a .Ký hiệu:a  (a1; a2 ; a3 )a=(a1;a2 ;a3 )ñ /na  a1 i  a2 j  a3 k172 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. Các công thức và định lý về toạ độ điểm và toạ độ véc tơ :Nếu A( x A ; y A ; zA ) vaø B(xB ; yB ; zB ) thìĐịnh lý 1:AB  ( xB  x A ; yB  y A ; zB  zA )Nếu a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) thìĐịnh lý 2:a1  b1 * a  b  a2  b2a  b3 3 * a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 ) * a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 )* k .a  (ka1; ka2 ; ka3 )(k  )III. Sự cùng phương của hai véc tơ:Nhắc lại Hai véc tơ cùng phương là hai véc tơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng songsong . Định lý về sự cùng phương của hai véc tơ: Định lý 3 :Cho hai véc tơ a vaø b vôùi b  0a cuøng phöông b !k   sao cho a  k .b Nếu a  0 thì số k trong trường hợp này được xác định như sau:k > 0 khi a cùng hướng bk < 0 khi a ngược hướng bak  bĐịnh lý 4 :A, B, C thaúng haøng  AB cuøng phöông ACĐịnh lý 5: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :a cuøng phöông ba1  kb1 a2  kb2  a 1 : a2 : a3  b1 : b2 : b3a  kb3 3173 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIV. Tích vô hướng của hai véc tơ:Nhắc lại:   a.b  a . b .cos(a, b)2  2a  a a  b  a.b  0Định lý 6: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a2 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :a.b  a1b1  a2 b2  a3b3Định lý 7: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) ta có :a  a12  a22  a32Định lý 8: Nếu A( x A ; y A ; zA ) vaø B(x B ; yB ; zB ) thìAB  ( xB  x A )2  ( yB  y A )2  ( zB  zA )2Định lý 9: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có : ab a1b1  a2 b2  a3b3  0Định lý 10: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có : a.ba1b1  a2 b2  a3b3cos(a, b )    a.ba12  a22  a32 . b12  b22  b32V. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k:Định nghĩa : Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k  1 ) nếu như :MA  k .MBAMBĐịnh lý 11 : Nếu A( x A ; y A ; zA ) , B(x B ; yB ; zB ) và MA  k .MB ( k  1 ) thìx A  k .x B xM  1  ky A  k .yB yM 1 kzA  k .zB zM  1  k174 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNx A  xB xM 2y yĐặc biệt : M là trung điểm của AB   yM  A B2zA  zB zM  2Định lý 12: Cho tam giác ABC biết A( x A ; y A ; zA ) , B(x B ; yB ; zB ), C(xC ; yC ; zC )x A  xB  xC xG 3y y yG là trọng tâm tam giác ABC   yG  A B C3zA  zB  zC zG 3Ví dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3)Tìm điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hànhVí dụ 2: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0)a. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông .b. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABCc. Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ AVI. Tích có hướng của hai véc tơ:1. Định nghĩa: Tích có hướng của hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) là một véc tơ được ký hiệu :  a; b  có tọa độ là :1 2 3 a a; b    2  b2a3 a3;b3 b3a  (a1; a2 ; a3 )Cách nhớ: b  (b1; b2 ; b3 )a1 a1 a2 ;b1 b1 b2 2. Tính chất:   a; b   a vaø  a; b   b  1  SABC  .  AB; AC 2 S ABCD   AB; AD VABCD. A' B'C ' D'ABCDB    AB; AD  . AA'a cuøng phöông b   a; b   0C'A'A1   VABCD  .  AB; AC  . AD6D'CB'DDCABCAB175 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN    a, b, c ñoàng phaúng   a, b  .c  0    A, B, C, D đồng phẳng  AB, AC, AD đồng phẳng   AB, AC .AD  0BÀI TẬP ỨNG DỤNG:Bài 1: Cho bốn điểm A(-1;-2;4), B(-4;-2;0), C(3;-2;1), D(1;1;1)a. Chứng minh rằng bốn điểm A,B,C,D không đồng phẳngb. Tính diện tích tam giác ABCc. Tính thể tích tứ diện ABCDBài 2: Tính thể tích tứ diện ABCD biết A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3)Bài 3: Cho tứ diện ABCD với A(2; 1;6),B(3; 1; 4),C(5; 1; 0),D(1;2;1) . Chứng minh tam giác ABC vuông.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và thể tích tứ diện ABCD.MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIANI. Các định nghĩa:1. Véc tơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng:ñn  a  0a là VTCP của đường thẳng (  )   a coù giaù song song hoaëc truøng vôùi ( )aa()Chú ý: Một đường thẳng có vô số VTCP, các véc tơ này cùng phương với nhau. Một đường thẳng (  ) hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một VTCP của nó.2. Cặp VTCP của mặt phẳng:ababCho mặt phẳng  xác định bởi hai đường thẳng cắt nhau a và b . Gọi a là VTCP của đườngthẳng a và b là VTVP của đường thẳng b. Khi đó :Cặp (a,b) được gọi là cặp VTCP của mặt phẳng Chú ý : Một mặt phẳng  hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một cặp VTCP của nó.3. Véc tơ pháp tuyến ( VTPT) của mặt phẳng :nñn  n  0n là VTPT của mặt phẳng     n coù giaù vuoâng goùc vôùi mp176 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChú ý : Một mặt phẳng có vô số VTPT, các véc tơ này cùng phương với nhau. Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một cặp VTPT của nó.4. Cách tìm tọa độ một VTPT của mặt phẳng khi biết cặp VTCP của nó: a  (a1; a2 ; a3 )Định lý: Giả sử mặt phẳng  có cặp VTCP là :  thì mp  có một VTPT là : b  (b1; b2 ; b3 ) an   a; b    2 b2aa3 a3;b3 b3a1 a1 a2 ;b1 b1 b2  n  [a , b ]bVí dụ: Tìm một VTPT của mặt phẳng  biết  đi qua ba điểm A(-2;0;1), B(0;10;3), C(2;0;-1)II. Phương trình của mặt phẳng :Định lý 1: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình mặt phẳng  đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có mộtVTPT n  ( A; B; C ) là:n  ( A; B ; C )M  x; y; z  M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 )A( x  x0 )  B( y  y0 )  C (z  z0 )  0zn  ( A; B ; C )Định lý 2: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình dạng :Ax  By  Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  0M0ylà phương trình tổng quát của một mặt phẳng .xChú ý : Nếu ( ) : Ax  By  Cz  D  0 thì ( ) có một VTPT là n  ( A; B; C ) M0 ( x 0 ; y0 ; z0 )  ( ) : Ax  By  Cz  D  0  Ax 0  By0  Cz0  D  0Các trường hợp đặc biệt:1. Phương trình các mặt phẳng tọa độ:(Oxz) (Oxy):z = 0x (Oyz):x = 0 (Oxz):y = 02. Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: A(a; 0; 0) Phương trình mặt phẳng cắt các trục Ox, Oy, Oz tại  B(0; b; 0) (a,b,c  0)C (0; 0; c)x y zlà:  1a b c(Oyz)zyO(Oxy )CcOaAbB177 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3)Viết phương trình mặt phẳng (ABC)Ví dụ 2: Trong Kg(Oxyz) cho A 1; 2;3 , B  2; 3;1 . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua A và vuông gócvới đường thẳng AB.Ví dụ 3: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 và  R  : 3x  2 y  z  1  0 . Viết phươngtrình mặt phẳng  R  đi qua A 1;1;1 đồng thời vuông góc với cả  P  và  Q  .Ví dụ 4: Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C saocho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.III. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng :1. Một số quy ước và ký hiệu: a1  tb1 a  tb2 2(a1, a2 ,..., an )Hai bộ n số : được gọi là tỷ lệ với nhau nếu có số t  0 sao cho .(b1, b2 ,..., bn ). an  tbnaa1 a2Ký hiệu:a1 : a2 : ... : an  b1 : b2 : ...: bnhoặc ...  nb1 b2bn2. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  ,  xác định bởi phương trình :( ) : A1x  B1y  C1z  D1  0 coù VTPT n1  ( A1; B1; C1 )(  ) : A2 x  B2 y  C2 z  D2  0 coù VTPT n2  ( A2 ; B2 ; C2 )n1n2n2n1n1an2baabb( ) caét ( )  A1 : B1 : C1  A2 : B2 : C2 (hay:A1 B1 C1 D1A 2 B2 C2 D2( )  ( ) A1 B1 C1 D1A2 B2 C2 D2( ) // ( )A1 B1BCCAhoaëc 1  1 hoaëc 1  1 )A 2 B2B2 C2C2 A2Đặc biệt:    A1 A2  B1B2  C1C2  0178 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIANI. Phương trình của đường thẳng:1.Phương trình tham số của đường thẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình tham số của đường thẳng () đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 )và nhận a  (a1; a2 ; a3 ) làm VTCP là :az x  x0  ta1() :  y  y0  ta2 z  z  ta03()M0M ( x, y, z ) y(t  )Ox2. Phương trình chính tắc của đường thẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình chính tắc của đường thẳng () đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 )và nhận a  (a1; a2 ; a3 ) làm VTCP là :( ) :x  x0 y  y0 z  z0a1a2a3Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  2; 2;1 , B 0; 2;5 . Viết phương trình tham số củađường thẳng đi qua A và B .Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 1;1; 0 , B 0; 2;1 và trọng tâmG 0; 2; 1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng  ABC Ví dụ 3:x  1  2tCho điểm M(-2;1;1) và đường thẳng (d) : y  1  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) qua điểmz  3  tM và vuông góc với đường thẳng (d).Ví dụ 4: Cho điểm M(1;2;3) và đường thẳng (d) :x z z . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm1 1 1M và đường thẳng (d)II. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng :1.Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng :( )aMana( )nnMaaMa ( )179 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNĐịnh lý: Trong Kg(Oxyz) cho :x  x0 y  y0 z  z0đường thẳng () :có VTCP a  (a1; a2 ; a3 ) và qua M0 ( x0 ; y0 ; z0 )a1a2a3và mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0 có VTPT n  ( A; B; C )Khi đó :() caét ( ) Aa1  Ba2  Ca3  0 Aa1  Ba2  Ca3  0  Ax0  By0  Cz0  D  0 Aa1  Ba2  Ca3  0  Ax0  By0  Cz0  D  0() // ( )( )  ( )aa1 : a2 : a3  A : B : C()  ( ) Đặc biệt:na pt ()Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của (  ) và (  ) ta giải hệ phương trình : tìm x,y,z pt ( )Suy ra: M(x,y,z)Ví dụ 1: Cho hai điểm A(0;0;-3) , B(2;0;-1) và mặt phẳng (P): 3x - 8y + 7z -1 = 0Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng AB và mặt phẳng (P).Ví dụ 2: Cho điểm M(1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  2y  3z  14  0 . Tìm tọa độ hìnhchiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P).Ví dụ 3: Cho đường thhẳng (d) :x 1 y  2 z  2và mặt phẳng (P) : x  3y  4m 2 z  m  0 . Tìm m154để đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng (P).2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng :MM0'0u1abuM0u'2M 0'12'1 M 0 M 0uu'M02M'01u'2Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :x  x0 y  y0 z  z0(1 ) :coù VTCP u  (a; b; c) vaø qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 )abcx  x0 y  y0 z  z0'( 2 ) :coùVTCPu (a' ; b' ; c' ) vaø qua M'0 ( x0' ; y0' ; z0' )'''abc180 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN   (1 ) vaø ( 2 ) ñoàng phaúng  u, u'  . M0 M0'  0  u, u'  .M M '  0 0 0 (1 ) caét (2 )   a : b : c  a' : b' : c ' (1 ) // (2 ) a : b : c  a ' : b' : c'  ( x0'  x0 ) : ( y0'  y0 ) : ( z0'  z0 ) a : b : c  a' : b' : c'  ( x0'  x0 ) : ( y0'  y0 ) : (z0'  z0 )   (1 ) vaø ( 2 ) cheùo nhau u, u'  .M0 M0'  0 pt(1 )Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của (1 ) vaø ( 2 ) ta giải hệ phương trình : tìm x,y,z pt( 2 )Suy ra: M(x,y,z) (1 )  ( 2 )III. Góc trong không gian:1. Góc giữa hai mặt phẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  ,  xác định bởi phương trình :( ) : A1 x  B1y  C1z  D1  0n1  ( A1 ; B1 ; C 1 )n 2  ( A2 ; B 2 ; C 2 )(  ) : A2 x  B2 y  C2 z  D2  0Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ) & (  ) ta có công thức:cos  A1 A2  B1B2  C1C2aA12  B12  C12 . A22  B22  C220 0    90 0bVí dụ: Cho hai mặt phẳng (P) : x  y  2  0 & (Q) : x  z  3  0 . Xác định góc giữa hai mặt phẳng(P) và (Q).2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng () :x  x0 y  y0 z  z0abcvà mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng () & ( ) ta có công thức:( )a  ( a ; b; c )n  ( A; B ; C )sin  Aa  Bb  Cc2A  B 2  C 2 . a2  b2  c23.Góc giữa hai đường thẳng :Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :x  x0 y  y0 z  z0(1 ) :abcx  x0 y  y0 z  z0( 2 ) : 'a'b'caa1  (a; b; c )0 0    90 012a 2  ( a ' ; b' ; c ' )0 0    90 0181 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNGọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( 1 ) & (  2 ) ta có công thức:aa '  bb '  cc 'cos  a 2  b 2  c 2 . a '2  b'2  c'2IV. Khoảng cách:1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0 và điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 )Khoảng cách từ điểm M0 đến mặt phẳng ( ) được tính bởi công thức:M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 )d ( M0 ;  ) aAx0  By0  Cz0  DHA2  B 2  C 2Ví dụ: Cho hình tứ diện ABCD biết tọa độ các đỉnh A(2,3,1) ; B(4,1,-2) ; C(6,3,7) ; D(-5,-4,8)Tính độ dài đường cao hình tứ diện xuất phát từ D.2. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng (  ) đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTCPu  (a; b; c) . Khi đó khoảng cách từ điểm M1 đến () được tính bởi công thức:M1M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 )u( )H  M0 M1; u d ( M1 , ) ux y 1 z  3và điểm A(1;2;1)341Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng (d).Ví dụ: Cho đường thẳng : (d ) :3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng chéo nhau :(1 ) coù VTCP u  (a; b; c) vaø qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 )(2 ) coù VTCP u'  (a' ; b' ; c' ) vaø qua M '0 ( x0' ; y0' ; z0' )Khi đó khoảng cách giữa (1 ) vaø ( 2 ) được tính bởi công thức1uM0M 0'u'2  u, u ' .M 0 M 0'd (1 ,  2 )  u; u '182 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ: Cho hai đường thẳng : x  9  6tx  5 y  5 z 1(d1 ) :vaø (d 2 ) :  y  2t322z  2  tTính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d 1) và (d 2).MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIANI. Phương trình mặt cầu:1. Phương trình chính tắc:Định lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình của mặt cầu (S) tâm I(a;b;c), bán kính R là :z(S ) : ( x  a)2  (y  b)2  (z  c)2  R2(S )IRPhương trình (1) được gọi là phương trìnhchính tắc của mặt cầuM ( x; y; z )yO(1)Đặc biệt:Khi I  O thì (C ) : x 2  y 2  z2  R 2x2. Phương trình tổng quát:Định lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình :x 2  y 2  z2  2ax  2by  2cz  d  0với a2  b2  c2  d  0 là phương trình của mặt cầu (S) cótâm I(a;b;c), bán kính R  a2  b 2  c2  d .Ví dụ: Cho 4 điểm A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3)Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Xác định tâm và bán kính của mặt cầuII. Giao của mặt cầu và mặt phẳng:Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( ) và mặt cầu (S) có phương trình :( ) : Ax  By  Cz  D  0(S) : ( x  a)2  ( y  b)2  (z  c)2  R 2Gọi d(I;  ) là khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng Ta có :1. ( ) caét maët caàu (S) d(I; ) < R2. ( ) tieáp xuùc maët caàu (S) d(I; ) =R3. ( ) khoâng caét maët caàu (S) d(I; ) > R(S )(S )I(S )IRRRaHaM H(C )IMMarH183 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChú ý:Khi  cắt mặt cầu (S) thì sẽ cắt theo một đường tròn (C). Đường tròn (C) nầy có:Tâm là hình chiếu vuông góc của tâm mặt cầu trên mặt phẳng Bán kính r  R 2  d 2 ( I ,  )Ví dụ: Cho mặt cầu (S) : x2  y2  z 2  4x  2y  2z  3  0 . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu tạiđiểm M(0;1;-2).B. Các ví dụVí dụ 1: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x  y  z  8  0 và đường thẳng (d):x  2 y  1 z 1235Tìm phương trình    , hình chiếu vuông góc của (d) trên (P).Bài giảiGọi A  (d)   P  , tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 2x  y  z  8  0 x  6x2y1z1 y  5  A  6;5; 9 z  9 235Lấy B  2; 1;1   d  , gọi (d') là đường thẳng qua B và vuông góc với (P)Phương trình tham số của (d') là: x  2  2t y  1  t z  1  tGọi H  (d ')  (P) , tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình: 2t  310 x  2  2t y  1  t x  3 10 1 5  H ; ; z  1  t1 3 3 3 2x  y  z  8  0y  3z  538 16 328   chính là đường thẳng đi qua hai điểm A, H. Ta có AH    ;  ;    1; 2; 4 3 3 3 3 184 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGVậy phương trình    :HĐBM-TỔ TOÁNx 6 y 5 z 9124x 1 y 1 z  3Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz cho M  1; 2; 3 ; a   6; 2; 3  ,  d  :. Tìm phương trình325đường thẳng    qua M, vuông góc a và cắt (d).Bài giảiLấy điểm N  (d) , tọa độ N có dạng N 1  3t; 1  2t;5  3t  , ta có:MN   2  3t; 3  2t; 6  5t  MN  a  MN.a  0  6  2  3t   2  3  2t   3  6  5t   0  t  0Đường thẳng cần tìm đi qua M có VTCP là MN   2; 3; 6  có phương trình là:x 1 y  2 z  3236Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, lập phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A  0;1;1 , vuông gócx 1 y  2 z và cắt  d 2  là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình:311x  y  z  2  0, x  1  0Bài giải(d1 ) :185 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x  1Viết phương trình tham số của đường thẳng  d 2  :  y  1  t z  t Xét điểm B  1; 1  t, t   (d 2 ) . Tìm t để AB.a d1  0 AB.a d1  0  t  3  B  1; 2;3 Phương trình (d):x y 1 z 1123x  3 y  2 z 1và mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 .211Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng    nằm trong (P) saocho    vuông góc vớiVí dụ 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d):(d) và khoảng cách từ M đến    bằng42 .Bài giảiDo M  (d)  (P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: x  3 y  2 z  1 x  1 2 y  3  M 1; 3;0 11 x  y  z  2  0z  0(d) có VTCP a   2;1  1 và (P) có VTPT n P  1;1;1 . Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT n Q  a; n P    2; 3;1Phương trình mp(Q): 2x  3y  z  11  0Gọi (d') là hình chiếu vuông góc của (d) trên mặt phẳng (P) thì (d)   P    Q   VTCP của (d') là a d'   n P ; n Q    4;1; 5  , phương trình tham số của (d') là: x  1  4t y  3  t z  5tTa tìm N   d ' sao cho MN  42 , đặt N 1  4t; 3  t; 5  , ta có:MN  42  42t 2  42  t  1+ Với t  1 ta có N1  5; 2; 5  .  1  qua N1 nằm trong (P) và vuông góc với (d') có VTCP là a 1   n P ; n d'    6;9; 3   3  2; 3;1 . Phương trình đường thẳng cần tìm là:x 5 y 2 z 5 1  :231x 3 y 4 z 5+ Với t  1 ta có:   2  :231186 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 5: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;0;1 , B 1; 2;1 ;C  4;1; 2  và mặt phẳng (P): x  y  z  0 . Tìmtrên (P) điểm M sao cho MA 2  MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.Bài giảiGọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có G  2;1;0  , ta cóMA 2  MB2  MC 2  3MG 2  GA 2  GB2  GC 2 (1)Từ hệ thức (1) ta suy ra :MA 2  MB2  MC 2 đạt GTNN  MG đạt GTNN  M là hình chiếu vuông góc của G trên (P)Gọi (d) là đường thẳng qua G và vuông góc với (P) thì (d) có phương trình tham số là: x  2  ty  1 tz  tTọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:x  2  t t  1y  1 t  x  1  M 1,0, 1z  ty0x  y  z  0 z  1Vậy M 1; 0; 1 .x 1 y  2 zx  2 y 1 z  1 ;  d2  :và mặt121211phẳng  P  : x  y  2z  5  0 . Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P) và cắt  d1  ,  d 2  lầnVí dụ 6: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  d1  :lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.Bài giảiĐặt A  1  a; 2  2a;a  , B  2  2b;1  b;1  b  , ta cóAB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1187 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNDo AB song song với (P) nên: AB  n P  1;1; 2   b  a  4Suy ra: AB   a  5; a  1; 3Do đó: AB 22 a  5   a  1   322 2a 2  8a  35  2  a  2   27  3 3Suy ra: min AB  3 3  a  2b  2Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:x 1 y  2 z  2111Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz, cho A  0;0; 4  , B  2;0; 0  và mặt phẳng (P) có phương trình 2x  y  3  0 . Lậpphương trình mặt cầu  S đi qua ba điểm O, A, B và tiếp xúc mặt phẳng (P).Bài giảiPhương trình mặt cầu (S) có dạng:x 2  y2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0d  0d  0Do O, A, B   S   16  8c  0  c  2 4  4a  0a  1Suy ra: (S) có tâm I 1; b; 2  , R  1  b 2  4  b 2  5Do (S) tiếp xúc với (P) nên:d  I;(P)   R b  05 b 2  4  4b 2  10b  0  4 1 b   22b3Vậy có hai mặt cầu là:S1  : x 2  y2  z 2  2x  4z  0S2  : x 2  y2  z 2  2x  5y  4z  0Ví dụ 8: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1; 2  , B 1;1;1 , C  2; 2;3 và mặt phẳng (P): x  y  z  3  0 .  Tìm điểm M trên (P) sao cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất.Bài giải188 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNGọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G 1; 0; 2 Xét điểm M  (P) . Ta có:  MA  MB  MC  3 MG  3MG  Suy ra: MA  MB  MC đạt GTNN  MG đạt GTNN  M là hình chiếu của G trên (P)Tìm M+ Gọi (d) là đường thẳng qua G vuông góc với mặt phẳng (P) x  1  tPhương trình đường thẳng (d):  y   t z  2  tx  1  t t  2 y  1+ Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:   x  1  M  1; 2;0 z  2 ty2x  y  z  3  0z  0Vậy M  1; 2; 0 Ví dụ 9: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng5x  4y  3z  20  0;3x  4y  z  8  0 .Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I  2;3; 1 và cắt (d) tại hai điểm A, B sao cho AB  16 .Bài giải   4 3 3 5 5 4 Đường thẳng (d) có VTCP là: u  ;;   8; 4; 8   4  2;1; 2   4 1 1 3 3 4 Kẻ IH  AB thì HA  HB  8 và IH  d  I, (d)  , R  IH 2  AH 2189 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNXét điểm M 11;0; 25  , ta có: IM   9; 3; 24   u; IM    30;30; 15   n d   2;1; 2 22 u; IM  30   302   15 d  I;(d)   153uDo đó: R  IH 2  AH 2  225  64  17Vậy phương trình mặt cầu (S) là:  x  2   y  3   z  1  289222x  2 y  3 z 1. Xét hình bình hành ABCD122có A(1 ; 0 ; 0), C (2 ; 2 ; 2), D  d . Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 3 2 .Ví dụ 10: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d :Bài giảix  2 y  3 z 1 D(t  2 ;  2t  3 ;  2t  1)1223 2Vì S ABCD  3 2  S ACD .2Ta có AC  (1 ; 2 ; 2); AD  (t  3 ;  2t  3 ;  2t  1) .Do D  d :Suy ra [ AC , AD]  ( 4 ; 4t  7 ;  4t  9) Khi đó:111S ACD AC , AD 16  (4t  7 ) 2  (4t  9) 2 32t 2  128t  146 .222Từ (1) và (2) ta có 32t 2  128t  128  0  t  2 . Suy ra D(0 ;  1 ;  3) .(1)(2)Do ABCD là hình bình hành nên AB  DC . Suy ra B(3 ; 3 ; 5)Vậy B  3;3;5  .190 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNC. Các bài toán thi TN - CĐ - TSĐH năm 2014Bài 1: (TN)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 1; 0) và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 .a) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P) .b) Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P) sao cho AM  OA và AM  3d ( A; ( P ))Đáp ánBài 2: (CĐ)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2;1; 1), B(1; 2;3) và mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  3  0 .a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên ( P) .b) Viết phương trình mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với ( P)Đáp án191 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 3: (ĐH-K.D)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  1  0 và mặt cầu( S ) : x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  2 z  11  0 .a) Chứng minh mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn (C ) .b) Tìm tọa độ tâm của (C ) .Đáp ánBài 4: (ĐH-K.B)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;0; 1) và đường thẳng d :x 1 y 1 z .221a) Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d .b) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên d .192 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNĐáp ánBài 5: (ĐH-K.A)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  1  0 và đường thẳngd:x2y z 3.123a) Tìm tọa độ giao điểm của d và ( P) .b) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( P) .Đáp án193 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁND. BÀI TẬPBài 1. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua ba điểm A 1; 0;1 , B  0; 2; 0  , C  0;1; 2 Kết quả:  P  : 3x  2 y  z  4  0 .Bài 2. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua ba điểm A 1; 0;3 , B  0; 2;2  , C 1; 1; 5Kết quả:  P  : 3x  2 y  z  6  0 .Bài 3. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M  1;2;3 song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  3y  2 z  1  0 .Kết quả:  P  : 2 x  3y  2z  2  0 .Bài 4. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M 1; 1;2  và vuông góc với 2 mặt phẳngQ  : x  3z  1  0;  R  : 2 x  y  z  1  0 .Kết quả:  P  : 3 x  5y  z  10  0 .Bài 5. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua hai điểm A  0;1; 0  , B 1; 2; 2  và vuông góc với mặt phẳngQ  : 2 x  y  3z  13  0 .Kết quả:  P  : x  7 y  3z  7  0 .Bài 6. Cho M  2;3;1 và đường thẳng    :x 1 y  2 z . Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa    và đi215qua MKết quả:  P  : 2 x  y  z  0 .Bài 7. Cho A 1; 1; 2  và  P  : 2 x  3y  5z  10  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đối xứng với mặt phẳng P  qua A .Kết quả:  P  : 2 x  3y  5z  20  0 .Bài 8. Viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của  P  : 3x  y  z  5  0,  Q  : x  2 y  z  4  0x  tKết quả:  y  1 z  6  5tBài 9. Cho A 1; 2;3 và  P  : 3x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc vớimặt phẳng  P  .194 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGKết quả:HĐBM-TỔ TOÁNx 1 y  2 z  3.311 x  1  3tx2 y z3Bài 10. Cho M  2;3; 1 và hai đường thẳng  1  :;  2  :  y  2  t . Viết phương trình132 z  1  5tđường thẳng    qua M vuông góc với  1  ,   2  .Kết quả:x  2 y  3 z 1.1318Bài 11. Cho M  3; 2; 1 và hai đường thẳng  1  :x 1 y  3 zx3 y z3 ;  2  :. Viết phương215121trình đường thẳng    qua M vuông góc với  1  và cắt  2 Kết quả:x  3 y  2 z 1.415Bài 12. Cho M 1; 1;1 và hai đường thẳng  1  :x  2 y 1 z  2x  2 y 3 z;  2  :. Viết phương211131trình đường thẳng    qua M cắt cả hai đường thẳng  1  và  2  .Kết quả:x 1 y  1 z 1.1365Bài 13. Tìm hình chiếu vuông góc của M  3;6;2  lên mặt phẳng  P  : 5 x  2 y  z  25  0 .Kết quả: 2;8;1 .Bài 14. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M 1; 0; 2  lên đường thẳng    :x  2 y  3 z 1. Từ đó suy ra122tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua    .Kết quả: H  1;5; 1 , M '  3;10; 4  .Bài 15. Cho đường thẳng    :x 1 y z  2và mặt phẳng  P  : x  y  3z  3  0 . Viết phương trình hình231chiếu vuông góc của    trên mặt phẳng  P Kết quả:x  3 y  3 z 1.26291Bài 16. Cho đường thẳng    :x 1 y z  2và mặt phẳng  P  : x  4 y  3z  1  0 . Viết phương trình hình 211chiếu vuông góc của    trên mặt phẳng  P  .195 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN9 x  13  2t16Kết quả:  y    t .1314 z   3  2tx  2  tx 1 y  2 z  2Bài 17. Cho hai đường thẳng  1  :;   2  :  y  1  t . Chứng minh  1  và  2  chéo nhau.112z  1Viết phương trình đường thẳng    là đường vuông góc chung của  1  và  2  .Kết quả:x y 1 z .111Bài 18. Cho đường thẳng    :x2 y z3và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2z  1  0 . Tìm tọa độ giao điểm của123   và  P  .Viết phương trình mặt phẳng chứa    và vuông góc với  P  .73Kết quả: M  ; 3;  ,  P  : x  8y  5z  13  0 .22Bài 19. Cho điểm A 1; 0; 1 và đường thẳng    :x 1 y  1 z. Viết phương trình mặt phẳng qua A và221vuông góc với    . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên    .5 1 1Kết quả:  P  : 2 x  2 y  z  3  0, H  ;  ;   .3 3 3 x  1  2 tBài 20. Cho điểm M 1,5,3 và đường thẳng    :  y  2  t. Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc z  3  2t   và cách Mmột khoảng bằng 2.x  tBài 21. Cho đường thẳng    :  y  t . Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc    và cách gốc tọa độ mộtz  tkhoảng bằng 2 3 .Bài 22. Cho hai đường thẳng  1  :x  7 y 3 z9x  3 y 1 z 1. Chứng minh  1  và   2 ;  2  :121723chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua  1  và song song   2  .196 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 23. Cho hai đường thẳng  1  :x 1 y  2 z 1x 1 y z  3. Chứng minh  1  và   2 ;  2  :111112chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng    là đường vuông góc chung của  1  và   2  .x  tx  3 y  6 z 1Bài 24. Cho hai đường thẳng  1  :;  2  :  y  t . Chứng minh  1  và   2  chéo nhau.221z  2Viết phương trình đường thẳng    qua điểm M  0;1;1 , vuông góc với đường thẳng  1  và cắt đường thẳng  .2x  1 tx  1 t 'Bài 25. Cho hai đường thẳng  1  :  y  1  t ;   2  :  y  0. Chứng minh  1  và   2  cắt nhau. Viếtz  0 z  1  t 'phương trình đường thẳng    qua điểm M 1;1; 0  , vuông góc với mặt phẳng chứa  1  và   2  . x  1  2tBài 26. Cho điểm I  2; 3; 8 và đường thẳng    :  y  2  t . Viết phương trình đường thẳng   ' đối xứngz  7  tvới    qua I .Bài 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :x  2 y 1 z  2và hai mặt phẳng112( P) : x  2 y  2 z  3  0, (Q) : x  2 y  2 z  7  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc vớihai mặt phẳng (P) và (Q).Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độd1 :Oxyz ,cho điểmM (1; 1; 0)và hai đường thẳngx 1 y  3 z 1x 1 y  3 z  2, d2 :. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 đồng111123thời cách M một khoảng bằng6.Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểmA(4;  4;  5), B (2; 0;  1) và mặt phẳng( P) : x  y  z  3  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) vàMA2  2 MB 2  36.Bài 30. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm C  0; 0; 2  , K  6; 3; 0  . Viết phương trình mặt phẳng P  đi qua C, K sao cho  P  cắt các trục Ox, Oylần lượt tại A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3.197 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 :x 1 y z  3x y2z, d2 : và134212A  1; 2; 0  . Lập phương trình mặt phẳng  P  song song với hai đường thẳng d1 , d2 và cách A một khoảng bằng3.Bài 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng   : 3 x  2 y  3 z  7  0 . Viếtphương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song với mặt phẳng   đồng thời cắt đườngthẳng  d  :x  2 y  4 z 1.322Bài 33. Trong không gian với hệ tọa độ S  : x2  y 2  z 2  4x  2 y  2 z  3  0Oxyz , cho mặt phẳng P : x  y  z  2  0 ,mặt cầuvà hai điểm A 1;  1;  2  , B  4; 0;  1 . Viết phương trình mặt phẳng  song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng3.Bài 34. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A  5;3; 1 , B  2;3; 4  và mặt phẳng P  : x  y  z  4  0 . Tìm trên  P điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại C .Bài 35. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình thoi ABCD với A  1;2;1 , B  2;3;2  .Tìm toạ độ các đỉnhC , D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :x 1 y z  21 11Bài 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 0  , đường thẳng (d ) :x y 1 zvà mặt phẳng211( P) : x  2 y  2 z  1  0 . Tìm điểm M trên đường thẳng (d ) sao cho khoảng cách từ M đến A bằng 3 lần khoảngcách từ M đến mặt phẳng ( P) .Bài 37. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 2  , đường thẳng (d ) :x 1 y 1 z  2và mặt213phẳng ( P) : x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng () đi qua A , cắt (d ) và song song với mặt phẳng( P) .Bài 38. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 và hai đường thẳng( d1 ) :x 1 y  2 z 1x 1 y 1 z  3, (d 2 ) :. Viết phương trình đường thẳng (d ) song song với mặt phẳng221322( P) và cắt ( d1 ), ( d 2 ) lần lượt tại A và B sao cho AB  3 2 .---------------------------Hết-----------------------------198 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 9: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGyA. TỌA ĐỘ ĐIỂM - VECTƠjI. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong mặt phẳng :x'Ox : trục hoànhy'Oy : trục tungO : gốc toạ độ  i, j : véc tơ đơn vị ( i  j  1 vaø i  j )x'ixOy'Quy ước : Mặt phẳng mà trên đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxy được gọi là mặt phẳngOxy và ký hiệu là : mp(Oxy)II. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ:1. Định nghĩa 1: Cho M  mp(Oxy ) . Khi đó véc tơ OM được biểu diển một cách duy nhất theo ybởihệthứccódạng:i,jOMxi y j vôùi x,y   .QMjx'Cặp số (x;y) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M.iOxM(x;y)Ký hiệu:P( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M )y' OM  xi  y jx  OPvaø y=OQñ/nM ( x; y )yÝ nghĩa hình học:MQyx'xxOPy'2. Định nghĩa 2: Cho a  mp(Oxy ) . Khi đó véc tơ a được biểu diển một cách duy nhất theoi, j bởi hệ thức có dạng : a  a1 i  a2 j vôùi a1,a2   .yCặp số (a1;a2) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a .eKý hiệu:a  (a1; a2 )2a=(a1;a2 )Ý nghĩa hình học:a  a1i  a2 jOe1xPy'yKB2BAA2x'ñ/ nx'aHxOA1y'a1  A1B1vaø a2 =A 2 B2B1199 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIII. Các công thức và định lý về toạ độ điểm và toạ độ véc tơ : Định lý 1:Nếu A( x A ; y A ) vaø B(x B ; yB ) thìAB  ( xB  x A ; yB  y A )B( x B ; y B )A( x A ; y A )Nếu a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) thì Định lý 2:a a  b* ab   1 1a2  b2 * a  b  (a1  b1; a2  b2 ) * a  b  (a1  b1; a2  b2 )* k .a  (ka1; ka2 )(k  )bIV. Sự cùng phương của hai véc tơ:Nhắc lạiHai véc tơ cùng phương là hai véc tơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng songsong .Định lý về sự cùng phương của hai véc tơ: Định lý 3 :ababĐịnh lý 4 : Cho hai véc tơ a vaø b vôùi b  0a cuøng phöông b  !k   sao cho a  k .b Nếu a  0 thì số k trong trường hợp này được xác định như sau:k > 0 khi a cùng hướng babk < 0 khi a ngược hướng ba25a  b , b- ak  52BbACA, B, C thaúng haøng  AB cuøng phöông AC(Điều kiện 3 điểm thẳng hàng ) Định lý 5: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có :a cuøng phöông b a1.b2  a2 .b1  0(Điều kiện cùng phương của 2 véc tơ)200 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNV. Tích vô hướng của hai véc tơ:yNhắc lại:bbOaa   a.b  a . b .cos(a, b)BAb2  2a  ax' a  b  a.b  0 Định lý 6: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có :a.b  a1b1  a2 b2 Định lý 7: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) ta có :a  a12  a2 2aOxy'(Công thức tính tích vô hướng theo tọa độ)(Công thức tính độ dài véc tơ ) Định lý 8: Nếu A( x A ; y A ) vaø B(x B ; yB ) thìAB  ( xB  x A )2  ( yB  y A )2(Công thức tính khoảng cách 2 điểm) Định lý 9: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có ab(Điều kiện vuông góc của 2 véc tơ) a1b1  a2 b2  0 Định lý 10: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có a.ba1b1  a2b2cos(a, b)    a.ba12  a22 . b12  b22(Công thức tính góc của 2 véc tơ)VI. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k:Định nghĩa: Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k  1 ) nếu như : MA  k .MBAMB Định lý 11 : Nếu A( x A ; y A ) , B(x B ; yB ) và MA  k .MB ( k  1 ) thìx A  k .x B x M  1  k y  y A  k .yB M1 k201 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGĐặc biệt :HĐBM-TỔ TOÁNx A  xB x M 2M là trung điểm của AB   y  y A  yB M2VII. Một số điều kiện xác định điểm trong tam giác :Ax A  x B  xCx G 31. G laø troïng taâm tam giaùc ABC  GA  GB  GC  0   y  y A  y B  yC G3   AH  BC AH .BC  02. H laø tröïc taâm tam giaùc ABC        A BH  AC BH . AC  0  AA'  BCC3. A' laø chaân ñöôøng cao keû töø A   B A'' BA cuøng phöông BCGCBAHCBAIA=IB4. I laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC  IA=ICIAB 5. D laø chaân ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc A cuûa ABC  DB  .DCAC AB 6. D' laø chaân ñöôøng phaân giaùc ngoaøi cuûa goùc A cuûa ABC  D ' B .D 'CACAAB 7. J laø taâm ñöôøng troøn noäi tieáp ABC  JA  .JDBDCBACDBJCB. ĐƯỜNG THẲNGBDI. Các định nghĩa về VTCP và VTPT (PVT) của đường thẳng:ñn  a  0a là VTCP của đường thẳng (  )   a coù giaù song song hoaëc truøng vôùi ( )ñn  n  0n là VTPT của đường thẳng (  )    n coù giaù vuoâng goùc vôùi ()an()a* Chú ý:Nếu đường thẳng (  ) có VTCP a  (a1; a2 ) thì có VTPT là n  (a2 ; a1 )Nếu đường thẳng (  ) có VTPT n  ( A; B ) thì có VTCP là a  ( B; A)( )202 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. Phương trình đường thẳng :1. Phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng :a. Định lý : Trong mặt phẳng (Oxy). Đường thẳng (  ) qua M0(x0;y0) và nhận a  (a1; a2 ) làmVTCP sẽ có :y x  x0  t.a1 Phương trình tham số là : () :  y  y0  t.a2a(t   )M ( x; y )xO Phương trình chính tắc là : () :M 0 ( x0 ; y 0 )x  x0 y  y0a1a2 a1 , a2  0 2. Phương trình tổng quát của đường thẳng :a. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x 0;y0) và có VTPT n  ( A; B) là:ynM ( x;x y )OM 0 ( x0 ; y 0 )(  ) : A( x  x 0 )  B ( y  y0 )  0( A2  B 2  0 )b. Phương trình tổng quát của đường thẳng :Định lý :Trong mặt phẳng (Oxy). Phương trình đường thẳng (  ) có dạng :y n  ( A; B )M 0 ( x0 ; y0 )OAx + By + C = 0với A2  B 2  0xa  (  B; A)a  ( B ; A )Chú ý:Từ phương trình (  ):Ax + By + C = 0 ta luôn suy ra được :1. VTPT của (  ) là n  ( A; B)2. VTCP của (  ) là a  ( B; A) hay a  (B;  A)3. M0 ( x0 ; y0 )  ()  Ax0  By0  C  0Mệnh đề (3) được hiểu là :Điều kiện cần và đủ để một điểm nằm trên đường thẳng là tọa độ điểm đónghiệm đúng phương trình của đường thẳng .203 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN3. Các dạng khác của phương trình đường thẳng :a. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) :( AB) :x  xAy  yAx B  x A yB  y A( AB ) : x  x AyyB( x B ; y B )M ( x; y )O( AB ) : y  y AyAxAxA( x A ; y A )yBA( x A ; y A )xByA( x A ; y A )B(x B ; y B )yA yBxxB( x B ; y B )b. Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn:Định lý: Trong mp(Oxy) phương trình đường thẳng (  ) cắt trục hoành tại điểm A(a;0) và trục tung tạix y 1a bđiểm B(0;b) với a, b  0 có dạng:c. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x 0;y0) và có hệ số góc k:Định nghĩa: Trong mp(Oxy) cho đường thẳng  . Gọi   (Ox ,  ) thì k  tg được gọi là hệ số gócycủa đường thẳng Định lý 1: Phương trình đường thẳng  qua M0 ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k là :yOOxM ( x; y )y0x0xy - y 0 = k(x - x 0 )(1)Chú ý 1: Phương trình (1) không có chứa phương trình của đường thẳng đi qua M0 và vuông gócOx nên khi sử dụng ta cần để ý xét thêm đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox làx = x0Chú ý 2: Nếu đường thẳng  có phương trình y  ax  b thì hệ số góc của đường thẳng là k  aĐịnh lý 2: Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của hai đường thẳng 1 ,  2 ta có :1 //  2k1  k 21   2k1.k2  1c. Phương trình đt đi qua một điểm và song song hoặc vuông góc với một đt cho trước:i. Phöông trinh ñöôøng thaúng (1 ) //( ): Ax+By+C=0 coù daïng: Ax+By+m1 =0ii. Phöông trinh ñöôøng thaúng (1 )  (): Ax+By+C=0 coù daïng: Bx-Ay+m 2 =0204 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChú ý: m1; m2 được xác định bởi một điểm có tọa độ đã biết nằm trên 1;  2y 1 : Ax  By  m1  0y1 : Bx Ay m2  0 : Ax  By  C 1  0OM1xx0xx0OM1 : Ax ByC1  0III. Vị trí tương đối của hai đường thẳng :yyy21xO1xO1O22 1 caét  2 1 //  2xTrong mp(Oxy) cho hai đường thẳng :1   2(1 ) : A1x  B1y  C1  0(2 ) : A2 x  B2 y  C2  0Vị trí tương đối của (1 ) vaø ( 2 ) phụ thuộc vào số nghiệm của hệ phương trình : A1 x  B1y  C1  0 A2 x  B2 y  C2  0hay A1 x  B1y  C1 A2 x  B2 y  C2(1)Chú ý: Nghiệm duy nhất (x;y) của hệ (1) chính là tọa độ giao điểm M của (1 ) vaø ( 2 )Định lý 1:i. Heä (1) voâ nghieäm (1 ) //(2 )ii. Heä (1) coù nghieäm duy nhaát  (1 ) caét (2 )iii. Heä (1) coù voâ soá nghieämĐịnh lý 2: (1 )  ( 2 )Nếu A2 ; B2 ; C2 khác 0 thìA1 B1A 2 B2ii. (1 ) // (2 )A1 B1 C1A 2 B2 C2iii. (1 )  ( 2 )i.(1 ) caét ( 2 )A1 B1 C1A 2 B2 C2205 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIV. Góc giữa hai đường thẳng1.Định nghĩa: Hai đường thẳng a, b cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất trong các số đocủa bốn góc đó được gọi là góc giữa hai đường thẳng a và b (hay góc hợp bởi haiđường thẳng a và b). Góc giữa hai đường thẳng a và b đước kí hiệu là  a, b Khi a và b song song hoặc trùng nhau, ta nói rằng góc của chúng bằng 0 02. Công thức tính góc giữa hai đường thẳng theo VTCP và VTPT a) Nếu hai đường thẳng có VTCP lần lượt là u v v thìu.v cos  a, b   cos u, v   u.v  b) Nếu hai đường thẳng có VTPT lần lượt là n v n ' thì n.n ' cos  a, b   cos n, n '   n . n'Định lý : Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng :(1 ) : A1x  B1y  C1  0(2 ) : A2 x  B2 y  C2  0Gọi  ( 00    900 ) là góc giữa (1 ) vaø ( 2 ) ta có :ycos A1 A2  B1B21A12  B12 . A22  B22xO2Hệ quả:(1 )  ( 2 )  A1 A2  B1B2  0V. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng :Định lý 1: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng () : Ax  By  C  0 và điểm M0 ( x0 ; y0 )Khoảng cách từ M0 đến đường thẳng () được tính bởi công thức:M0yHd ( M 0 ; ) Ax0  By0  COA2  B 2x( )206 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNC. ĐƯỜNG TRÒNI. Phương trình đường tròn:1. Phương trình chính tắc:Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình của đường tròn (C) tâm I(a;b), bán kính R là :ybOI ( a; b)Ra(C ) : ( x  a )2  ( y  b)2  R 2(1)M ( x; y )xPhương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của đường trònĐặc biệt: Khi I  O thì (C ) : x 2  y 2  R 22. Phương trình tổng quát:Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình :x 2  y 2  2ax  2by  c  0với a2  b2  c  0là phương trình của đường tròn (C) có tâm I(a;b), bán kính R  a 2  b 2  cII. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn:Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình tiếp tuyến với đường tròn(C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 tại điểm M ( x0 ; y0 )  (C ) là :( ) : x0 x  y0 y  a( x  x0 )  b( y  y0 )  c  0VI. Các vấn đề có liên quan:1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn:(C )(C )IIRRH MM HĐịnh lý:()  (C )   d(I;) > R() tieáp xuùc (C)  d(I;) = R() caét (C) d(I;) < RM 0 ( x0 ; y0 )(C)( )I(a;b)(C )IR HMLưu ý: Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 và đường thẳng    : Ax  By  C  0 . Tọa độ giao điềm(nếu có) của (C) và (  ) là nghiệm của hệ phương trình: x 2  y 2  2ax  2by  c  0(1)(*)(2) Ax  By  C  0Cách giải (*): Sử dụng phép thế+ Rút x hoặc y từ (2) thay vào (1) để được phương trình 1 ẩn.207 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2. Vị trí tương đối của hai đường tròn :C1C2I1R1R2I2C1C1I 1 R1R2I2C2C2I1R1R2I2C1I1 I2C2(C1 ) vaø (C2 ) khoâng caét nhau I1I2 > R1  R2(C1 ) vaø (C2 ) caét nhau R1  R2 < I1I2 < R1  R2(C1 ) vaø (C2 ) tieáp xuùc ngoaøi nhau  I1I 2 = R1  R2(C1 ) vaø (C2 ) tieáp xuùc trong nhau I1I2 = R1  R2Lưu ý: Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0và đường tròn  C '  : x 2  y 2  2a ' x  2b ' y  c '  0 .Tọa độ giao điểm (nếu có) của (C) và (C’) là nghiệm của hệ phương trình: x 2  y 2  2 ax  2by  c  0(1)(*) 22(2) x  y  2 a ' x  2b ' y  c '  0Cách giải (*): Sử dụng phép cộng và phép thế.+ Trừ vế với vế hai phương trình (1) và (2) để được phương trình 1 ẩn. Từ phương trình 1 ẩn tìm được rút x hoặcy và thay vào (1) hoặc (2) để tiếp tục được phương trình 1 ẩn. Giải phương trình nầy ta sẽ được kết quả cần tìm.D. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TOÁNI. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘBài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  2 y  3  0 và hai điểm A 1;1 , B 1; 21) Viết phương trình đường thẳng  d1  đi qua A và song song với đường thẳng 2) Viết phương trình đường thẳng  d 2  đi qua B và vuông góc với đường thẳng 3) Viết phương trình đường thẳng AB3 Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  ; 0 là trung điểm đoạn AC . Phương 2 trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x  y  2  0 và 3 x  4 y  13  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tamgiác ABC .Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , đường thẳng BC có phương trìnhx  y  4  0 , điểm M 1; 1 là trung điểm của đoạn AD . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD ,biết đường thẳng AB đi qua điểm E 1;1 .208 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Điểm M  2; 0 là trung điểm của AB . Đườngtrung tuyến và đường cao kẻ từ A lần lượt có phương trình 7 x  2 y  3  0 và 6 x  y  4  0 . Viết phương trìnhđường thẳng AC . C  900 . Phương trình cácBài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD có Bđường thẳng AC và DC lần lượt là x  2 y  0 và x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang 3 3ABCD , biết trung điểm cạnh AD là M  ;   . 2 2 4 Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A0; 1; B 3; 0 ; C  ;3 3  1) Tìm tọa độ điểm E sao cho AB  BE 2) Tìm tọa độ điểm F sao cho AC  CFBài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;1 và đường thẳng  : x  2 y  6  0 . Tìm tọa độ điểm M trênđường thẳng  sao cho AM  5 .Bài 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1; 2 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm M trênđường thẳng  sao cho AM  2 2 .Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A 1; 2; B 2; 1 . Tìm tọa độ điểm I thỏa mãn IA  4 vàIB  2 .Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A 4;8; B 5; 4 và đường thẳng  : 3x  y  4  0Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho MA  MB .17 1 Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A0;1; B  ;   và đường thẳng  : x  2 y  3  0 55Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho MA  AB .Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 5; 4 và đường thẳng  : 3 x  y  4  0Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  .Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 2; 0 , B 1;1 và đường thẳng  : x  3 y  3  0 .1) Viết phương trình đường thẳng  d1  đi qua A và tạo với  một góc 450 .2) Viết phương trình đường thẳng  d 2  đi qua A và cách B một khoảng bằng 2 2 .209 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ HÌNH HỌC PHẲNGBài 1. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AC sao cho AN 1AC .4Chứng minh rằng tam giác DMN vuông tại N .Gợi ý chứng minhLấy điểm phụ F là trung điểm của DI sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán.Bài 2. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên CD sao cho CN  2 ND . Chứng  450 .minh MANGợi ý chứng minhCách 1: Chứng minh ADN ∽ AHM ,từ đó sẽ suy ra được đpcm.Cách 2: Tính độ dài ba cạnh của tam giác AMN theo a (cạnh hình vuông).Áp dụng định lý Côsin vào tam giác AMN sẽ được đpcm.Bài 3. Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường chéo AC . Các điểm M , Klần lượt là trung điểm của AH và DC . Chứng minh rằng BM  KM .Gợi ý chứng minhLấy điểm phụ E là trung điểm của BH sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán.210 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 4. Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD và H là hình chiếuvuông góc của B trên CD , M là trung điểm của HC . Chứng minh rằng AM  BM .Gợi ý chứng minhGọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD, CAChứng minh tứ giác NAME là hình bình hành và E là trực tâm tam giác NBM sẽ suy ra được đpcm.Bài 5. Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của Btrên đường thẳng MD . Chứng minh rằng AN  CN .Gợi ý chứng minhTứ giác BCND và tứ giác ABCN nội tiếp sẽ giúp ta tìm ra lời giải bài toán.211 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 6. Cho tam giác ABC cân tại A , D là trung điểm đoạn AB . I , E lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tamgiác ABC , trọng tâm tam giác ADC và G là giao điểm của AI và CD . Chứng minh rằng DG  IE .Gợi ý chứng minhChứng minh G là trực tâm tam giác DEIBài 7. Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Gọi I là giao điểm củaCM và DN . Chứng minh rằng AI  AD .Gợi ý chứng minhLấy điểm phụ P là trung điểm của DC sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán.Bài 8. Cho hình thang vuông ABCD A  D  90  và DC  2 AB , H là hình chiếu của D trên đường chéo0AC , M là trung điểm của đoạn thẳng HC . Chứng minh rằng BM  MD .Gợi ý chứng minh212 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNLấy điểm phụ E là trung điểm của DH sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán.Bài 9. Cho hình thang vuông ABCD A  B  90  và BC  2 AD , H là hình chiếu vuông góc của điểm B trên0cạnh CD , M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh rằng AH  MH .Gợi ý chứng minhTứ giác BDHM và tứ giác AHMD nội tiếp sẽ giúp ta tìm ra lời giải bài toán.Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, R  , phân giác trong của góc A cắt BC tại D , tiếp tuyến tạIA với đường tròn cắt BC tại E . Chứng minh tam giác ADE cân tại E .Bài 11: Cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao choAN  3NC . Tính độ dài đoạn IN biết rằng MN  10 .Bài 12: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O, R  , H là trực tâm tam giác, AH cắt BC tại K và cắtđường tròn tại D . Chứng minh K là trung điểm của HD .Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O, R  , M , N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C .Gọi I , J lần lượt là giao điểm của BM , CN với đường tròn. Chứng minh AO  IJ .Bài 14: Cho hình vuông ABCD . M là một điểm tùy ý trên đường thẳng BD  M  B, M  D  , H , K lần lượt làhình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AD . Chứng minh rằng CM  HK .Bài 15: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, R  , K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, AK cắt đườngtròn O, R  tại D . Chứng minh rằng DB  DC  DK213 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIII. CÁC BÀI TOÁN THI CĐ - TSĐH NĂM 2014.Bài 1. (CĐ)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(2;5) và đường thẳng (d ) : 3 x  4 y  1  0 . Viết phương trìnhđường thẳng đi qua A và vuông góc với (d ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (d ) sao cho AM  5 .Đáp ánBài 2. (ĐH-K.D)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểmD(1; 1) . Đường thẳng AB có phương trình 3 x  2 y  9  0 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giácABC có phương trình x  2 y  7  0 . Viết phương trình đường thẳng BC .Đáp ánBài 3. (ĐH-K.B)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD . Điểm M (3; 0) là trung điểm của cạnh AB ,4 điểm H (0; 1) l hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G  ;3  là trọng tâm tam giác BCD . Tìm tọa độ3 các điểm B và D .Đáp án214 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 4. (ĐH-K.A)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N làđiểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3NC . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; 1) .Đáp án215 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVI. CÁC DẠNG TOÁN THIDạng 1: Tìm tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện cho trước.Bài toán tổng quát: Tìm điểm M   : ax  by  c  0 thỏa điều kiện cho trước.Phương pháp 1B1. Đặt tọa độ cho điểm M . am  c  bm  c M m;,b0hoặcM; m , a  0 abB2. Khai thác tính chất hình học của điểm M .+ Tính đối xứng+ Khoảng cách+ Góc+ Quan hệ song song, vuông góc+ Tính chất của điểm và đường đặc biệt trong tam giác.+ Tam giác đồng dạng+ Ba điểm thẳng hàng, hai vectơ cùng phươngChuyển tính chất hình học sang phương trình với ẩn m . Giải phương trình tìm m  M .Phương pháp 2B1. Xem điểm M là giao điểm của hai đường (đường thẳng, đường tròn).B2. Lập phương trình các đường. Giải hệ tìm M .Ví dụ 1. Cho điểm A  1;3 và đường thẳng  có phương trình x  2y  2  0 . Dựng hình vuông ABCD sao chohai đỉnh B, C nằm trên  và các tọa độ đỉnh C đều dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.Bài giải Đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với  có phương trình: 2x  y  m  0A  1;3    2  3  m  0  m  1Suy ra:  d  : 2x  y  1  0Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: x  2y  2  x  0  B  0;12x  y  1y 1Suy ra: BC  AB  1  4  5Đặt C  x 0 ; y 0  với x 0 , y0  0 , ta có: x  2y 0  2  0 x  2y 0  2C   022  022BC  5 x 0   y 0  1  5 x 0   y 0  1  5216 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGxy  22 hoặc xy  02 (loại). Suy ra: C  2; 2 x  2  1  0x 1Do ABCD là hình vuông nên: CD  BA   D 1; 4 y  2  3 1y 4Giải hệ này ta được:HĐBM-TỔ TOÁN0000DDDDVậy B  0;1 , C  2; 2  , D 1; 4  Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết A  1; 4  , B 1; 4  và đường thẳng BC đi 1qua điểm I  2;  . Tìm tọa độ đỉnh C. 2Bài giải Phương trình đường thẳng BC: 9x  2y  17  0 AB   2; 8  9c  17  Do C  BC nên ta có thể đặt C  c;9c  25  , ta có  2  AC   c  1; 2  9c  25Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên: AB.AC  0  c  1  4.0c32Vậy C  3;5  .9 3Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, I  ;  và tâm của hình chữ2 2nhật là M  3; 0  là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.Bài giải9 9 3 24 4Do MI là đường trung bình của tam giác ABD nên AB  2MI  2Vì SABCD  AB.AD  12 nên AD   3 3 Đường thẳng AD qua M  3; 0  và nhận IM   ;  làm VTPT có phương trình là:2 212 2 2  MA  MD  2AB33 x  3   y  0   0  x  y  3  0222Phương trình đường tròn tâm M bán kính R  2 là:  x  3  y2  2Tọa độ A và D là nghiệm của hệ phương trình:x  y  3  0y  3  xx2 x4 x  3 2  y 2  2   x  3 2  3  x 2  2  y  1  y  1Suy ra: ta chọn A  2;1 , D  4; 1Vì I là trung điểm của AC nên:xyCC 2x I  x A  9  2  7 C  7; 2  2y I  y A  3  1  2217 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVì I là trung điểm của BD nên:xyBB 2x I  x D  5 B  5; 4  2y I  y D  4Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A  2;1 , B  5; 4  ,C  7; 2  , D  4; 1 .Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A  2; 4  , B  0; 2  và trọng tâm G thuộc đường thẳng3x  y  1  0 . Hãy tìm tọa độ của C biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 3.Bài giải Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên:11SGAB  SABC  .3  133x2 y4 x y2  022Phương trình đường thẳng AB là:Đặt G  a; b  , do G   d  : 3x  y  1  0 nên 3a  b  1  0 , ta có:11SGAB  1  .AB.d  G, AB   1  .2 2.d  G, AB   1221 d  G, AB  2a b2122 a  b  2  11 a   2 a  13ab13ab1Tọa độ G là nghiệm của hệ:a  b  1a  b  31 b  2b  2 1 1Suy ra: G   ;   hoặc G  1; 2  2 27 x C  3x G   x A  x B    2 1 1 7 9Với G   ;   thì  C ; 9 2 2 2 2 y C  3y G   y A  y B  2 x  3x G   x A  x B   5Với G  1; 2  thì  C C  5;0  y C  3y G   y A  y B   0 7 9Vậy có hai điểm C thỏa đề bài là : C  5;0  và C   ;  . 2 2Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : x  y  1  0 và đường tròn  C  : x 2  y 2  2x  4y  0 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) mà qua đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến MA và MB với (C) (A,B là hai  60 0 .tiếp điểm) sao cho AMB218 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải (C) có tâm I  1; 2  và bán kính R  5  600  AMI  1 AMB  300Theo giả thiết: AMB2Tam giác AMI vuông tại A nên: s in300 Đặt M  t; t  1  (d) , ta có:2AI IM  2AI  2R  2 5IM2IM 2  20   t  1   t  1  20  t 2  9  t  3Vậy có hai điểm cần tìm là M1  3; 2  và M 2  3; 4  .Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  0; 2  và đường thẳng  d  : x  2y  2  0 . Tìm trên đường thẳng (d)hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB  2BC .Bài giải Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra B là hình chiếu vuông góc của A trên (d)Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0A  0; 2       2  m  0  m  2Suy ra:    : 2x  y  2  02x  52 62xy2Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: B ; x  2y  265 5y 5Đặt C  2t  2; t   (d) , theo giả thiết ta có:AB  2BC  AB2  4BC 2222212   6  2 6   0     2   4  2t     t   5   5  5 52 2t  12t  7  0t  1 7 t  5Với t  1  C  0;1Với t 75 7 C ; 54 52 62 6 4 7Vậy các điểm cần tìm là: B  ;  , C  0;1 hoặc B  ;  , C  ;  .5 55 5 5 5219 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳngd : 2 x  y  5  0 và A 4;8 . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trênđường thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và C , biết rằng N 5; 4 .Bài giải Do C  d nên C t ; 2t  5 . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD , suy ra I là trung điểm của AC . t  4 2t  3 Do đó: I ; 22  Tam giác BDN vuông tại N nên IN  IB . Suy ra: IN  IADo đó ta có phương trình:   5  t  4   4  2t  3   4  t  4   8  2t  3   t  12  2  2  2 2222Suy ra: C 1; 7 Do M đối xứng với B qua C nên CM  CB . Mà CB  AD và CM || AD nên tứ giác ACMD là hình bìnhhành. Suy ra AC || DM . Theo giả thiết, BN  DM , suy ra BN  AC và CB  CN . Vậy B là điểm đối xứngcủa N qua AC Đường thẳng AC có phương trình: 3x  y  4  0 .Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình: x  3 y 17  0Do đó: B 3a  17; a  Trung điểm của BN thuộc AC nên: 3a  17  5  a  43 4  0  a  722 Vậy B 4; 7 .220 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhauvà AD  3 BC . Đường thẳng BD có phương trình x  2 y  6  0 và tam giác ABD có trực tâm là H 3; 2 .Tìm tọa độ các đỉnh C và D .Bài giải  450 Gọi I là giao điểm của AC và BD  IB  IC . Mà IB  IC nên IBC vuông cân tại I  ICBBH  AD  BH  BC  HBC vuông cân tại B  I là trung điểm của đoạn thẳng HC Do CH  BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ2  x  3  y  2  0 x  3  2  y  2   6  0 2 2 Do đó C 1;6 Ta cóIC IB BC 1CH 10  ID  3 IC  CD  IC 2  ID 2  IC 10 5 2ID ID AD 32t  122Do D 6  2t ; t  và CD  5 2 suy ra: 7  2t   t  6  50  t  7 Vậy D 4;1 hoặc D 8;7  .Ví dụ 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là17 1 H  ;   , chân đường phân giác trong của góc A là D 5;3 và trung điểm của cạnh AB là M 0;1 . Tìm tọa 55độ đỉnh C .221 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải Ta có H  AH và AH  HD nên AH có phương trình: x  2 y  3  0 . Do đó A 3  2 a; a  Do M là trung điểm của AB nên MA  MHa  3Suy ra 3  2a    a 1  13  1a  522Do A khác H nên A 3;3 Phương trình đường thẳng AD là y  3  0 . Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD . Suy ra N  AC và tọađộ điểm N thỏa mãn hệ1  y 2 3  0 N 0;51.x  0. y 1  0 Đường thẳng AC có phương trình 2 x  3 y 15  0Đường thẳng BC có phương trình 2 x  y  7  02 x  y  7  0Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ 2 x  3 y  15  0 Do đó C 9;11 .  9 3Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm M  ;  là trung điểm của cạnh 2 2 AB , điểm H 2; 4 và điểm I 1;1 lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC . Tìm tọa độ điểm C .Bài giải  7 1  IM   ;  . Ta có M  AB và AB  IM nên đường thẳng AB có phương trình 7 x  y  33  0 2 2  A  AB  A a;7 a  33 . Do M là trung điểm của AB nên B a  9; 7 a  30  a  4Ta có AH  HB  AH .HB  0  a 2  9a  20  0   a  5 Với a  4  A 4;5 , B 5; 2 . Ta có BH  AC nên đường thẳng AC có phương trình x  2 y  6  0222 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNc  122Do đó C 6  2c; c . Từ IC  IA  7  2c   c 1  25   c  5Do C khác A , suy ra C  4;1 Với a  5  A 5; 2 , B 4;5 . Ta có BH  AC nên đường thẳng AC có phương trình 2 x  y  8  0t  122Do đó C t; 2 t  8 . Từ IC  IA  t  1   2t  7  25   c  5Do C khác A , suy ra C 1;6 .Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn C  :  x 1   y 1  4 và đường thẳng22 : y  3  0 . Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của C  , các đỉnh N và P thuộc  , đỉnh M và trungđiểm cạnh MN thuộc C  . Tìm tọa độ điểm P .Bài giải Ta có tâm của C  là I 1;1 . Đường thẳng IM vuông góc với  nên có phương trình x  1 . Do đó M 1; a  Do M  C  nên  a 1  4 . Suy ra a  1 hoặc a  3 . Mà M   nên ta được M 1; 122b  5 b  1 2 N    N b;3 . Trung điểm MN thuộc C   1  1 1  4  b  3 2 Do đó N 5;3 hoặc N 3;3 P    P c;3 + Khi N 5;3 , từ MP  IN suy ra c  1 . Do đó P 1;3 + Khi N 3;3 , từ MP  IN suy ra c  3 . Do đó P 3;3 .Ví dụ 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , N11 1 là điểm trên cạnh CD sao cho CN  2 ND . Giả sử M  ;  và đường thẳng AN có phương trình 2 2 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A .Bài giải Gọi H là giao điểm của AN và BD . Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB , cắt AD và BC lần lượttại P và Q . Đặt HP  x . Suy ra PD  x, AP  3x và HQ  3 x . Ta có QC  x , nên MQ  x .223 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNDo đó AHP  HMQ , suy ra AH  HM Hơn nữa, ta cũng có AH  HM . Do đó AM  2 MH  2d  M ,( AN )  3 102 A  AN , suy ra A t; 2t  3 . Khi đó:22t  1 11 3 107 45MA  t    2t    t 2  5t  4  0  t  422  22 Vậy A 1; 1 hoặc A 4;5 .Ví dụ 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Các đường thẳng AC và AD lần 1 lượt có phương trình là x  3 y  0 và x  y  4  0 ; đường thẳng BD đi qua điểm M  ;1 . Tìm tọa độ các 3 đỉnh hình chữ nhật ABCD .Bài giải x  3 y  0 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  A3;1 x  y  4  0 Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN || AD .4Suy ra MN có phương trình là x  y   0 .34x  y   01Vì N thuộc AC , nên tọa độ điểm N thỏa mãn hệ  N 1; 33 x  3 y  0 Đường trung trực  của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD , nên có phương trình làx y 0 Gọi I và K lần lượt là giao điểm của  với AC và AD . x  y  0Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ  I 0; 0 x  3 y  0 x  y  0và tọa độ điểm K thỏa mãn hệ  K 2; 2 x  y  4  0 AC  2 AI  C 3; 1; AD  2 AK  D 1;3 BC  AD  B 1; 3 .Ví dụ 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y  2  0 và đường trònC  : x 2  y 2  4 x  2 y  0 . Gọi I là tâm của C  , M là điểm thuộc  . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MBđến C  ( A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 .Bài giải Đường tròn C  có tâm I  2;1 , bán kính IA  5  MBI  900 và MA  MBTứ giác MAIB có MAI224 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN S MAIB  IA.MA  MA  2 5  IM  IA2  MA2  5 M   , có tọa độ dạng M t ; t  2t  222MA  5  t  2  t  3  25  2t 2  2t 12  0  t  3 Vậy M 2; 4 hoặc M 3;1 .Ví dụ 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm H (0;  3)là chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23;  2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biếtđiểm A thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương.Bài giải x  1  3t A(3a  1, 2a  1). y  1  2t A  d : 2x  3 y  5  0   Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3  3a; 1  2a) HA  (3a  1; 2a  4)   HC  (3  3a; 4  2a ).a  1  Vì AHC  900 nên HA.HC  0  19a   .13+ Với a  1  A(2; 3), C (6;  1) thỏa mãn.19 18 51  C   ;  không thỏa mãn.13 13 13  Với A(2; 3), C (6;  1) ta có phương trình CE : x  17 y  11  0, phương trình BC : x  3 y  9  0+ Với a   3b  7 b  3 Suy ra B(3b  9; b)  BC  trung điểm AB là N ;.2  2Mà N  CE  b  4  B (3;  4). Ví dụ 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 1), là x  y  0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng BC  8 5 và góc BACphương trình đường phân giác trong góc BAC5nhọn.Bài giải Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là điểm chính giữa cung BC  IE  BC . Vì E thuộc đường thẳng x  y  0 và IE  IA  R  E (0; 0). Chọn n BC  EI  (2; 1)  pt BC có dạng 2 x  y  m  0.Từ giả thiết  HC 4 53 IH  IC 2  HC 2 55225 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG d ( I , BC ) 35HĐBM-TỔ TOÁN m  2 BC : 2 x  y  2  0| m5|3 55 m  8 BC : 2 x  y  8  0. nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x  y  2  0 thỏa mãn. Vì BAC 2 x  y  2  08 68 6 B (0; 2), C  ;   hoặc B  ;   , C (0; 2) .225 55 5( x  2)  ( y  1)  5 Từ hệ Ví dụ 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường caokẻ từ B là x  3 y  18  0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 3x  19 y  279  0, đỉnh C  1350.thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BACBài giải B  BH : x  3 y  18  B (3b  18; b ),C  d : y  2 x  5  C (c; 2c  5). Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực u .BC  0 : 3 x  19 y  279  0  trung ñieåm BC là M  60b  13c  357b  4  B (6; 4)10b  41c  409c  9 C (9; 23). AC  BH  chọn n AC  u BH  (3; 1)  pt AC : 3 x  y  4  0  A(a; 3a  4) AB  (6  a; 8  3a ), AC  (9  a; 27  3a ). 1 Ta có A  1350  cos( AB , AC )  2(9  a )(3  a )| 9  a | a 2  6a  10(6  a )(9  a)  (8  3a)(27  3a)(6  a ) 2  (8  3a ) 2 . (9  a )2  (27  3a ) 2123  a  91 a  4. Suy ra A(4; 8). 2222(3  a )  a  6a  10Ví dụ 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đườngchéo AC : x  y  1  0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E (0;  3) thuộc đường cao kẻ từ D củatam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 vàđỉnh A có tung độ dương.Bài giải Vì DE  AC nên DE : x  y  3  0  D  t ;  t  3 .11 Ta có d  G , AC   d  B, AC   d  D, AC 33226 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN D 1;  4 t  11 2t  4 2 ..32t  5  D  5; 2  Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1;  4  .1  1  2. xB  1Ta có GD  2GB   B 1; 8   BD : x  1. 4  4  2  yB  4  Vì A  AC : x  y  1  0  A  a; a  1 .144 Ta có S AGCD  S AGC  S ACD    1 S ABC  S ABC  S ABD .333  A  5; 6   tm a  51Suy ra S ABD  24  .d  A, BD .BD  24  a  1 .12  48  2 a  3  A  3;  2   ktm  Từ AD  BC  C  3;  2 . Vậy A  5; 6  , B 1; 8  , C  3;  2  , D 1;  4 . Ví dụ 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD  2 BC , đỉnh B(4; 0),phương trình đường chéo AC là 2 x  y  3  0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng  : x  2 y  10  0. Tìm tọađộ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot ADC  2.Bài giải Gọi I  AC  BE. Vì I  AC  I  t ; 2t  3 . Ta thấy I là trung điểm của BE nên E  2t  4; 4t  6  .Theo giả thiết E    t  3  I  3; 3  , E  2; 6  .. Vì AD / / BC , AD  2 BC nên BCDE là hình bình hành. Suy ra ADC  IBC  cot  Từ cot IBCADC  2  cos IBC2.5 Vì C  AC  C  c; 2c  3  BI  1; 3 , BC  c  4; 2c  3 . Ta cócos IBCc  125c  52 2553c  22c  35  010. 5c 2  20c  25c  5.c  737 5 Suy ra C  5; 7  hoặc C  ;  .`3 3Với C  5; 7  , ta thấy I là trung điểm của AC nên A 1;  1 , vì E là trung điểm của AD nên D  3; 13.7 5 11 13   1 23 Với C  ;  , tương tự ta có A  ;  , D  ;  . 3 7 3 3  3 3 227 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN4 Ví dụ 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G ; 1, trung điểm BC là M (1; 1),3 phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x  y  7  0. Tìm tọa độ A, B, C.Bài giải Từ tính chất trọng tâm ta có MA  3MG  A(2; 1). B  BH : y   x  7  B(b,  b  7).Vì M (1; 1) là trung điểm BC nên C (2  b; b  5). Suy ra AC  (b; b  6). BH  AC nên u BH . AC  0  b  (b  6)  0  b  3. Suy ra B(3; 4), C (1;  2). Ví dụ 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B, trungtuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình x  y  6  0, x  2 y  1  0, x  1  0 . Tìm tọa độA, B, C.Bài giảix  2 y 1  0suy ra trọng tâm G(1; 1).x 1  0 Từ hệ  A  AH , B  BM , C  CN  A(a; 6  a ), B(2b 1; b ), C (1; c).a  (2b  1)  1  3 a  2b  3 Do G (1; 1) là trọng tâm nên (6  a )  b  c  3  a  b  c  3(1) Ta có u AH  (1;  1), BC  (2  2b; c  b). Vì AH  BC nên u AH .BC  0(2) 2  2b  c  b  0  b  c  2 Từ (1) và (2) suy ra a  5, b  1, c  3. Suy ra A(5; 1), B(3;  1), C (1; 3). Ví dụ 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC : 2 x  y  7  0,đường thẳng AC đi qua điểm M (1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng  : x  4 y  6  0. Tìm tọa độ các đỉnh củatam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.Bài giải Vì A   : x  4 y  6  0  A(4 a  6; a )  MA( 4a  5; a  1). Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB  450. Do đó cos( MA, u BC ) 12( 4a  5)  2(a  1)22( 4a  5)  ( a  1) . 512228 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN A( 2; 2)a  2 13a  42a  32  0    14 16  A  ;  ( ktm ) a  1613   13 13 2 Vậy A(2; 2). Suy ra AC : x  3 y  4  0, AB : 3x  y  8  0. Từ đó ta có B (3;  1), C (5; 3). Ví dụ 23: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn(C): x 2  y 2  2 x  4 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm M (0;1) là trung điểm cạnh AB và điểm Acó hoành độ dương.Bài giải Đường tròn (C) có tâm I (1; 2), bán kính IA  2. Ta có IM  (1; 1), IM  AB suy ra phương trình đường thẳng AB : x  y  1  0.A  AB  A( a; a  1). Khi đó IA  2  (a  1) 2  ( a  1) 2  4  a 2  1  a  1 (do a  0) . Suy ra A(1; 2); B (1; 0). Ta có IA  (2; 0), IA  BC suy ra phương trình BC : x  1  0, phương trình AI : y  2  0. Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra N (1; 2) và N là trung điểm BC. Suy ra C (1; 4). Ví dụ 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC; phương trình các đường thẳng chứa đường cao vàđường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biếttâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (5 ; 1).Bài giải Ta có A(3;  8). Gọi M là trung điểm BC  IM // AH . Ta suy ra pt IM : x  2 y  7  0. Suy ra tọa độ M thỏa mãnx  2 y  7  0 M (3; 5).13 x  6 y  9  0 Pt đường thẳng BC : 2( x  3)  y  5  0  2 x  y  11  0. B  BC  B(a; 11  2 a ).a  4 Khi đó IA  IB  a 2  6a  8  0  .a  2 Từ đó suy ra B(4; 3), C (2; 7) hoặc B(2; 7), C (4; 3). Ví dụ 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1); đường cao từ đỉnh A có phươngtrình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diệntích tam giác ABC bằng 6.229 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải1 35 5 Tọa độ chân đường cao H ( ; ).1 75 5 Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt d : x  2 y  3  0. d  AH  I  I ( ; ). Ta cóHA  3HI  A(1; 3).d ( A, BC ) 65. Suy ra BC 2 S ABC 2 5.d ( A, BC ) Gọi M là trung điểm BC. Khi đó MA  3MG  M (1; 0). Gọi B( x1; x1  1). Khi đó MB  5  ( x1  1) 2  4 2 x1  3 x  1. 1+ Với x1  3  B (3;  1)  C ( 1; 1).+ Với x1  1  B (1;1)  C (3;  1). Suy ra A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1) hoặc A(1; 3), B(1; 1), C (3;  1). Ví dụ 26: Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3AB, C(–3; –3), trung điểm của AD làM(3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD = 18, AB =10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương.Bài giải Gọi n = (A; B) là vectơ pháp tuyến của CD (A2 + B2 > 0)Ta có CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0  Ax + By + 3A + 3B = 0. Ta có: SBCD = SACD = 182SACD366 103 10 d(A; CD) = d(M; CD) =CD553 103A  B  3A  3B 3 10 5 6A  4B  3 10 A2  B2225A B 25(36A2 + 48AB + 16B2) = 90(A2 + B2) 810A2 + 1200AB + 310B2 = 0  A  B31Bhay A  .327B: Chọn B = –3  A = 1  (CD): x – 3y – 6 = 0  D(3d + 6; d)3Ta có: CD2 = 90  (3d + 9)2 + (d + 3)2 = 90  (d + 3)2 = 9  d = 0 hay d = –6 D(6; 0) (nhận) hay D(–12; –6) (loại). Vậy D(6; 0)  A(0; 2) 1 Ta có AB  DC  (3; 1)  B(–3; 1).331B* A: Chọn B = –27  A = 31  CD: 31x – 27y + 12 = 027* A2729 31d  12  31d  93 222 D  d;(loại)  CD  (d  3)    90  (d  3) 27 169 27  Vậy B(–3; 1).230 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , đường thẳng ABcó phương trình 3x  4 y  1  0 , đường thẳng BD có phương trình 2 x  y  3  0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C , D.Bài giải Điểm B là giao giữa AB và BD  B 1; 1 S ABCD  AB. AD  22 (1) . Đường thẳng AB có vtpt n1   3;4  , AC có vtpt n2   2; 1 n1 . n2 2  11  AD (2)cos ABD  cos  n1 ; n2      tan ABDn1 n2 5 52 AB từ (1),(2)  AD  11 , AB  2 (3) D  BB  D  a;2a  3  , AD  d  D;  AB   11a  115(4) . Từ (3) & (4) suy ra11a  11  55  a  6 , a  4 3 17 a  6  D  6;9  . Do AD  AB  AD : 4 x  3 y  3  0  A   ;  , I  ;4  trung điểm của BD . C đối xứng A5 52 38 39 ;  5 5 qua I  C 1311  28 49  & C   ;   .5  5 a  4  D(4; 11) tương tự trên ta tính được A  ; 5 5Ví dụ 28: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trựctâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K  0;2  , trung điểm cạnh AB là M  3;1 .Bài giải Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK   1;2  làm véc tơ pháp tuyến và AC qua K  0;2 nên  AC  : 1 x  0   2  y  2   0   AC  : x  2 y  4  0   BK  : 2 x  y  2  0 Gọi A  2a  4; a   AC , B  b;2  2b   BK mặt khác M  3;1 là trung điểm AB nên ta có hệ 2a  4  b  62 a  b  10  a  4  A  4;4  a  2  2b  2 a  2b  0b  2 B  2; 2   AB  qua A  4; 4  và có AB   2; 6    AB  : 3 x  y  8  0 BC  qua B  2; 2  và vuông góc với AH nên nhận HA   3;4 làm véc tơ pháp tuyến  BC  : 3  x  2   4  y  2   0   BC  : 3 x  4 y  2  0 .231 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNDạng 2: Viết phương trình đường thẳng.Yêu cầu1) Nắm vững chắc tất cả các dạng phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ2) Đặc biệt lưu ý dạng thường sử dụng sau:Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x0;y0) và có VTPT n  ( A; B) là:ynM ( x; y )xOM 0 ( x0 ; y 0 )() : A( x  x 0 )  B( y  y0 )  0( A2  B 2  0 )Ví dụ 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biếtA 1; 6  và hai đường trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình là x  2y  1  0,3x  y  2  0 .Bài giải Do tọa độ điểm A không nghiệm đúng các phương trình đã cho nên ta có thể giả sử rằng:Phương trình trung tuyến BM là: x  2y  1  0Phương trình trung tuyến CN là: 3x  y  2  0 b6Đặt B  2b  1; b  , do N là trung điểm AB nên : N  b;2 b6 b6N  b;2  0  b  2  CN  3b 2 2Suy ra: B  3; 2  c  1 3c  4 ;Đặt C  c;3c  2  , do M là trung điểm AC nên : M 2  2c 13c  4 c  1 3c  4 M; 2. 1  0  c  1  BM 2 22 2Suy ra: C  1; 5Vậy phương trình AB, BC, AC là:AB : 11x  2y  1  0BC : 7x  4y  13  0 .AC : 2x  y  8  0232 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN22Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  6; 2  và đường tròn (C) có phương trình  x  1   y  2   5Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  10 .Bài giảiĐường tròn (C) có tâm I 1; 2  và bán kính R  5Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:AB210 510 5    IH 44 22Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n   a; b  có dạng:IH 2  IA 2  AH 2  R 2 a  x  6   b  y  2   0  ax  by  6a  2b  0Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi:a  2b  6a  2bd  I;(d)   IH 2a b210 9a 2  b 2  b  3a2+ Với b  3a ta được  d  : x  3y  0+ Với b  3a ta được  d  : x  3y  12  0 .Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong  AD  : x  y  0 , đường cao CH  : 2x  y  3  0 , cạnh AC qua M  0; 1 ,AB  2AM . Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC.Bài giải Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra: N  tia ABMặt khác ta có: AN  AM  AB  2AN  N là trung điểm của ABDo MN  AD nên phương trình MN là: x  y  m1  0M  0; 1  MN  1  m1  0  m1  1Suy ra:  MN  : x  y  1  01x2  K 1 ; 1 Gọi K  MN  AD , tọa độ K là nghiệm của hệ pt: x  y  1  xy01 2 2y  2Vì K là trung điểm của MN nên:xyNN 2x K  x M  1 N  1; 0  2y K  y M  0Do AB  CH nên phương trình AB là: x  2y  m 2  0N  1;0   AB  1  m 2  0  m2  1233 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNSuy ra:  AB  : x  2y  1  0Vì A  AB  AD nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt: x  2y  1  x  1  A 1;1xy0y 1Suy ra:  AC  : 2x  y  1  01 1Vì C  AC  CH nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt: 2x  y  1   x   2  C   ; 2 2x  y  3 2 y  2Do N là trung điểm của AB xyBB 2x N  x A  3 B  3; 1 2y N  y A  1Phương trình cạnh BC:  BC  : 2x  5y  11  0 .Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh A  1; 2  . Trung tuyến CM : 5x  7y  20  0 vàđường cao BH : 5x  2y  4  0 . Viết phương trình các cạnh AC và BC.Bài giải Do AC  BH nên phương trình AC là: 2x  5y  m  0A  1; 2   AC  2  10  m  0  m  8Suy ra:  AC  : 2x  5y  8  0Do C  AC  CM nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt:5x2x  7y5y  820  xy  04  C  4; 0Đặt B  a; b  , do B  BH nên: 5a  2b  4  0 1  a 2  b ;Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ M là : M 2  21  a2b 1  a 2  b Do M ; 7. 20  0  5a  7b  31  0  CM  5.2 22 2Tọa độ M là nghiệm của hệ: 5a  2b  4  a  2  B  2;35a  7b  31b3Phương trình cạnh BC là:  BC  : 3x  2y  12  0 .Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  15  0. Gọi I là tâm đường tròn(C ). Đường thẳng  đi qua M (1;  3) cắt (C ) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng  biết tamgiác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất.234 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải Đường tròn (C) có tâm I (2;  1), bán kính R  2 5. Gọi H là trung điểm AB. Đặt AH  x (0  x  2 5 ).Khi đó ta cóx  41IH . AB  8  x 20  x 2  8  2 x  2 (ktm vì AB  IA)nên AH  4  IH  2. Pt đường thẳng qua M: a ( x  1)  b( y  3)  0 ( a 2  b 2  0) ax  by  3b  a  0. Ta có d ( I , AB)  IH  2 | a  2b |a2  b2 2  a (3a  4b)  0  a  0  a 4b.3* Với a  0 ta có pt  : y  3  0.* Với a 4b. Chọn b  3 ta có a  4 . Suy ra pt  : 4 x  3 y  5  0.3 Vậy có hai đường thẳng  thỏa mãn là y  3  0 và 4 x  3 y  5  0. Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳngd :2 x  5 y  1  0 , cạnh AB nằm trên đường thẳng d  :12 x  y  23  0 . Viết phương trình đường thẳng ACbiết nó đi qua điểm M  3;1 .Bài giải VTPT của BC : nBC   2; 5  , VTPT của AB : n AB  12; 1 , VTPT của AC : nAC   a; b  , a 2  b 2  0 . Ta có ABC  ACB  900   cos ABC  cos ACB  cos  n AB , nBC   cos  nBC , nCA   n .nn .n2a  5b145  AB BC   CA BC  9 a 2  100ab  96b 2  022n AB . nBCnCA . nBC5a b a  12b  0  9a  8b  0+ Với a  12b  0 Chọn a  12, b  1 thì nCA  12; 1  AB AC ( loại)+ Với 9a 8b  0 Chọn a  8, b  9 nên AC : 8  x  3   9  y  1  0 Vậy AC : 8 x  9 y  33  0 .Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn T  : x 2  y 2  x  9 y  18  0 và hai điểmA  4;1 , B  3; 1 . Gọi C , D là hai điểm thuộc T  sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trìnhđường thẳng CD .235 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải221 9  10 Ta có T  :  x     x   nên T  có tâm2 24 AB   1; 2  , AB  5 , và  AB  : 2 x  y  7  0 .101 9I  ;  bán kính R 22 2 Đường thẳng CD AB   CD  : 2 x  y  m  0 ( điều kiện m  7 )2m  7 Khoảng cách từ I đến CD là h 2 55  2m  7 và CD  2 R  h  2 2202222m  65  2m  7 2 Ta có CD  AB  2  5   2m  7   25  thỏa mãn220m  1+ m  6 pt  CD  : 2 x  y  6  0+ m  1 pt  CD  : 2 x  y  1  0 Có hai đường thẳng thỏa mãn : 2 x  y  6  0; 2 x  y  1  0 .Dạng 3: Viết phương trình đường tròn.Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B (4; 1) và đường thẳng  : 3 x  4 y  5  0. Viếtphương trình đường tròn đi qua A, B và cắt  tại C, D sao cho CD  6.Bài giải Giả sử (C) có tâm I (a; b), bán kính R  0. Vì (C) đi qua A, B nên IA  IB  R (a  1)2  (b  2) 2  (a  4)2  (b  1) 2  Rb  3a  6 I (a; 3a  6)22 R  10a  50a  65 R  10a  50a  65 Kẻ IH  CD tại H. Khi đó CH  3, IH  d ( I ,  )  R  IC  CH 2  IH 2  9 9a  295(9a  29)225 Từ (1) và (2) suy ra 10a 2  50 a  65  9 (1)(2)(9a  29) 2 169 a 2  728a  559  025 I (1;  3), R  5a  1   43 51 5 61 a  43I  ; , R 1313  13 13 2243  51  1525 Suy ra (C ) : ( x  1)  ( y  3)  25 hoặc (C ) :  x     y   .13  13 16922236 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0 và đường tròn(C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (Avà B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB  10 .Bài giải Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5. Gọi H  MI  AB. Ta có AH 110AB .22 Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có11114 1 2   AM  5  MI  10 .22210 5AHAIAMAM Ta có  : 5x  2y 19 0   :x 5 y  3 M (5  2m; 3  5m)25 Khi đó MI  10  (3  2m) 2  ( 2  5m) 2  10  29m 2  32m  3  0  m  1 hoặc m  3.29Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.52212252+ Với m  1 ta có M (3;  2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là  x     y    .2+ Với m  23197  101 5 139 72 ta có M ; y  .. Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là  x 2958  58 2 29 29 Ví dụ 3:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1; 2  ; B  3; 4  và đường thẳng d : y  3  0. ,Viết phương trình  600 .đường tròn  C  đi qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MANBài giải Gọi  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 (đk a 2  b 2  c  0)5  2 a  4b  c  0b  5  a A 1; 2    C 25  6a  8b  c  0 c  15  2a B  3; 4    C 2 Vậy  C  có tâm I  a; a  5  , bán kính R  a 2   5  a   15  2a   2  a 2  4a  5  C  cắt đường thẳng  600 . Suy rad tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN  1200  I MN  I NM  300 hạ IH   d   IH  d  I , d   1 RMIN2 2a 12  a 2  4 a  5   a 2  4a  3  0  a  1  a  32+ Khi a  1 ta có đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  8 y  13  0 ( loại do I , A khác phía đường thẳng d )237 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN22+ Khi a  3   C  : x 2  y 2  6 x  4 y  9  0   C  :  x  3    y  2   4 (t/ mãn). Ví dụ 4:Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 , C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm của  C1  ,  C2  và có tâmnằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 .Bài giải Toạ độ giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của hệ phương trình2 x 2  y 2  10 x  0 x 2  y 2  10 x  050 x  3 x  2  0 227 x  y  10  0 y  7 x  10 x  y  4 x  2 y  20  0x  1 , x  2 x  1  y  3 A1 1 ; 3 vậy 2 giao điểm của  C1  và  C2  là  y  7 x  10x  2  y  4 A2  2;4 3 1 Trung điểm A của A1 A2 có toạ độ A  ;  , ta có A1 A2  1;7  đường thẳng qua A vuông góc với A1 A2 có phương2 231trình    : 1. x    7. y    0     : x  7 y  5  022 x  7 y  5  0  x  12 x  6 y  6  0  y  1 Toạ độ tâm I của hai đường tròn cần tìm là nghiệm của hệ  I 12; 1 . Đường tròn cần tìm có bán kính R  IA2  2  12 2   4  125 5 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  C  :  x  12 2   y  1 2  125 .IV. BÀI TẬPBài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các 1 cạnh AB và CD . Biết rằng M   ; 2  và đường thẳng BN có phương trình 2 x  9 y  34  0 . Tìm tọa độ các 2 điểm A, B biết rằng điểm B có hoành độ âm.Kết quả:Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD . Biết đường thẳng AC cóphương trình 2 x  y  1  0 , đỉnh A  3;5  và điểm B thuộc đường thẳng (d ) : x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnhB, C , D của hình thoi ABCD .Kết quả:238 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30 và hai điểmM (1; 4), N (4; 1) lần lượt nằm trên hai đường thẳng AB, AD . Phương trình đường chéo AC là 7 x  4 y  13  0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết hai điểm A và D đều có hoành độ âm.Kết quả: A 1;5, B 5; 2 , C 3; 2 , D 3;1Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , N làđiểm trên cạnh AC sao cho AN 1AC ; điểm N thuộc đường thẳng 3 x  y  4  0 , phương trình đường thẳng4MD : x  1  0 . Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông ABCD , biết khoảng cách từ A đến đường thẳng MDbằng 4 và điểm N có hoành độ âm.Kết quả: A 3;1 hoặc A 3; 0Bài 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 12, giao điểm của hai đường cho là9 3I  ;  , trung điểm của cạnh BC là M(3; 0) và hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C. Xác định toạ độ các2 2đỉnh của hình chữ nhật ABCD.Kết quả:Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD và CD  2 AB . Gọi H làchân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC . Biết tọa độ đỉnh B(5; 6) , phương trìnhđường thẳng ( DH ) : 2 x  y  0 , phương trình đường thẳng ( DM ) : x  3 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hìnhthang ABCD .Kết quả: A 1;6 , B 5; 6 , C 9; 2 , D 1; 2 3 1Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N   ;  2 2là điểm trên cạnh AC sao cho AN 1 4AC , giao điểm của AC và DM là I 1;  . Xác định tọa độ các đỉnh4 3của hình vuông ABCDKết quả: A 3; 0 , C 3; 2 , B 1; 4 , D 1; 2 hoặc A 3;0 , C 3; 2 , B 1; 2 , D 1; 4 4Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC  2 BD . Điểm M  2;  3 13 thuộc đường thẳng AB , N  3;  thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD , biết đỉnh B có 3hoành độ nhỏ hơn 3.Kết quả: 7 x  y 18  0239 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao4 cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I (1; 1) đường kính BC cắt BM tại D , đường thẳng BC đi qua N  ;0  ,3 phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm C có hoành độdương.Kết quả: C 3; 1 , B 2; 2 , A 2; 1Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M (1;3) là trung điểm của cạnh BC ,1 3 1N   ;  là điểm trên cạnh AC sao cho AN  AC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết4 2 2D nằm trên đường thẳng (d ) : x  y  3  0Kết quả: D 1; 2 , A 3; 0 , B 1; 4 , C 3; 2Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyếnkẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình l 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua Avuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viếtphương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.Kết quả:  AB  : 3 x  y  4  0;  AC  : y1  0--------------------------------Hết----------------------------------240 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNChủ đề 10PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNHHỆ PHƯƠNG TRÌNHTRỌNG TÂM KIẾN THỨCCÁC HẰNG ĐẲNG THỨC CƠ BẢN1. (a  b)2  a2  2ab  b22. (a  b)2  a2  2ab  b2a 2  b 2  (a  b) 2  2aba 2  b 2  (a  b) 2  2ab3. a2  b2  (a  b)(a  b)4. (a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b3a 3  b3  (a  b)3  3ab(a  b)5. (a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b36. a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 )7. a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 )8. a  b  c2 a2  b2  c2  2ab  2ac  2bcNhắc lại:1) Một số phép biến đổi tương đương phương trình thường sử dụnga) Chuyển vế một biểu thức từ vế này sang vế kia (nhớ đổi dấu của biểu thức).b) Nhân hoặc chia hai vế của phương trình với một hằng số (khác 0) hoặc với một biểu thức(khác không).c) Thay thế một biểu thức bởi một biểu thức khác bằng với biểu thức đó.Lưu ý:+ Chia hai vế của phương trình cho biểu thức chứa ẩn đề phòng mất nghiệm.+ Bình phương hai vế của phương trình đề phòng dư nghiệm.2) Các bước giải một phương trìnhBước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩaBước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giảiBước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có)Bước 4: Kết luận241 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN3. Các phương pháp giải phương trình đại số thường sử dụnga) Phương pháp 1:Biến đổi phương trình đã cho về phương trình đã biết cách giảiBiến đổi phương trình đã cho về dạng tích số : A.B = 0; A.B.C = 0.A  0A  0Định lý:; A.B.C  0   B  0A.B  0  B  0C  0c) Phương pháp 3:Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đã biết cách giải.b) Phương pháp 2:PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐI. Giải và biện luận phương trình bậc nhất:1. Dạng :x : aån soáa, b : tham soáax + b = 0 (1)2. Giải và biện luận:Ta có :Biện luận:(1)  ax = -b(2)ba Nếu a = 0 thì (2) trở thành 0.x = -b* Nếu b  0 thì phương trình (1) vô nghiệm* Nếu b = 0 thì phương trình (1) nghiệm đúng với mọi xTóm lại :b a  0 : phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  a a = 0 và b  0 : phương trình (1) vô nghiệm a = 0 và b = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi xNếu a  0 thì (2)  x  3. Điều kiện về nghiệm số của phương trình:Xét phương trình ax + b = 0 (1) ta có:Định lý:a 0a  0(1) vô nghiệm b  0a  0(1) nghiệm đúng với mọi x  b  0(1) có nghiệm duy nhất242 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. Giải và biện luận phương trình bậc hai:x : aån soáa, b , c : tham soáax 2  bx  c  0 (1)1. Dạng:2. Giải và biện luận phương trình :Xét hai trường hợpTrường hợp 1: Nếu a  0 thì (1) là phương trình bậc nhất : bx + c = 0b  0 : phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  cb b = 0 và c  0 : phương trình (1) vô nghiệm b = 0 và c = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi xTrường hợp 2: Nếu a  0 thì (1) là phương trình bậc hai cóBiệt số   b2  4ac( hoặc '  b '2  ac vôùi b' b)2Biện luận: Nếu   0 thì pt (1) vô nghiệm Nếu   0 thì pt (1) có nghiệm số kép x1  x 2  b2a Nếu   0 thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1,2 b  2ab')a b'   ')a( x1  x2  ( x1,23. Điều kiện về nghiệm số của phương trình bậc hai:Định lý : Xét phương trình : ax 2  bx  c  0 (1)Pt (1) vô nghiệmPt (1) có nghiệm képPt (1) có hai nghiệm phân biệtPt (1) có hai nghiệmPt (1) nghiệm đúng với mọi xa  0a  0 b  0 hoặc   0c  0a  0   0a  0   0a  0   0a  0 b  0c  0Đặc biệtNếu pt(1) có hệ số a,c thoả a.c < 0 thì pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt.243 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN4. Định lý VIÉT đối với phương trình bậc hai: Định lý thuận: Nếu phương trình bậc hai : ax 2  bx  c  0 ( a  0 ) có hai nghiệm x1, x2 thìbS  x1  x 2   aP  x1 .x 2  ca Định lý đảo : Nếu có hai số x , y mà x  y  S và x.y  P ( S 2  4 P ) thì x , y là nghiệm củaphương trìnhX2  S.X  P  0 Ý nghĩa của định lý VIÉT:Cho phép tính giá trị các biểu thức đối xứng của các nghiệm ( tức là biểu thức chứa x1, x2 và không thayx12  x 2211đổi giá trị khi ta thay đổi vai trò x1,x2 cho nhau .Ví dụ: A  2  2 ) mà không cần giải ptx1 x 2x1 x 2tìm x1, x2 , tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng,...Chú ý:c Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a  b  c  0 thì pt (1) có hai nghiệm là x1  1 vaø x 2 ac Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a  b  c  0 thì pt (1) có hai nghiệm là x1  1 vaø x 2  a5. Dấu nghiệm số của phương trình bậc hai:Dựa vào định lý Viét ta có thể suy ra định lý sau:Định lý: Xét phương trình bậc hai : ax 2  bx  c  0 (1) > 0 Pt (1) có hai nghiệm dương phân biệt P > 0S > 0 Pt (1) có hai nghiệm âm phân biệt Pt (1) có hai nghiệm trái dấu( a  0) > 0P > 0S < 0P B  A2 > B2III. Các phương trình và bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối cơ bản & cách giải:Phương pháp chung để giải loại này là KHỬ DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI bằng định nghĩa hoặcnâng lũy thừa.* Dạng 1 : A  B  A 2  B 2 ,B  0* Dạng 2 : A  B   2,2A  B* Dạng 4:B  0,A B 22AB* Dạng 5:B  0A  B   B  0 A 2  B 2A  B  A  BB  0A BA  BB  0,A B B  A  B, A  0A  BA B A  0  A  B, A  0A  BAB A  0 A  BB  0A  B   B  0  A  B  A  B250 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁND. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNHCHỨA CĂN THỨCTRỌNG TÂM KIẾN THỨCI. Các điều kiện và tính chất cơ bản:**A có nghĩa khi A  0A  0 với A  0*A2  A*** A2A& A neáu A  0A - A neáu A  0với A  0A.B  A . Bkhi A , B  0A.B   A.  B khi A , B  0II. Các định lý cơ bản: (quan trọng)a) Định lý 1 : Với A  0 và B  0 thìb) Định lý 2 : Với A  0 và B  0 thìc) Định lý 3: Với A và B bất kỳ thìA=BA>BA=B A2 = B2 A2 > B2 A2 = B2III. Các phương trình và bất phương trình căn thức cơ bản & cách giải :Phương pháp chung để giải loại này là KHỬ CĂN THỨC bằng pháp nâng lũy thừa.* Dạng 1 :* Dạng 2 :* Dạng 3 :* Dạng 4:A  0A BA  BB  0A  B 2 A  BA  0A  B  B  02A  B(hoaëc B  0 )A  0B  0A  B B  0   A  B2251 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNHỆ PHƯƠNG TRÌNHTRỌNG TÂM KIẾN THỨCCÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢNI. Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩna1 x  b1y  c1a2 x  b2 y  c2a. Dạng :(1)a21 b12  0, a22  b22  0Cách giải đã biết: Phép thế, phép cộng, sử dụng MTBT...b. Giải và biện luận phương trình : Quy trình giải và biện luậnBước 1: Tính các định thức :a b1 D 1(gọi là định thức của hệ) a1b2  a 2 b1a 2 b2Dx Dy c1b1c2b2a1c1a2c2 c1b2  c 2 b1(gọi là định thức của x) a1c 2  a 2 c1(gọi là định thức của y)Bước 2: Biện luậnDx x  DNếu D  0 thì hệ có nghiệm duy nhất  y  DyDNếu D = 0 và D x  0 hoặc D y  0 thì hệ vô nghiệm.Nếu D = Dx = Dy = 0 thì hệ có vô số nghiệm.3. Hệ phương trình bậc nhất ba ẩnDạng :a1 x  b1y  c1z  d1a2 x  b2 y  c2 z  d2a x  b y  c z  d333 3Cách giải: Sử dụng phép cộng để khử một ẩn đưa về hệ bậc nhất hai ẩn, sử dụng MTBT.II. Hệ phương trình bậc hai hai ẩn:1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn:Cách giải: Giải bằng pháp thế252 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2. Hệ phương trình đối xứng :1. Hệ phương trình đối xứng loại I:a.Định nghĩa: Đó là hệ chứa hai ẩn x,y mà khi ta thay đổi vai trò x,y cho nhauthì hệ phương trình không thay đổi.b.Cách giải:Bước 1: Đặt x+y=S và xy=P với S 2  4 P ta đưa hệ về hệ mới chứa hai ẩn S,P.Bước 2: Giải hệ mới tìm S,P . Chọn S,P thoả mãn S 2  4 P .Bước 3: Với S,P tìm được thì x,y là nghiệm của phương trình :X 2  SX  P  0 ( định lý Viét đảo ).Chú ý: Do tính đối xứng, cho nên nếu (x0 ;y0) là nghiệm của hệ thì (y0;x0) cũng là nghiệm của hệ.2. Hệ phương trình đối xứng loại II:a. Định nghĩa: Đó là hệ chứa hai ẩn x,y mà khi ta thay đổi vai trò x,y cho nhauthì phương trình nầy trở thành phương trình kia của hệ.b. Cách giải:Trừ vế với vế hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích số.Kết hợp một phương trình tích số với một phương trình của hệ để suy ra nghiệm của hệ .III. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai:a. Dạng :22a1 x  b1 xy  c1 y  d1 22a2 x  b2 xy  c2 y  d2b. Cách giải:xxy t hoặc  t . Giả sử ta chọn cách đặt  t .yxyKhi đó ta có thể tiến hành cách giải như sau:Bước 1: Kiểm tra xem (x,0) có phải là nghiệm của hệ hay không ?xBước 2: Với y  0 ta đặt  t  x  ty . Thay vào hệ ta được hệ mới chứa 2 ẩn t,y .Từ 2 phươngytrình ta khử y để được 1 phương trình chứa t .Bước 3: Giải phương trình tìm t rồi suy ra x,y.Đặt ẩn phụ253 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNPHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH§A. PHƯƠNG TRÌNH1. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNGx 4  ax 2  bx  c(Tách bậc – đưa về phương trình tích)Phương pháp giảiVới mọi m   ta luôn có:x 4  ax 2  bx  c  x 4  2mx 2  m 2  ax 2  bx  c  2mx 2  m 2 x 2  m2 (2m  a ) x 2  bx  c  m 2(1)Đặt f ( x)  (2m  a) x 2  bx  c  m 2 . Ta tìm m sao cho f ( x ) trở thành bình phương của một nhị thức  02Điều nầy được thỏa khi: . Suy ra: f ( x )   Ax  B 2m  a  0Khi đó: (1)   x 2  m   Ax  B   x 2  m    Ax  B  . Đây là phương trình bậc hai.22Ví dụ 1: Giải phương trình x 4  3 x 2 10 x  4(1)Lời giải Với mọi m ta có:(1)   x 2  m  (3  2m) x 2 10 x  4  m 22(2) Đặt f ( x)  (3  2m) x 2 10 x  4  m 2  25  (3  2m)(4  m 2 )  0f ( x ) là bình phương của một nhị thức  3  2m  02m3  3m 2  8m 13  0  m 13  3m  0 Khi đó: (2)   x 2  1  5 x 2  10 x  5   x 2 1  5 x  1222 x 2  1  5( x  1)5  1 4 5  x22 x  1   5( x 1) 5  1  4 5  Tập nghiệm của phương trình (1) là S  2Chú ý: Việc tìm ra m  1 có thể làm trên nháp, không cần trình bày trên bài làm. Có thể trình bày ngắngọn như ví dụ sauVí dụ 2: Giải phương trình x 4  2 x 2  3 x 716(1)254 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNLời giải22293 Ta có: (1)   x 2  1  4 x 2  3x    x 2 1  2 x  164 2 231 x 1  2 x  x  2x   0344   x  1372 2 2 x  1  2 x  x  2x   0443  Tập nghiệm của phương trình (1) là S  1   2 Bài tập tương tựGiải các phương trình1) x 4 19 x 2 10 x  8  02) 2 x 4  3 x 2 10 x  3  03) 3 x 4  2 x 2 16 x  5  0255 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 2. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNGax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 a  0Phương pháp giảiĐặt ẩn phụ x  b t để đưa phương trình về dạng t 4  t 2   t  4aVí dụ : Giải phương trình x 4  8 x 3  20 x 2 12 x  9  0Lời giải(1) Đặt x  t  2 . Thay vào phương trình (1) ta được432t  2  8 t  2  20 t  2 12 t  2 9  0 t 4  4t 2  4t 1  0 t 4   2t 1  02 t 2  2t  1t 2  2t 1  0t 2  2t  1  0t  1  2 t  1  2t  2t 1  0 Tập nghiệm của phương trình (1) là S  1  2;1 2;3 2. Một số bài toán tự luyệnGiải các phương trình1) x 4 14 x3  54 x 2  38 x 11  02) x 4  6 x 3  9 x 2  2 x  7  03) 4 x 4  4 x3 11x 2  7 x  7  0Nhắc lại:4a  b  C40 a 4b 0  C41a 3b1  C42 a 2b 2  C43a1b3  C44 a 0b 4 a 4  4a 3b  6a 2b 2  4ab3  b 4256 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 3. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNGax  b  p n a ' x  b '  qx  rn( x là ẩn số; p, q, r , a, b, a ', b ' là các hằng số; paa '  0 ; n  2;3Dạng thường gặp: ax  b  p a ' x  b '  qx  r2Phương pháp giảiĐặt ẩn phụ:+ Đặtna ' x  b '  ay  b nếu pa '  0+ Đặt n a ' x  b '   ay  b nếu pa '  0Bài toán dẫn đến giải hệ phương trình hai ẩn đối với x và y :h( x)  Ay  Bx  C(*)h( y )   A ' B  x  C '(*) thường là hệ đối xứng loại 2 đối với x và y .Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc bốn.Ví dụ 1: Giải phương trìnhLời giải2 x  15  32 x 2  32 x  20(1)1522 Phương trình (1) viết lại thành: 2  4 x  2  2 x  15  28 Điều kiện: 2 x  15  0  x  Đặt12 x  15  4 y  2  y    , ta được hệ phương trình:2 4 y  22  2 x  15(2) 4 x  22  2 y  15(3) Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:4 y  4 x  44 y  4 x   2  x  y    x  y  1  8 x  y  1  0+ Khi x  y , thay vào (3) ta được:1x 224 x  2  2 x  15  16 x 2  14 x 11  0  11x  81So với điều kiện của x và y ta chọn x  .29+ Khi 1  8  x  y 1  0  y  x  , thay vào (3) ta được:8257 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN9424 x  2  2 x  15  64 x 2  72 x  35  0  x 9  221169  221.16 1 9  221  Tập nghiệm của (1) là S   ; 216So với điều kiện của x và y ta chọn x Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x 2  3 x  1  5  13x(1)Lời giải1 Điều kiện: 3 x  1  0  x  32 Phương trình (1) viết lại thành: 2 x  3   3x  1  x  43Đặt 3x  1  2 y  3  y   , ta được hệ phương trình:2 2 x  32  2 y  x  1 (2) 2 y  32  3x  1(3) Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:2  2 x  2 y  6 x  y   2 y  2 x   x  y  2 x  2 y  5  0+ Khi x  y , thay vào (3) ta được:4 x 2 12 x  9  3x  1  4 x 2 15 x  8  0  x 15  97815  97.8+ Khi 2 x  2 y  5  0  2 y  5  2 x , thay vào (3) ta được:So với điều kiện của x và y ta chọn x 22  2 x  3 x 1  4 x 2 11x  3  0  x 11  73811  73.811  73 15  97  Tập nghiệm của (1) là S  ;88Bài tập tương tựSo với điều kiện của x và y ta chọn x Giải các phương trình2) x 2  4 x  3  x  53)4) 4 x 2 14 x  11  4 6 x  105) 2 x 2  6 x 1  4 x  56) 9 x 2  12 x  2  3x  87) 9 x 2  6 x  5  3x  58) 4 x 2  4 x  3  2 x  59) 2 x 2  x  3  2  x1)x  6  x2  4x2 x 1  x 2  3 x  1  0258 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬTNHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬPhương pháp chungBước 1: Đặt điều kiện cho hai vế của phương trình có nghĩa và dựa vào điều kiện để nhẩm nghiệmGiả sử phương trình có một nghiệm là x  x0Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi phương trình về dạng x  x0 x  x0 . f ( x )  0   f ( x)  0Chú ý: Đối với phương trình vô tỷ ta thường sử dụng biến đổi+ Nhân lượng liên hợp+ Tách thành các biểu thức liên hợpBước 3: Giải phương trình f  x   0Chú ý: Nếu phương trình có hai nghiệm x  x1 và x  x2 thì ta định hướng biến đổi về dạng x  x1 . x  x 2 . f  x  0Ví dụ 1: Giải phương trình 3x  1  x  3  x  5  0(1)Bài giải1♥ Điều kiện: x  3♥ Phương trình có một nghiệm là x  1 nên ta định hướng biến đổi về dạng  x 1. f ( x)  0Ta có:(1)  3x 1  2 3 x 13x 1  2x  3  2  x 1  0x 1 x 1  0x 3  2(Tách thành các biểu thức liên hợp)(Nhân liên hợp)31  x 1. 1  0 3 x  1  2x  3  2 0 x 1♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  1 Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2  x  3  x 2  x  21x 17(1)Bài giải17♥ Điều kiện: x 21♥ Phương trình có hai nghiệm là x  1 và x  2 nên ta định hướng biến đổi về dạng  x 1. x  2. f ( x)  0hay  x 2  3 x  2. f  x   0259 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG(1) Ta có:HĐBM-TỔ TOÁN 2 x 2  x  3  x 1  3 x 1 21x 17  x 2  3 x  2  0x 2  3x  22 x  x  3  x 129  x 2  3 x  23 x 1  21x 17 x2  3x  2  019 1  0  x 2  3 x  2 2 x 2  x  3  x  1 3 x 1  21x 17 0x 1 x 2  3x  2  0  x  2♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  1; x  2 Bài tập tương tự:1) Giải phương trình3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  02) Giải phương trình4 x  1  3  x  2 x 2  3x  4  02) Giải phương trình7 x 2 15  x 2  83x  2Thực hành giải toánBài 1: Giải các phương trình sau1) x  x  x 2  x  1  12)x 2  2 x  3  x  2  x 2  1 13)x 2  5 x  5  x 2  x  2  3x  24)3x  1  2 x  x  4  55)3x  1  x  3  x  5  06)3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  0Bài 2: Giải các phương trình sau1) 2 x 2  4 x  9  5 x  6  7 x  11  02) 2 x 2  9 x  3  3x 2  7 x 1  3x  2  03) 3 x 2  x  3  3 x  1  5 x  44) 3  3 x  4 x 1  9 x  4260 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 5. ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNHI. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN1. Các định lý Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên khoảng  a; b  .a) Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  thì hàm số f (x) đồng biến trên  a; b  .b) Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  thì hàm số f (x) nghịch biến trên  a; b  .Nếu hàm số liên tục trên đoạn  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên khoảng  a; b  thì hàm số f đồng biếntrên đoạn  a; b  .Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên khoảng  a; b  thì hàm số fnghịch biến trên đoạn  a; b  .2. Các tính chất Tính chất 1: Giả hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) trên khoảng  a; b  và u; v   a; b  khi đó:f u   f v  u  vTính chất 2: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  và y  g  x  làm hàm hằng hoặc là một hàmsố nghịch biến trên  a; b  thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng  a; b  .Dựa vào tính chất trên ta suy ra:Nếu có x 0   a; b  sao cho f  x 0   g  x 0  thì phương trình f  x   g  x  có nghiệm duy nhất x0trên  a; b  .Chú ý: Khoảng  a; b  nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền ; a  ;  ; a  ;  a; b  ;  a; b ;  a; b  ;  b;   ; b;   ;  ;  II. CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Giải phương trình 15  x  3  x  6Lời giải TXĐ: D   ;3(1)Xét hàm số f ( x )  15  x  3  x với x   ;3 , khi đó:1  f  x   f  1(2) ;3Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng11 0 x   ;32 15  x 2 3  xDo f liên tục trên nữa khoảng  ;3 và f '  x   0 x   ;3  nên f đồng biến trên nữa khoảngTa có: f '( x)   ;3 2   x  1Suy ra:Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  1 .261 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 2. Giải phương trìnhLời giải5  TXĐ: D   ;12 3 3x  5  2 x  3  2  12  x(1)1 3 x  5  2 x  3  12  x  2(2)Ta có:5 Xét hàm số f ( x )  3 x  5  2 x  3  12  x với x   ;12  , khi đó:3 (3)1  f  x   f  35 Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên đoạn  ;12 3 3115Ta có: f '( x)  0 x   ;12 2 3x  52 x  3 2 12  x35 5Do f liên tục trên đoạn  ;12  và f '  x   0 x   ;12  nên f đồng biến trên đoạn3 3Suy ra: 3  x  3Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .Ví dụ 3. Giải phương trình 3 x 7  5  4 x  3  x 3Lời giải5 TXĐ: D   ; 4Ta có:1  3x7  x3  5  4 x  35  3 ;12 (1)(2)5Xét hàm số f ( x )  3 x 7  x 3  5  4 x với x   ;  , khi đó:4(3)1  f  x   f 15Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng  ; 425Ta có: f '( x)  21x 6  3x 2  0 x   ; 45  4x55Do f liên tục trên đoạn  ;   và f '  x   0 x   ;  nên f đồng biến trên nữa445khoảng  ;  4Suy ra: 3  x  1Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .262 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNVí dụ 4. Giải phương trìnhLời giải2 x 2  23  4 x  2  2 x 2  71 2 x 2  23  2 x 2  7  4 x  2Ta có:Do VT(2) luôn dương với mọi x nên với x (1)(2)1thì (1) vô nghiệm212Điều kiện: x 1Xét hàm số f ( x)  4 x  2  2 x 2  7  2 x 2  23 với x   ;   , khi đó:2 2  4 x  2 2 x 2  7  2 x 2  23  0  f  x   f 11Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên khoảng  ;  2111Ta có: f '( x)  4  2 x   0 x   ;  2222 x  23  2x  71Do đó f đồng biến trên khoảng  ;  2Suy ra: 3  x  1Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .Ví dụ 5. Giải phương trình 4 x3  x   x  1 2 x  1  0(3)(1)Lời giải 1TXĐ: D    ;   2Ta có:Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  t với t   , khi đó:1   2x 3 2x  2  f  2 x  32x  1  2x 1f2x  1(2)(3)Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên Ta có: f '(t )  3t 2  1  0 t  Do đó f đồng biến trên x  0x  01 5Suy ra:  3  2 x  1  2 x   21 5  x  44x  2x 1  0x 41 5Vậy phương trình (1) có nghiệm là x .4263 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 6. Giải phương trình  2 x  1 2  4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0(1)Lời giải TXĐ: D  1   2 x  1  2   2 x  12 3    3 x   2  3 x Ta có:Xét hàm đặc trưng f (t )  t 2  t 2  3 với t   , khi đó:2 3  2   f  2 x  1  f  3 x (2)(3)Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên Ta có: f '(t )  2  t 2  3 t2t2  30t  Do đó f đồng biến trên 1851 Vậy phương trình (1) có nghiệm là x   .5Bài tập tương tự:Suy ra: 3  2 x  1  3 x  x  Giải phương trình 2 x   x  1 x 2  2 x  3   x  2 x 2  4 x  6  3  0264 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 6. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨCĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨCVí dụ 1: Giải phương trình 3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x 14  4  2 x  x 2Bài giải♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có2VP(1)  4  2 x  x 2  5   x 1  5(1)VT (1)  3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14 3 x 1  4  5 x  1  9  5224  2 x  x 2  5Nên: x  11   2 3 x  6 x  7  5 x 2 10 x  14  5♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Ví dụ 2: Giải phương trình x  2  4  x  x 2  6 x 11Bài giải♥ Điều kiện: 2  x  4♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có2VP(1)  x 2  6 x 11   x  3  2  2(1)VT (1)  x  2  4  x  2  x  2  4  x   2 x 2  6 x  11  2Nên: x21   x  2  4  x  2♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2 Bài tập tương tựGiải phương trình1 x7 2x  3  4x2  4x 22Ví dụ 3: Giải phương trình x 2  x  9  0♥ Điều kiện: 3  3 x  x 2  0x 2  x  9  3  3x  x 2 x2  4 x  93(1)(*)♥ Khi đó: 1  3 x 2  x  9  33  3x  x 2   x 2  4 x  9(1)Theo BĐT Cauchy ta có:x2  x  9  3 x2  x  623xx92223  3x  x  3 6  3x  x 22 33  3 x  x  22265 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGSuy ra:HĐBM-TỔ TOÁN3 x 2  x  9  33  3x  x 2   x 2  4 x  9 x 2  x  9  3 x 2  x 12  0Dấu “=” xảy ra khi:  x33  3 x  x 2  3  x 2  3 x  0♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  3 [thỏa (*)]Ví dụ 4: Giải phương trình 16 x 4  5  6 3 4 x 3  x(1)Bài giải♥ Do 16 x 4  5  0 nên 6 3 4 x3  x  0 , suy ra: x  0♥ Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 4 x 2  1, 4 x, 2 ta cóVP(1)  6 3 4 x 3  x  3 3 4 x  4 x 2  1.2  4 x  4 x 2  1  2  4 x 2  4 x  3(2)1242Mặt khác: VT (1)  16 x  5  4 x  4 x  3  8 x 4  2 x 2  2 x  1  0Dấu “=” xảy ra khi 4 x  4 x 2  1  2  x  2 x 1  2 x 2  2 x 1  0 : thỏa x  02Dấu “=” xảy ra khi 2 x 1  0  x Nên:1  x 1212♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 12266 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNHỆ PHƯƠNG TRÌNH§ 1. PHÂN TÍCH ĐA THỨC HAI BIẾN THÀNH NHÂN TỬBẰNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAIKiến thức cơ bản Nếu tam thức bậc hai f(x)  ax 2  bx  cphân tích thành(a  0) có hai nghiệm x1, x 2 thì tam thức luôn có thểf(x)  ax 2  bx  c  a x  x1 x  x 2 Ví dụ: f ( x; y )  x 2  4 y 2  8 x  4 y  15 (1)♥ Xem (1) là một tam thức bậc hai theo x : f ( x; y )  x 2  8 x  4 y 2  4 y  15Ta có: '  16 4 y 2  4 y  15  4 y 2  4 y  1  2 y 1  02x  52 ySuy ra (1) có hai nghiệm: x  3 2y♥ Vậy: f  x; y    x  5  2 y  x  3  2 y  Thực hành kỹ năng giải toánBài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử1)2)3)4)f ( x; y )  y 2  5 x 2  4 xy  16 x  8 y  16f ( x; y )  xy  3 y 2  x  4 y  7f ( x; y )  2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2f ( x; y )  2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử1) f ( x; y )  6 x 2  3 xy  x  y 12) f ( x; y )  2 x 2  xy  y 2  5 x  y  23) f ( x; y )  ( x  y )(2 x  y )  6 x  3 y  44) f ( x; y )  ( x  y )( x  4 y 2  y )  3 y 4267 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN§ 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNHYêu cầu:Học sinh đã thành thạo việc giải các hệ cơ bản: bậc nhất hai ẩn, đối xứng loại 1, đối xứng loại 2, đẳng cấp. Cácphương trình một ẩn: bậc nhất, bậc hai, bậc ba, các bậc bốn đặc biệt,...Thành thạo các phép biến đổi tươngđương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế, thay thế biểu thức, bình phương hai vế,...Chú ý:Các bài toán giải hệ 2 ẩn đa phần đều quy về việc tìm một pt một ẩn giải được.1. Phương pháp THẾKỹ thuật 1: Rút một biến để thếCụ thể: Rút một ẩn từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình một ẩngiải được.Kỹ thuật 2: Rút một biểu thức để thếCụ thể: Rút một biểu thức từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trìnhmột ẩn giải được.Kỹ thuật 3: Thế hằng số bởi biểu thức2. Phương pháp CỘNGCó thể: Cộng vế với vế, trừ vế với vế hoặc nhân cho một hằng số thích hợp rồi cộng hoặc trừ vế với vếmục đích để tạo ra một phương trình mới có thể hỗ trợ cho việc giải hệ đã cho như: pt một ẩn, pt bậc nhấthai ẩn, phương trình tích số,...Kỹ thuật 1: Tạo ra pt một ẩnKỹ thuật 2: Tạo ra pt bậc nhất hai ẩnKỹ thuật 3: Nhân hệ số thích hợp và cộng hoặc trừ vế với vế để tạo ra pt bậc nhất hai ẩnChú ý: Các hằng đẳng thức cơ bản sau2  a  b   a 2  2ab  b 23 a  b   a3  3a2b  3ab 2  b33 a  b   a 3  3a 2b  3ab 2  b33. Phương pháp đặt ẨN PHỤKỹ thuật: Biến đổi mỗi hệ sao cho có hai biểu thức giống nhauChú ý: Các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế, thay thế biểuthức,...4. Phương pháp biến đổi về pt TÍCH SỐChú ý: Các phép biến đổi: tạo các biểu thức có nhân tử giống nhau, phân tích tam thức bậc haithành thừa số, bình phương,...Kỹ thuật 1: Biến đổi một pt của hệ thành tích sốKỹ thuật 2: Cộng hoặc trừ vế với vế để biến đổi về pt tích số5. Phương pháp HÀM SỐKỹ thuật 1: Sử dụng tính đơn điệu kết hợp nhẩm nghiệmKỹ thuật 2: Tìm hàm đặc trưng và sử dụng tính chất f(u) = f(v)6. KẾT HỢP các phương pháp268 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNI. PHƯƠNG PHÁP TÍCH SỐ(PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ)PHƯƠNG PHÁP GIẢIBước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các hệ thức đơn giản chứa x,yCác kỹ thuật thường sử dụng:+ Nhóm nhân tử chung+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợpBước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩnBước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).2 x 2  y 2  3xy  3 x  2 y  1  0Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  24 x  y 2  x  4  2 x  y  x  4 y(1)(2)(Khối B – 2013)Bài giải2 x  y  0♥ Điều kiện:  x  4 y  0(*)♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn y, phân tích tamthức bậc hai thành nhân tử. Ta được y  x 1(1)  y 2  3 x  2 y  2 x 2  3 x 1  0   y   x  1  y 2 x 1  0   y  2 x 1(các hệ thức đơn giản chứa x, y)♥ Thế y  x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:3x2  x  3  3x 1  5x  4(3)♣ Do phương trình (3) có hai nghiệm x  0 và x  1 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng x 2  x. f  x   0(biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp).3  3 x 2  x   x  1 3x  1   x  2  5 x  4   0 (Tách thành các biểu thức liênhợp)269 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN 3 x 2  x x2  xx2  x0x 1  3 x  1 x  2  5 x  4(Nhân liên hợp)1  0x  1  3x 1 x  2  5 x  5 2 x2  x3 0x  0 x2  x  0  x 1♠ Với x  0  y  1[thỏa (*)]♠ Với x  1  y  2[thỏa (*)]♥ Thế y  2 x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:3  3 x  4 x 1  9 x  4(4)♣ Do phương trình (4) có hai nghiệm x  0 nên ta định hướng phân tích (4) thành dạng x. f  x   0(biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp).4  3 x   4 x 1 1   9 x  4  2  0 3x 4x9x04 x  1 19x  4  2(Tách thành các biểu thức liên hợp)(Nhân liên hợp)49  0 x 3 4x119x420 x  0 [thỏa (*)]♠ Với x  0  y  1[thỏa (*)]♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 0;1 và 1; 2 (Xem lại phần kỹ thuật nhân liên hợp)BÀI TẬP TƯƠNG TỰ2 x 2  x  y  2  2 x  2 y  3  4 x  2 y  6Giải hệ phương trình  x 2  y 2  x  3 y  21 y  x  y  x  2   x  y 1 yVí dụ 2. Giải hệ phương trình 2 y 2  3 x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3(1)(2)(Khối B – 2014)270 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải y  0♥ Điều kiện :  x  2 y4 x  5 y  3(*)♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do y  1 luôn thỏa (1) nên định hướng phân tích theo nhân tửy 1hoặc 1 y . Ta được:1  1 y  x  y 1   x  y 11 y   0 y 111  1 y  x  y 1  0  x  y 1 1  y  y  x 10♥ Thế y  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 9  3x  0  x  3[thỏa (*)]♥ Thế y  x 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x 2  x  3  2  x(3)Điều kiện: 1  x  232 x 2  x  3  0 x  1  x  x  1 x  32Khi đó: (3)   2 22 x  x  32  2  x 2 42324 x  4 x 11x  7 x  7  0  x  x 14 x  7  03 x  1 x 21 5  x 27 x  2♠ Với x  x  1 51 52. So với điều kiện (*) ta chỉ nhận x 2x   721 51  5 y22[thỏa (*)]1  5 1  5  ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 3;1 và ; 22(Xem lại phần giải phương trình bậc bốn)23 y 1  3 x  2  1  y 3 x  2  3 xyVí dụ 3. Giải hệ phương trình  x 3  3x 2  12 x  3 x 1 y  6  0(1)(2)(Thi thử của Sở Giáo Dục Bắc Ninh)271 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNBài giải♥ Điều kiện : x  23(*)♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số.(1)  y 2  2 y  13 x  2 3 x  2  1  y 3x  2  3xy y  y  3 x  2   y  3 x  2 3 x  2  0 y  3 x 1  y  3 x  2 y  3x  2  0   y  3 x  2♥ Thế y  3 x  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:x 3  12 x 2  15 x  4  0  x  1 x 2  11x  4  0 x  1  x  11  1052So với điều kiện (*) ta chọn x  1; x 11 1052♠ Với x  1  y  1♠ Với x 11 10529  3 105 y22♥ Thế y  3 x  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:x 3  3x 2  12 x  3 x 1 3x  2  6  03 x  2 3 x  2  33x  2  3 3 x 1 1  x 3  3 x 2  3 x 133 x  2 1  x 13 x  0 x  13 x  2 1  x 1   2  x  2 x  3x  2  0♠ Với x  1  y  1♠ Với x  2  y  2 111 105 11  3 105  ♥ Vậy hệ phương trình có ba nghiệm  x; y  là 1;1 , 2; 2 , ;22272 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x  y 2  x  2 y 2  2Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34 15 x(1)(2)(Thi thử của THPT Chuyên Lê Hồng Phong TP HCM)Bài giải♥ Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2 và y ≥ 0♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn2  x , phân tíchtam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được: 2x  y(1)  (2  x )  2  x .y  2y 2  0   2  x  2y♥ Thế y  2  x , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:2x  2  4 2  x  8 4  x 2  34  15x(3)x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2 .t  0Do đó: (3)  2t = t2  t  2♦ Đặt t = x2 4 2x  04 2  x  x  2Suy ra:  x  2  4 2  x  2 4 2  x  2  x  23016(2  x )  x  217x  30x17 .16(2  x )  4  16 2  x  x  216 2  x  17(x  2)x  22 1730Khi x =y=và khi x = 2  y = 0.1717♥ Với2  x  2y ≤ 0 mà y ≥ 0  y = 0 và x = 2. Thử lại ta có x = 2, y = 0 là nghiệm. 30 2 17 ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là  2; 0  ,  ;  17 17  x 2  2  y 2  y 1 x 2  2  y 3  y  0Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 22 x  xy  2   x  2 y  4 x  4  0(1)(2)Bài giải♥ Điều kiện: y 2  4 x  4  0♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩnx 2  2 , phân tích273 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNtam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:1  x 2  2   y 2  y  1 x 2  2  y 3  y  0x2  2  y y  x2  2x 2  2  y 2 1  0x2  2  y 2 1  0 )(vì♥ Thế y  x 2  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:2 x  x x 2  2  2   x  2 x 2  4 x  6  0 x  x x 2  2  x  2   x  2  x  2   2  02  x  2   x  2  x  2  2  x   x  x   222(3)♦ Xét hàm đặc trưng f t   t  t t 2  2 với t  Ta có:Nên:f ' t   1  t 2  2 t2t2  2 0, t    f  t  đồng biến trên  .3  f  x  2  f x  x  2  x  x  1♦ Với x  5  y  3 (thỏa điều kiện (*))♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 5; 3 BÀI TẬPGiải các hệ phương trình y 2  5 x  4 4  x 1)  2 y  5 x 2  4 xy  16 x  8 y  16  0 xy  x  2  02)  32 x  x 2 y  x 2  y 2  2 xy  y  0 x 2  3x  y 2  y  23)  x  y  x 2  4 x  5  2  x   x  y 2  1 x 3  18 x  y  1  y  19  04)  x 3  2 x 2  7 y  xy  122 2 x  1  2 y 1   x  y 5) 2 x  y  x  2 y   3x  2 y  4 x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy6) 2 x 2  2 y 1  3 y 3 14  x  2274 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNII. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐPHƯƠNG PHÁP GIẢIBước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức chứa x,y)+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức đơn giản chứa x, y)Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩnBước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn). x  y  1 y  1 x  0Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  x  1 y  2Bài giải Điều kiện 0  x  10  y 1(1)(2)Khi đó: 1  x  1  x  y  1  yXét hàm đặc trưng: f  t   t  1  t với t   0;11 0 t   0;1 và f liên tục trên đoạn  0;12 t 2 1 tSuy ra: f  t  đồng biến trên đoạn  0;1Ta có: f '  t  1(a)a   f  x   f  y  x  yDo đó:Thay x  y vào phương trình (2) ta được phương trình:x  1  x  2  x  1  x  2 x 1  x   2  2 x 1  x   1  x 121 1Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ;  .2 28 x3  y 3  6 y 2  6 x  9 y  2  0(1)Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  22(2)4 x  1  4 x  3  y  1 3  y   1  0Bài giải11 Điều kiện   x  , 1  y  3223 Khi đó: (1)  8 x  6 x  y 3  6 y 2  9 y  2  (2 x )3  3(2 x)  ( y  2) 3  3( y  2) (a)11 Do   x  nên 1  2 x  1 và 1  y  3 nên 1  y  2  1 .22 Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t , với t   1; 1 .Ta có f '(t )  3t 2  3  3(t 2  1)  0 , với mọi t   1; 1 .Suy ra f  t  nghịch biến trên đoạn  1; 1 .275 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGa HĐBM-TỔ TOÁNDo đó:Thay y  2x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình:f (2 x )  f ( y  2)  2 x  y  2  y  2 x  2 .4 x 2  2 1  4 x 2  1  0  4 x 2  1  2 1  4 x 2  16 x 4  24 x 2  3  0  x  2 3 32Vậy nghiệm của hệ phương trình là 2 3 32 3 3; 2  2 3  3    x; y    ; 2  2 3  3  . x; y   22322 x  x y  x  x  y  1(1)Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  3232(2) x  9 y  6  x  3 y   15  3 6 x  2Bài giải Ta có: 1  x 3  x 2 y  x 2  x  y  1  x 2  x  y    x  y   x 2  1   x  y  x 2  1  x 2  12 x  y  1  0 (vì x  1  0, x )Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình3x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2   x  1  3  x  1  6 x 2  2  3 3 6 x 2  2Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t , với t   .Ta có f '(t )  3t 2  3  0 , với mọi t   .Suy ra f  t  đồng biến trên  .Do đó:a f ( x  1)  f ( 3 6 x 2  2)  x  1  3 6 x 2  2  x3  9 x 2  3x  3  0 .323  x  1  2  x  1  x  1  2  x  1  x 3332 12 12 12 y 32 12 1Với x  3 2 12 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    3;3 . 2 1 2 1 3(a)(6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y 3  0Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 y  x  2 x  4 x  23(1)(2)Bài giải2 x  1  02  5 2Điều kiện  x  0 x22 x 2  4 x  23  0Khi đó: (1)  2 x  1  2  3  2 x  1   y  2  3 y 2 Xét hàm đặc trưng f (t )  t  2  3t 2   3t 3  2t , với t   0;   .(a)Ta có f '(t )  9t 2  2  0 , với mọi t   0;   .Suy ra f  t  đồng biến trên  0;   .276 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGa HĐBM-TỔ TOÁNf ( 2 x  1)  f ( y )  2 x  1  y .Do đó:Thay y  2x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình:2 x  1  x  2 x 2  4 x  23  3 x  1  2 2 x 2  x  2 x 2  4 x  23 2 x 2  x  2 2 x 2  x  24  0x  4 2x2  x  62 2 x  x  36  0  x42x   9 2 x  x  42Với x  4  y  3Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    4;3 . 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 4 x 2  y 2  2 3  4 x  7Bài giải35 Điều kiện x  , y 422 Khi đó: (1)   4 x  1 .2 x   5  2 y  1 5  2 y(a)(1)Xét hàm đặc trưng f (t )   t 2  1 t  t 3  t , với t   .Ta có f '(t )  3t 2  1  0 , với mọi t   .Suy ra f  t  đồng biến trên  .x  0Do đó: a   f (2 x)  f ( 5  2 y )  2 x  5  2 y   5  4 x2 .y 225  4xThay y vào phương trình (2) ta được phương trình:225224x    2x   2 3  4x  7  0(b)23Nhận thấy x  0 và x  không là nghiệm của phương trình (b)425 322Xét hàm số g ( x )  4 x    2 x   2 3  4 x  7 với x   0;  , khi đó:2 41(3) b   g  x   g  2 3Khảo sát tính đơn điệu của hàm số g trên khoảng  0;  4445 3Ta có: g '( x)  8 x  8 x   2 x 2   4 x 4x2  3  0 x   0; 3  4x3  4x2 4 3Do đó f đồng biến trên khoảng  0;  4277 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN 3  x 12Suy ra:Với x 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ; 2  .2 1 y22x x2  y2  y 4 y2 1Ví dụ 6. Giải hệ phương trình  4 x  5  y 2  8  6Bài giải5 Điều kiện x  4 Nhận thấy y  0 không thỏa mãn hệ(1)(2)3 x xKhi đó: (1)      y 3  y(a) y yXét hàm đặc trưng f (t )  t 3  t , với t   .Ta có f '(t )  3t 2  1  0 , với mọi t   .Suy ra f  t  đồng biến trên  .Do đó:xxf    f  y   y  x  y2 .y yThay x  y 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:a 4x  5  x  8  6  2 4 x  5  x  8   23  5 x23 523  x235x  5x  4 x 15x 14  4 x  5  x  8    23  5 x  2 x 2  42 x  41  0  x  41Với x  1  y  1Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;  1   x; y   1; 1 .Bài tập tương tự x 5  xy 4  y10 +y6Giải hệ phương trình 2 4 x  5  y  8  6278 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9 x  4(1)Ví dụ 7. Giải hệ phương trình  3 x  1  3x 2 14 x  8  6  4 y  y 2(2)(Thi thử của THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa)Bài giải x   1♥ Điều kiện: (*)326  4 y  y  0♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v )♦ 2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9 x  4  2  y  2   y  2  233x4  x4(3)[Tại sao ?]♦ Xét hàm đặc trưng f t   2t 3  t trên  ta có:f 't   6t 2 1  0, t    f  t  đồng biến trên  y  2 y  2x  4  y  2  x  4   2 y  2  x  4  x  4 y  y 2(4)♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  0(5)♦ Phương trình (5) có một nghiệm là x  5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhânliên hợp.5  3x  1  4  6  x 1  3 x 2 14 x  5  0 [Tại sao ?]Nên: 3  f  y  2  f 3  x  5x 5  x  53 x 1  03x 1  46  x 131  x  5  3 x 1  0  x  53 x 1  46  x 1  0♦ Với x  5  y  1 (thỏa điều kiện (*))♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   5;1  x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  24(1)Ví dụ 8. Giải hệ phương trình  y  2 x  4   x  9 2 y  x  9  x 2  9 y  1(2)(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)Bài giải x  4♥ Điều kiện: (*)2 y  x  9  0♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v )279 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♦ x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  24  x 3  6 x 2  17 x 18  y 3  9 y 2  32 y  42  x  2   5  x  2   y  2   5  y  2 33[Tại sao ?](3)♦ Xét hàm đặc trưng f t   t 3  5t trên  ta có:f 't   3t 2  5  0, t    f  t  đồng biến trên Nên:(4)3  f  x  2  f  y  3  x  2  y  3  y  x  1♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn(5) x  3 x  4   x  9 x  11  x 2  9 x  10♦ Phương trình (5) có một nghiệm là x  5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhânliên hợp.[Tại sao ?]5   x  3 x  4  3   x  9 x  11  4  x 2  2 x  35  x  3.  x  5 x 5x 5  x  9 .  x  5 x  7x 4 3x  11  4x 3x9  x  7  0x4 3x  11  4x 5  0  x3x 9 x  7  0(6) x4 3x 11  4♦ Chứng minh (6) vô nghiệmx3x5x9x 90[Tại sao ?]6 22x  4 3x 11  411112  x  5    x  9   0 : phương trình VN x  4  3 2  x 11  4 2 x43  000♦ Với x  5  y  6 (thỏa điều kiện (*))♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   5; 6 BÀI TẬP TƯƠNG TỰGiải các hệ phương trình x 3  y 3  3 x 2  6 x  3 y  41)  2 x  y 2  6 x  y 10  y  5  4 x  y 2012  3 x 4  x  6 y  2009  3  2 y  03) 2 7 x  8 y  3 14 x 18 y  x 2  6 x 1317  3 x  5  x  3 y 14 4  y  05) 2 2 x  y  5  3 3x  2 y  11  x 2  6 x  1353  5 x  10  x  5 y  48 9  y  02)  2 x  y  6  x 2  2 x  66  2 x  y 11 x  3 x  y y 1  04)  x 4  x3  x 2  1  x  y 13  1280 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x  3  4 x  2  y 4  5  y(1)Ví dụ 9. Giải hệ phương trình  x 2  2 x  y  2  y 2  8 y  4  0(2)(Phạm Trọng Thư GV THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp – THTT số 2)Bài giải♥ Điều kiện: x  2 (*)♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y♦x  3  4 x  2  y4  5  y4x  2   x  2  5  y  y 4  5(3)♦ Xét hàm đặc trưng f t   t  t 4  5 trên nữa khoảng 0; .f liên tục trên 0; và f 't   1 Do42t 3t4  5 0, t   0;   f  t  đồng biến trên 0;x  2  0 và 4 y   x  y  2  y  0 nên23  f  4 x  2   f  y   4 x  2  y  x  y 4  2(4)♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩny 024 y   y 4  y  y  y 7  2 y 4  y  4  0   7 y  2 y4  y  4  0♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm sốXét hàm số g  y   y 7  2 y 4  y  4 trên nữa khoảng 0; .(5)Do g liên tục trên 0; và g' y   7 y 6  8 y 3  1  0, y  0;   g  y  đồng biến trên 0;Nên:5  g  y   g 1  y  1♣ Với y  0  x  2 [thỏa (*)]♣ Với y  1  x  3 [thỏa (*)]♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 2; 0 và 3;1  3x 1320 x  3 x  y  6 y  9 y  2  lny 1Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:  y  log  x  3  log y   x  13   21 .2(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)Bài giải x 1 y 1  0x  3♥ Điều kiện:  x  3  0  y  0y  0♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y♦ 1 ♦ x  13  3  x  12  ln  x  1   y  13  3  y  12  ln  x  1Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  3t 2  ln t trên khoảng  0;  (3)281 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN1f   t   3t 2  6t   0 t  0  f  t  đồng biến trên khoảng  0;  tDo x 1  0 và y  1  0 nên(4) 3  f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  y  x  2♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn x  2  log 2  x  3  log3  x  2   x  1(5)♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm sốx 1x 1 log 2  x  3  log 3  x  2   0 6 x2x2x 1♣ Xét hàm số g  x   log 2  x  3  log 3  x  2  trên khoảng  3;  x2113g x  0 x  3 x  3 ln 2  x  2  ln 3  x  2 25  log 2  x  3  log 3  x  2   g  x  đồng biến trên khoảng 3;  .4y3 6   g  x   g  5   x  5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;3 Nên♥3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6Ví dụ 11. Giải hệ phương trình:.  x  y  13 3y  14  x  1  512(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)Bài giải x  1x  1  0143 y  14  0 y  3♥ Điều kiện: *♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y33♦ 1   x  1  3  x  1   y  1  3  y  1(3)3♦ Xét hàm đặc trưng f  t   t  3t , t  f   t   3t 2  3  0, t    f  t  đồng biến trên  .Do x 1  0 và y 1  0 nên 3  f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  x  2  y♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn 2 x  11 3x  8  x  1  5(4) 5♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm sốTa nhận thấy x 11không là nghiệm của phương trình  5 nên2282 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG 5 HĐBM-TỔ TOÁN3x  8  x  1 5 0.2 x  116Xét hàm sốg  x   3x  8  x  1 g x  32 3x  812 x 15 8 11   11, x   ;    ;  2 x  11322 10 2 x  1123 x  1  3x  8210 3x  8  x  1  2 x  112 8 11   11 0 x   ;  &  ;  3 2   2 8 11   11 g  x  đồng biến trên các khoảng  ;  &  ;  322 811811♣ Trên khoảng  ;  thì g  x  đồng biến, 3   ;  , g  3  0 nên3232 46  g  x   g  3  x  3  y  5 thoả mãn (*) 11 11♣ Trên khoảng  ;   thì g  x  đồng biến, 8   ;   , g 8   0 nên22 4y  10 thoả mãn (*)6  g  x   g  8  x  8 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5  ,  x, y    8;10  BÀI TẬP TƯƠNG TỰGiải các hệ phương trình4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  01) 4 x 2  y 2  2 3  4 x  7 x 3  y 3  3 y 2  4 y  x  22)  x  y  3 x  3 y 19  105  y 3  xy 4 x  2  2 y  4  63) 2  2 x 13  2 x 1   2 y  3 y  22 y 3  y  2 x 1 x  3 1 xVí dụ 12. Giải hệ phương trình  9  4 y 2  2 x 2  6 y 2  7(1)(2)(Thi thử của THPT Trần Phú – Thanh Hóa)Bài giải x  1♥ Điều kiện:  3(*)  y  3 22♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v )♦ 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1 x  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x 2 y 3  y  2 1 x  1 x  1 x(3)283 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN♦ Xét hàm đặc trưng f t   2t 3  t trên  ta có:f 't   6t 2 1  0, t    f đồng biến trên Nên: y  0 y 2  1 x3  f  y   f  1 x   y  1 x  (4)♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn4 x  5  2 x 2  6 x 1(5)♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ đối xứng loại II2 Phương trình (5) viết lại thành: 2 x  3  2 4 x  5  11Điều kiện3Đặt 4 x  5  2t  3 t   , ta được hệ phương trình:2 2 x  32  4t  5(6) 2t  32  4 x  5(7) Trừ theo từng vế của (6) và (7) ta được:4  x  t  3 x  t   4t  4 x   x  t  x  t  2  0[Tại sao ?]+ Khi x  t , thay vào (7) ta được:4 x 2 12 x  9  4 x  5  x 2  4 x 1  0  x  2  3So với điều kiện của x và t ta chọn x  2  3 . [không thỏa (*)]+ Khi x  t  2  0  t  2  x , thay vào (7) ta được:1 2 x  4 x  5  x 2  2 x 1  0  x  1  2 (loại)2So với điều kiện của x và t ta chọn x  1 2 .♦ Với x  1 2  y   4 2 . [thỏa (*)]♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 1 2;  4 2 và 1 2; 4 2 284 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIII. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁPHƯƠNG PHÁP GIẢIBước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giáThường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,...Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩnBước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).2 x 12  y  y 12  x   12Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  3 x  8 x 1  2 y  2(1)(2)(Khối A - 2014)Bài giải2 3  x  2 3♥ Điều kiện: 2  y  12(*)♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Sử dụng BĐT Cô-si ta có:2 x 12  y  x  12  y2 x 12  y  y 12  x 2   12 nên2y  12  x y 12  x 2  2 x  01   y  12  x 2♥ Thế y  12  x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:x 3  8 x 1  2 10  x 2(3)♠ Phương trình (3) có một nghiệm là x  3 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng  x  3. f  x  0(3)  x 3  8 x  3  2 1 10  x 2  0 x  3 x  3x  1 22  x 2  91  10  x 20285 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN2  x  3  0  x  32 1  10  x  x  3 x 2  3x  1 0♠ Với x  3  y  3 [thỏa (*)]♥ Vậy hệ phương trình có một nghiệm  x; y  là 3;3  5x2  2xy  2y2  2x2  2xy  5y2  3(x  y)Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5Bài giải(1).(2)5 x 2  2 xy  2 y 2  0♠ Điều kiện: 2 x 2  2 xy  5 y 2  0  x  2 y  1  0 .x  2 y  1  0♠ Khi hệ có nghiệm  x; y  x y 01Ta thấy5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x  y  * dấu bằng khi x  y . Thật vậy:*  5 x 2  2 xy  2 y 2   2 x  y Tương tự22  x  y   0 luôn đúng với mọi x, y  2 x 2  2 xy  5 y 2  x  2 y  ** dấu bằng khi x  yTừ  * & **  VT 1  5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2  3  x  y   VP 1Dấu đẳng thức xẩy ra khi x  y  3♠ Thế y = x vào (2), ta được:Ta có:3x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5(3)(3)  3x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8   x  2    2 x 2  2 xx2  x3x  1  x  1x2  x3x  1  x  12  x 3  6 x 2  7 x 319 x  8 23 ( x  2) 19 x  8  ( x  2) 2x2  2x22  x 2  x  ( x  7)3 x2  x  01 3x  1  x  119 x  8 23 ( x  2) 19 x  8  ( x  2) 2( x 2  x )  022( x  7)319 x  8 23 ( x  2) 19 x  8  ( x  2) 2  0 (*)2Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1.♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0; 0  , 1;1 286 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN8 xy17  x 22Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  x  y  6 xy 8  y x 16  y  9  7y  21x  4(1)(2)Bài giải x  16♥ Điều kiện:  y  9♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y.Ta có:Đặt t 817  x  y 6 8  yy x1  xy  3  6x  4x yx y 2.  2 t  2  x  y  và sử dụng BĐT Cô-si ta có:y xy x817  x  x y 6 8  yy xDấu “=” xảy ra khiy  3817381   t  t  6  2t  2  2.2  6x  4 t  6 84 t 6 881 t  6  t  2  x  yt 6 8♠ Thế y = x vào (2), ta được:x 16  x  9  7  x 16 x  9  37  x x  25 Với x  25  y  25 [thỏa (*)]♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   25; 25  287 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁNIV. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤPHƯƠNG PHÁP GIẢIBước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau.Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biến mới u, v, chuyển sang hệ mới và giải tìm u, v.Bước 4: Với u, v tìm được ta sẽ tìm được x, y. x 2  1  y  x  y   4 yVí dụ 1. Giải hệ phương trình  2 x 1 x  y  2  y(1)(2)(*)Bài giải♥ Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhauDo y  0 không thỏa mãn hệ trên nên x 2  1  x  y  4 y*   2 x  1 x  y  2  1 y♥ Đặt ẩn phụ u x 2 1và v  x  y  2 , hệ trở thànhyu  v  2 u  1u.v  1v  1u  1♥ Với ta được hệ phương trìnhv  1 x 2  11 x  1  x  2  y y  2  y  5 x  y 1  1♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  x; y   1; 2; 2;5 Bài tập tương tựGiải các hệ phương trình x 2  xy  3x  y  01)  4 x  3x 2 y  5 x 2  y 2  0 y 2  x  xy  6 y  1  02)  3 y x  9 y 2  x 2 y  x  0288 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM-TỔ TOÁN x 2  x y 2  4 y 2  y  1  03)  xy  x 2 y 2  1 4  x3  y 3  0 x 2  y  1  6 y  24)  4 2 x y  2 x 2 y 2  y  x 2 1  12 y 2 1 x 2  y 2  xy  3 x  25)  2 x  xy 4   y 2  24  17 x 4 x 2  y 2  x  y  1  25  y 16)  x 2  xy  2 y 2  x  8 y  9 x 2  2  y 2  3  x  y  57)  x 2  2  y 2  3  x  y  2 x 2  y 2  6  04Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 23 x  y 1 2x  y(1)(2)(*)Bài giải♥ Điều kiện: x  y  0♥ Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức x  y và x  y x  y  x  y   642 x  y 1 32x  y♥ Đặt u  x  y và v  x  y hệ phương trình trở thành6v uv  6u  3; v  26v uu42u 1  2  3  2 2u   3 ; v  8u2u  2u 1  3 8u 18u 18  0 v4935 x  3 x  y  8♥ Suy ra:và 4  29 x  y  8 y 8 5 1   35 29 ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  x; y    ;  ;  ;   2 2   8 8 Bài tập tương tự5x  x  y  3 2 x  y  2 1 y 2Giải các hệ phương trình x 2  y 2  xy  x  y1)  2 x  y 2  3 x 2  2 x  6  y  12)  x 2  xy  y 2  74  x 4  2 x 3 y  x 2 y 2   2 x  2 y  93) 3 x 2  2 xy  y 2  6  x  y  1---------------------------Hết------------------------289 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNChủ đề 11ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNNCỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾNA. PHƯƠNG PHÁP CHUNGĐể giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thông thường tathực hiện theo các bước sau : Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống nhau. Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi như trên. Xét hàm số f (t ) theo biến t . Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương sau : Tìm giá trị lớnnhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D . Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D . Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f (t ) với t  D , ta có thể đi tìm f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất.B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌAI. XÂY DỰNG TRỰC TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ:Phương pháp chung: Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ tthích hợp. Có thể biến đổi được về hàm f(t) không cần sử dụng tính chất bất đẳng thức. Hàm f(t) tương đối khảo sát được. Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác) Thích hợp cho các đề thi khối B và D.Thí dụ 1. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1.Tìm GTNN của biểu thức P   x 2 1y2 2 1  y  2 x Lời giải.2 Ta biến đổi P   xy  12( xy) 2 x, y  01nên 1  x  y  2 xy  0  xy  .4x  y  11Đặt t   xy 2 , điều kiện của t là 0  t 161Khi đó biểu thức P  f t   2  t t Do 290 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGf ' t  HĐBM -TỔ TOÁNt2 1 1; ta thấy f ' t   0 với mọi t   0;  , suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng2t 16  1 0;  16  1  289 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là min P  min1 f t   f   . 16  16t( 0; ]16Thí dụ 2. (Khối A 2006) Cho các số thực x  0, y  0 thỏa ( x  y) xy  x 2  y 2  xy .Tìm GTLN của biểu thức A 11 3.3xyLời giải. Đặt x  y  S và xy  P với P  0 , từ giả thiết ta có P  x, y tồn tại khi S 2  4 P  S 2 S2S 3 S  3 4S 24S 11 0  S  3  S  1S 3S 3S 32x 3  y 3 ( x  y )( x 2  y 2  xy) ( x  y ) 2 xy  x  y  S 3Ta biến đổi A  3 3    3 33 3x yx yx y S  xy t33Xét hàm số f (t ) với t  3  t  1 , ta có f / (t )   2  0tt2 BBT-∞t-3_f /(t)+∞1_14f(t)01 Suy ra A  f 2 (t )  1612 Vậy GTLN P  16 khi x  y  .Thí dụ 3. Cho các số thực dương thay đổi x, y thỏa điều kiện x  y  1 .Tìm GTNN của biểu thức P 11 .3x yxy3Lời giải.11111133xy ( x  y )  3xy( x  y ) xy 1  3xy xyx yP1x yĐặt 0  t  xy   4 2 32291 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN111với 0  t 1  3t t43 331f / (t )  2  f / (t )  0  t 26(1  3t )t Xét hàm số f (t )  BBTt3- 31640_f /(t)3 3 f(t) 42 3 6 +08+∞ Suy ra P  f 4+2 312 3  3 12 3  3  Vậy GTLN P  4  2 3 khi x  1 ; y  1 .2323Thí dụ 4. (khối D 2009) Cho các số thực không âm x , y thỏa điều kiện x  y  1 .Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xyLời giải. Do x  y  1 nênS  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25 xy 16 x 2 y 2  12( x 3  y 3 )  9 xy  25 xy 16 x 2 y 2  12 ( x  y ) 3  3xy( x  y )  34 xy22 16 x y  2 xy  1221x y 4 2  Đặt 0  t  xy  141f / (t )  32t  2  f / (t )  0  t 16 Xét hàm số f (t )  16t 2  2t  12tvới 0  t 0_f /(t)11164012f(t)+25191216251khi x  y 222 32 32 32 3191GTNN S khi x ,yhoặc x ,y .164444 Vậy GTLN S 292 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 5. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện y  0 và x 2  x  y  12 .Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  xy  x  2 y  17 .Lời giải. Ta có x 2  x  12  y  0  4  x  3 P  x( x 2  x  12)  x  2( x 2  x  12)  17  x 3  3 x 2  9 x  7 Xét hàm số f ( x)  x 3  3x 2  9 x  7 với  4  x  3f / ( x)  3 x 2  6 x  9  f / ( x)  0  x  3; x  1x-4-3f /(x)+1-0203+020f(x)-12-13 Vậy GTLN P  20 khi x  3, y  6 hoặc x  3, y  0GTNN P  12 khi x  1, y  10 Thí dụ 6. Cho các số thực x  0 và y  0 thỏa x  y  2 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2  xy  y 2  x  3.3x  xy  1Lời giải. x0 y0 0 x2x  y  2x 2  x(2  x)  (2  x) 2  x  3 x 2  x  1P 23 x  x(2  x)  1x  x 1P/ 2x2  2( x 2  x  1) 2xP/P021-0+13 Vậy GTNN P 13khi x  1; y  1 .293 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 7. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x  y  1, x 2  y 2  xy  x  y  1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P xy.x  y 1Lời giải. Từ giả thiết x2  y2  xy  x  y 1  xy  (x  y)2  (xy) 123 Đặt t  x  y , ta có ( x  y) 2  4 xy  3t 2  4t  4  0    t  2 . Khi đó P t 2  t 1t 1t 2  t 12với   t  2t 132t  2t  2tf / (t )  f / ( x)  0  2(t  2) t0 Xét hàm số f (t ) t-2_f /(t)f(t)0302+1133-111khi x  y   hoặc x  y  133GTNN P  1 khi x  1, y  1 hoặc x  1, y  1 . Vậy GTLN P Thí dụ 8. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x, y  0 , xy ( x  y )  x 2  y 2  x  y  2 .1xTìm GTLN của biểu thức P  1.yLời giải. Từ giả thiết suy ra xy ( x  y )  ( x  y ) 2  2 xy  ( x  y)  2 Đặt t  x  y suy ra xy  Ta có ( x  y ) 2  4 xy t2 t  2t2t 3  2t 2  4t  8 0  t  2  2  tt2x yt 2  2tKhi đó P  2xyt t 2t 2  2tXét hàm số f (t )  2t  2  2  t vớit t 2 3t 2  4t  42f / (t )  2 f / ( x)  0  t ; t223(t  t  2 )294 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNt2-2-∞+∞__f /(t)21f(t)-217 Vậy GTLN P  2 khi x  y  1 .Thí dụ 9. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 1  y 2  x( x  y ) .Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P x6  y 6  1.x 3 y  xy 3Lời giải. Ta có 1  x 2  y 2  xy  xy  xy  1132222 22 2( x  y )  ( x  y )  3 x y 1  x 2  y 2  xy  ( x  y ) 2  3 xy  xy   Ta có P x6  y6 1x3 y  xy 3222xy ( x  y )1xy x  y 222 Đặt t  xy  x  y  1  tP 2t 2  3t 1 2t 2  31với   t  1t 1322t4t3f / (t ) 0(t  1) 2 Xét hàm số f (t ) t-13f /(t)1_25f(t)6121khi x  y  121125GTLN P  f ( ) khi x   y  .363 Vậy GTNN P  f (1) Thí dụ 10. (Khối B 2011)Cho a, b các số thực dương thỏa 2(a 2  b 2 )  ab  (a  b )(ab  2) . a 3 b3   a 2 b2  3   9 2  2  .3a b a  bTìm GTNN của biểu thức P  4 295 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải.abba1a1babba2b Từ giả thiết ta có 2    1    (ab  2)  2    1  a   b  a2b  2 2 aa  ba b5  2t  1  2 2 t  2  4t 2  4t  15  0  t b a2 a3 b3   a2 b2 Ta có P  4 3  3   9 2  2   4(t 3  3t )  9(t 2  2)  4t 3  9t 2  12t  18a  ba b5Xét hàm số f (t )  4t 3  9t 2  12t  18 với  t21f / (t )  12t 2  18t  12  f / ( x)  0  t   ; t  22 Đặt t 5t+∞2f /(t)++∞f(t)-2345 2234 Suy ra P  f     Vậy GTNN P  23khi a  1, b  2 hay a  2, b  1 .4Thí dụ 11. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 2( x 2  y 2 )  xy  1 .44Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  x  y .2 xy  1Lời giải.15111 2 xy   4 xy  xy  . ĐK:   t  .3532Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy  4 xy  xy  và xy  1  2  x  y xSuy ra : P 22 y2Do đó: P '  2x2 y 22 xy  127 t  t22  2t  17t 2  2t  1.4  2t  1,2P '  0  t  0, t  1( L)1 11 2P    P  và P  0  53154 296 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN11t-P/050+03_12P2415 Vậy GTLN là1512và GTNN là.415Thí dụ 12. Cho các số thực a, b, c thỏa abc  2 2 .a 6  b6b6  c 6c6  a 6Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P  4 4 2 2  4 4 2 2  4 4 2 2a b a b b c b c c a c aLời giải. Ta có P ( a 2  b 2 )(a 4  b 4  a 2 b 2 ) (b 2  c 2 )(b 4  c 4  b 2 c 2 ) (c 2  a 2 )(c 4  a 4  c 2 a 2 )a 4  b 4  a 2b 2b4  c4  b2c 2c 4  a 4  c2a 2 Nhận xét: Do abc  2 2 nên a 2 , b 2 , c 2 là các số thực dương Xét A = A x 2  y 2  xyvới x,y > 0x 2  y 2  xy Chia tử và mẫu cho y 2 và đặt t  Xét hàm sốf (t ) xt2  t 1ta được A  2với t > 0yt  t 1t 2  t 12x 2  2/với0tf(t)t 2  t 1( x 2  x  1) 2t10f /(t)_f(t)0+∞+13131133 Vậy GTNN P  4 khi a  b  c  2 . Suy ra P  (a 2  b 2 )  (b 2  c 2 )  (c 2  b 2 ) 2 2a  b 2  c 2  23 a 2 b 2 c 2  43Thí dụ 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  1, y  1 và 3( x  y )  4 xy. 11  2 .2y xTìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  3 297 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải. Đặt x  y  a . Khi đó xy 3a, a  0.43a04Phương trình (1) có nghiệm    a 2  3a  0  a  3. Suy ra x, y là nghiệm của phương trình t 2  at  Vì x, y  1 nên ( x  1)( y  1)  0. Hay là xy  ( x  y )  1  0 (1)3a a  1  0  a  4.4 Vậy ta có 3  a  4 . Mặt khác, từ giả thiết ta lại có1 1 4  .x y 321 1698 16Suy ra P  ( x  y )  3xy ( x  y)  3    a3  a2   .xy4a 3 x y98 16Xét hàm số f (a )  a 3  a 2   , 3  a  4.4a 39838Ta có f ' (a)  3a 2  a  2  3a(a  )  2  0, a [3; 4].2a2 a3a34f ' (a)+943P  f (a )113121133, đạt khi a  3  x  y  ;122 x  1, y  394.max P  , đạt khi a  4  3 x  3, y  1. Dựa vào BBT ta suy ra min P Thí dụ 14. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  xy  yz  zx 5.x yzLời giải.t2 3.2Ta có 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 vì t  0.Khi đó A Đặt t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx t2 3 5 .2tt2 5 3Xét hàm số f (t )    , 3  t  3.2 t 2298 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN5 t3 5 2  0 vì t  3.t2tTa có f ' (t )  t Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3) Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1.14Vậy GTLN của A là, đạt được khi x  y  z  1. 314.3Thí dụ 15. Cho hai số thực x thỏa mãn 0  x  1, 0  y  1 và x  y  4 xy.Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  x 2  y 2  7 xy.Lời giải. Đặt xy  t  x  y  4t. Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trìnhh( X )  X 2  4tX  t  0.Vì 0  x1 , x 2  1 nên phương trình h( X )  0 có nghiệm X 1 , X 2 thoả mãn'  4t 2  t  01.h(0)  t  0110  X 1  X 2  1  1.h(1)  1  3t  0 t  .43s0   2t  1211Khi đó M   x  y 2  9 xy  16t 2  9t , với  t  .439  1 1Ta có M ' (t )  32t  9  0  t    ;  . Suy ra Bảng biến thiên32  4 3 1t940-M'(t)1325M 43+119816411111, đạt khi xy   x  1, y  hoặc x  , y  1.933381933  , đạt khi xy  x  2 y  hoặc y  2 x  . 643244 Suy ra: Mmax  MminThí dụ 16. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2  y 2  xy  3.Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x 4  y 4  4 xy  x3 y 3Lời giải.299 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN Điều kiện: x  1; y  3 . Đặt u  x  1  0; v   y  3  0 . Khi đó hệ đã cho trở thànhu  v  au  v  a 2a 2  2a2uv2auv22a  2a 0. u, v là nghiệm của phương trình f t   t 2  at 2Hệ đã cho có nghiệm  phương trình f t   0 có nghiệm t1 , t 2 thoả mãn t1  0  t 2a 2  2a0  0 a  2.2Đặt t  xy . Từ giả thiết x 2  y 2  xy  3 ta có:1. f 0  0 +) 3   x  y 2  xy   xy+) 3  x 2  y 2  xy  3xy xy  3 . xy  1.Vậy  3  t  1 .+) x 4  y 4  x 2  y   2 x 2 y 2  3  xy   2 x 2 y 2  9  6 xy  x 2 y 2 .Suy ra A  t 3  t 2  2t  9,  3  t  1 . Xét hàm số f t   t 3  t 2  2t  9,  3  t  1 .f ' t   3t 2  2t  2  0, t . Vậy hàm số nghịch biến trên  , nên:2 22min f t   f 1  5; max f t   f  3  33 3 t 13 t 1 Để ý rằng t  1  x  y  1 và t  3  x   y   3 Vậy min A  5 , đạt khi x  y  1max A  33 , đạt khi x   y   3 .Thí dụ 17. (khối B 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 và x 2  y 2  z 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5 .Lời giải.Cách 1:1xy  ( x  y )2 x  y  z  02 222x  y  z  1 2  x  y  2 33 P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2 y2(x + y)5155=  ( x  y) 3  ( x  y )    t 3  t ; t = x + y2224552415 2 5f’(t) =  t 24 f(t) =  t 3  tf’(t) = 0  t = 16300 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGtf’(t)f(t) 2HĐBM -TỔ TOÁN 13–5 612660+03–5 636365 636 Suy ra P  5 6 36 . Vậy max P = 5 6 36 xảy ra khi t = 16x  y  161  xy   3(có nghiệm) z  ( x  y )hayx  y   231(có nghiệm)  xy  6 z  ( x  y )Cách 2: Với x + y + z = 0 và x 2  y 2  z 2  1 , ta có:1220   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2 x  y  z   2 yz  1  2 x 2  2 yz , nên yz  x 2  . Mặt khác yz y 2  z 2 1  x21 1  x266, suy ra x 2  , do đó   x (*)222233 Khi đó: P  x5  ( y 2  z 2 )( y 3  z 3 )  y 2 z 2 ( y  z )21 x5  (1  x 2 )  ( y 2  z 2 )( y  z )  yz ( y  z )    x 2   x221  15 x 5  (1  x 2 )   x (1  x 2 )  x  x 2      x 2   x  (2 x 3  x).224  6 66Xét hàm f ( x)  2 x3  x trên   ;  , suy ra f ( x)  6 x 2  1 ; f ( x)  0  x  6 3 3  6 666666Ta có f     f     , f    f      Do đó f ( x)  3693699Suy ra P 66, yzthì dấu bằng xảy ra.365 6Vậy giá trị lớn nhất của P là 36   Khi5 636xThí dụ 18. Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x  y  2 x  2  y  1  1 .Tìm GTLN, GTNN của F =2(1  xy x  y )xy.( x  y )  ( y  x) 22x yLời giải. Từ giả thiết  x  2; y  1 .301 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN2 Vì 2. x  2  1. y  1   22  12   x  2  y  1  2 x  2  y  1  5( x  y  1) .Nên từ x  y  2 x  2  y  1  1 x  y  5( x  y  1)  1 . Đặt t = x + y , ta có: t  1  5(t  1)  1  t  61212Khi đó: F = ( x  y )2  t2 .2x y 2t121Xét f (t )  t 2 , với t  1; 6 , có f ' (t )  t  0; t  1;62tt t25 Min f (t )  f (1)  ; Max f (t )  f (6)  18 t1;6t1;626x  25 GTNN của F là: đạt được tại: t  1  2 y  1 Vậy GTLN của F là 18 x  62đạt được tại :t= 6  6y  0Thí dụ 19. Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1  y 2  x( x  y) .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P x6  y 6  1x3 y  xy 3Lời giải.Từ giả thiết ta có:1  x 2  y 2  xy  2 xy  xy  xy  1.1.3Ta có x 2  y 2  1  xy nên x 6  y 6  ( x 2  y 2 ) ( x 2  y 2 ) 2  3 x 2 y 2 1  x 2  y 2  xy  ( x  y )2  3xy  3xy  xy (1  t ) (1  t ) 2  3t 3   1 1 Đặt t  xy với t    ;1 \ 0 . Khi đó ta được P t (1  t ) 3 22t  3Hay P = f (t )t 1 1 Hàm số f (t ) trên   ;1 \ 0 3 22t  4t  3 1  0 t    ;1 \ 0Ta có f '(t ) 2(t  1) 3 1Vậy MinP  P(1)   t  1  x  y  121 2511MaxP  P( )  t    x  y  3633Thí dụ 20. Cho x, y , z thuộc đoạn 0;2 và x  y  z  3 .Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2  y 2  z 2Lời giải.302 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNCho x , y, z thuộc  0; 2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2  y 2  z 2Giả sử: x  y  z  3  x  y  z  3z  z  1  z  1;2 Lại có:x 2  y 2  ( x  y ) 2 , (*)2 A  3  z   z 2  2z 2  6 z  9Xét f ( z )  2 z 2  6 z  9, z  1;2  f '( z )  4 z  6, f '( z )  0  z 32 3 9f (1)  5; f (2)  5; f    2 2Kết hợp (*) ta cóVậy max A  5 khi x  0; y  1; z  2 303 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNII. XÂY DỰNG GIÁN TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNGTHỨC:Phương pháp chung: Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ tthích hợp. Khả năng biến đổi được về hàm f(t)là khó buộc phải sử dụng bất đẳng thức. Lưu ý khi sử dụng bất đẳng thức điều kiện dấu bằng xảy ra phải đúng Cần thuộc một số bất đẳng thức phụ để có thể đưa về theo một đại lượng thích hợp nào đó theo ýmong muốn. Hàm f(t) tương đối khảo sát được. Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác) Thích hợp cho các đề thi khối A và B.Thí dụ 1. (Khối B 2009) Cho các số thực thay đổi thỏa ( x  y )3  4 xy  2 .Tìm GTNN của biểu thức P  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 .Lời giải.2 x2  y2 Ta có ( xy )   2  x2  y2P  3( x 2  y 2 ) 2   222  2( x 2  y 2 )  1( x  y) 2 1 (theo giả thiết ( x  y ) 3  ( x  y ) 2  ( x  y) 3  4 xy  2 )2229t1Xét hàm số f (t )  2t  1 với t 429tf / (t )   22 Đặt t  x 2  y 2 xf /(t)f(t)12+91612 Suy ra P  f (t )  f ( )  Vậy GTNN P 91691khi x  y  z  .162Thí dụ 2. (Khối B 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a  b  c  1 .Tìm GTNN của biểu thức P  3(a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c 2Lời giải. Ta biến đổi P  (ab  bc  ca ) 2  3(ab  bc  ca )  2 1  2(ab  bc  ca )304 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG ĐặtHĐBM -TỔ TOÁNt  ab  bc  ca , điều kiện 0  t  ab  bc  ca  Xét hàm số(a  b  c) 2 133 1f (t )  t 2  3t  2 1  2t , t   0;  , ta có 32f '(t )  2t  3 1  2t2f // (t )  2 0(1  2t )3 1  11Do vậy f / (t ) là hàm nghịch biến: f / (t )  f /     2 3  0 . 3 3Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến BBT130tf / t 10  6 39f (t )2 Suy ra P  f (t )  f (0)  2 ab  bc  caVậy GTNN P  2 khi ab  bc  ca  0 khi (1; 0; 0) và các hoán vị.  a b  c 1Thí dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3.Tìm GTLN của biểu thức P  3(a 2 b 2  c 2 )  4abc .Lời giải.3222Ta có P  3(a  b)  6ab  3c  4abc  3(3  c) 2  3c 2  2(3  c)ab Giả sử 0  a  b  c  1  c ab 3(3  c) 2  3c 2  2(3  c) 2 32 Xét hàm số f (t )  t 3  t 2 2723c 3(3  c) 2  3c 2  2(3  c) 2 327 c3  c 2 223với 1  t 222f / (t )  3c 2  3c305 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN BBT:t310_f /(t)02+f(t)13 Suy ra P  f (1)  13 Vậy GTNN P  13 khi a  b  c  1 .Thí dụ 4. Cho các số dương x , y , z thỏa x  y  z  1 .1xTìm GTNN của biểu thức P  x  y  z  1 1 .y zLời giải. Theo bất đẳng thức Côsi ta có1  x  y  z  33 xyz1 1 13  x y z 3 xyz Suy ra P  33 xyz 3xyz31Xét hàm số f (t )  3t  với 0  t t323 3  3tf / (t )  3  2 0tt2310x_f /(t)3f(t)1013 Suy ra P  f (t )  f ( )  10 Vậy GTNN P  10 khi x  y  z 13Thí dụ 5. (Khối A 2003) Cho các số đương x, y, z thỏa x  y  z  1 .Tìm GTNN của biểu thức P  x 2 111 y2  2  z2  2 .2xyz306 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNLời giải.221 1 11 Ta có P  ( x  y  z )       3 (33 xyz ) 2   33x y z xyz 911x yzXét hàm số f (t )  9t  với 0  t 0t t93922f / (t )  9 9 9  9t 20t2t210x9_f /(t)f(t)82 Suy ra P f (t ) 1f ( )  82913 Vậy GTNN P  82 khi x  y  z  .Thí dụ 6. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a  b  c  3 .Tìm GTLN của biểu thức P  (a 2  ab  b2 )(b 2  bc  c 2 )(c 2  ca  a 2 ) .Lời giải. Giả sử 0  a  b  c  3a 2  ab  b 2  b 2a ( a  b )  0 222a ( a  c )  0 a  ac  c  c Suy ra  Do đó P  b 2 c 2 (b 2  bc  c 2 )  b 2 c 2 (b  c) 2  3bc  abc  3ta có b  c  a  b  c  b  c  3  2 bc  b  c  30  a  b  c  39Suy ra 0  bc 4Từ đó ta có P  b 2 c 2 (9  3bc)9Xét hàm số f (t )  3t 3  9t 2 với 0  t 4f / (t )  9t 2  18t Từ 9t0f /(x)02+0_412f(x)307 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN Suy ra P  f (2)  12 Vậy GTLN P  12 khi a  0; b  1; c  2 và các hoán vị. Thí dụ 7. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc  0; 2  .Tìm GTNN của biểu thức P 111.22(a  b) (b  c) (c  a)2Lời giải. Giả sử 0  a  b  c  2112 0 ca  2 (c  a)4Từ 110  c  b  2  b (b  c) 2 ( 2  b) 2111Suy ra P  2 24b( 2  b)111Xét hàm số f (b)  2 với 0  b  224b(2  b)22f / (b)   3 b( 2  b) 3b0f /(b)01_f(b)02+94949Vậy GTNN P khi a  0; b  1; c  2 và các hoán vị. 4 Suy ra P  f (1) Thí dụ 8. Cho các số đương x, y thỏa x  y  1 .Tìm GTNN của biểu thức P xy.1 x1 yLời giải. Áp dụng BĐTab a bbax1 xP x  1 x1 xxXét hàm số f ( x)  x  1  x với 0  x  1111f / ( x) . f /  x  0  x 22 x 2 1 x308 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN1x0f /(x)12+00_2f(x)12 Suy ra P  f ( )  212 Vậy GTNN P  2 khi x  y  .Thí dụ 9. (Khối B 2006) Cho các số thực thay đổi x, y .Tìm GTNN của biểu thức P  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  y  2Lời giải. Ta có BĐTa 2  b 2  c 2  d 2  ( a  c) 2  (b  d ) 2P  (1  x  x  1) 2  ( y  y) 2  y  2  2 1  y 2  y  2 Xét hàm số f ( y)  2 1  y 2  y  2 Trường hợp y  2  0  y  2f ( y)  2 1  y 2  y2yf / ( y) 11 y21 f / ( y)  0  y 3 1 Suy ra f ( y )  f    2  3 3Trường hợp y  2  0  y  2y2-∞_f /(y)+∞f(y)2+ 3f ( y)  2 1  y 2  2 1  2 2  2  3 Vậy GTNN P  2  3 khi x  0, y 13.309 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 10. Cho các số đương x, y, z thỏa x  y  z  3 .1Tìm GTLN của biểu thức P 222x  y  z 12.( x  1)( y  1)( z  1)Lời giải. Áp dụng BĐT côsi, ta có111x 2  y 2  z2  1  ( x  y)2  ( z  1)2  ( x  y  z  1)2224 x  y  z 3( x  1)( y  1)( z  1)  3254Suy ra P x  y  z  1 ( x  y  z  3) 33 Đặt t  x  y  z  1  1P254t (t  2) 3254với 1  tt (t  2) 32162f / (t )   2  f / (t )  0  t  1; t  44t(t  2) Xét hàm số f (t ) tf /(t)+ Vậy GTLN P _01f(t) Suy ra P  f (4) +∞404141khi x  y  z  1 .4Thí dụ 11. Cho các số dương x, y, z . Tìm GTLN của biểu thức P xx2  y 2yy2  z2zz2  x2Lời giải. Đặt a yzx, b  , c   abc  1xyz Suy ra P 11 a211 b211 c2 Đặt t 11  1 221 c2 1  b1 a211 a221  bc21 2 11 a1 a11với 0  t 1 a2310 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN Xét hàm số f (t )  t 2  2 1  tf / (t ) 2  2t  1t 101t02f /(t)+3f(t)2-∞123 Suy ra P  f ( )  Vậy GTLN P 21khi x  y  z  1 .4Thí dụ 12. Cho các số dương x, y, z thỏa x  y  z  3 .Tìm GTNN của biểu thức P  x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx.x y  y2 z  z2 x2Lời giải. Ta có 3(a 2  b 2  c 2 )  (a  b  c)(a 2  b 2  c 2 )  a 3  b 3  c 3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  ab 2  bc 2  ca 2a 3  ab 2  2 a 2 bMà  b 3  bc 2  2b 2 c  3(a 2  b 2  c 2 )  3(a 2 b  b 2 c  c 2 a)  0 c 3  ca 2  2c 2 aĐặt t  x 2  y 2  z 29  (x 2  y 2  z 2 )9 tt2222t2( x  y  z )1 9Xét hàm số f (t )  t  với 3  t2 2t9f / (t )  1  22tP  x2  y2  z2 t+∞0f /(t)++∞f(t)4 Suy ra P  f (4)  Vậy GTLN P 141khi x  y  z  1 .4311 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 13. Cho các số không âm x, y, z thỏa x  y  z  0 .Tìm GTNN của biểu thức P x3  y 3  16 z 3( x  y  z )3Lời giải.( x  y)3dựa vào phép chứng minh tương đương4Đặt x  y  z  a , khi đó Ta có x 3  y 3 4P  Đặt t x 3  y 3  16 z 3 ( x  y ) 3  64 z 3 (a  z ) 3  64 z 3( x  y  z)3a3a3za Xét hàm số f (t )  (1  t ) 3  64t 3 với 0  t  1f / (t )  3 64t 2  (1  t ) 2  f / (t )  0  t 191t0_f /(t)190+64f(t)811 1  16 Suy ra P  , f   4  9  81 Vậy GTNN P 16khi x  y  4 z .81Thí dụ 14. (Khối B 2007) Cho các số thực dương x, y, z .x2Tìm GTNN của biểu thức P  x  1 y 1  z 1  y   z  .yz  2 zx   2 xy Lời giải.x2  y2  z 2 x2  y2  z 22xyz222Do x  y  z  xy  yz  zx Ta có P  x2 1   y2 1   z 2 1 P          2x2y  2 z 312 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNt2 11 với t 2 t21f / (t )  t  2t Xét hàm số f (t )  Vậy GTNN P 9khi x  y  z  1 .2Thí dụ 15. (Khối A 2011)Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x  y, x  z .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcPxyz.2x  3y z  y z  xLời giải.112với a  0, b  0 và ab  1 (chứng minh tương đương)1  a 1  b 1  abx1112Khi đó P 2x  3 y 1  z 1  x 2  3 yx1yzxy Ta có Đặt t xvới 1  t  2yt2222t  3 1  tt22Xét hàm số f (t )  2với 1  t  22t  3 1  t 2 t 3 (4t  3)  3t (2t  1)  9f / (t ) 0(2t 2  3) 2 (1  t ) 2 Suy ra P tf /(t)f(t)12_3433 Suy ra P  f 2 3433313 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Vậy GTNN P HĐBM -TỔ TOÁN34khi x  4; y  1; z  2 .3322Thí dụ 16. (khối D-2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4    y  4   2 xy  32 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2  .Lời giải. ( x  4) 2  ( y  4) 2  2 xy  32  ( x  y )2  8( x  y)  0  0  x  y  834 xy  ( x  y ) 2   6 xy   ( x  y ) 22A = x 3  y 3  3( xy  1)( x  y  2) = ( x  y )3  6 xy  3( x  y )  63A  ( x  y )3  ( x  y) 2  3( x  y)  623Đặt t = x + y ( 0  t  8 ), xét f(t) = t 3  t 2  3t  6  f’(t) = 3t 2  3t  321 51 517  5 5f’(t) = 0 khi t =; f(0) = 6, f(8) = 398, f()=22417  5 51 5Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) làxảy ra khi t =4217  5 51 51 5A  f(t) . Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =hay x = y =424BÀI TẬPBài 1: Cho x, y, z là ba số thực thỏa x 2  y 2  z 2  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP  x 3  y 3  z 3  3xyzHướng dẫn : đặt t  x  y  zBài 2: Cho các số dương x, y, z thỏa x  y  z  3 . Tìm GTNN của biểu thứcP  9 xy  10 xz  22 yzHướng dẫn :P  9 xy  10( x  y ) z  12 yz  9 xy  10( x  y)3  ( x  y)  12 y3  ( x  y )Xét hàm số f (t )  t 2  3t với 0  t  3P  10 f ( x  y )  12 f ( y)  22 xy  max f (t )Bài 3: Cho các số dương x , y , z thỏa x 2  y 2  z 2  1 . Tìm GTLN của biểu thứcP  6( y  z  x)  27 xyzHướng dẫn :314 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGP  6 2( y 2  z 2 )  x  27 xHĐBM -TỔ TOÁNy2  z2x(1  x 2 ) 6 2(1  x 2 )  x  2722Bài 4: Cho các số dương x, y, z thỏa 21xy  2 yz  8 zx  12 . Tìm GTNN của biểu thứcP1 2 3 x y zHướng dẫn :1xĐặt a  ; b 232a  4b; c  , bài toán đưa về tìm GTNN P  a  b  c với c yz2 ab  714 1414142a 2a 2112ab7a a  ab a aa7a 2 ab  72a2a2ab  7a 2b  a2a  4b P  abXét hàm số f (t )  t 117 2 1 22ttBài 5: Cho các số thực x, y, z không đồng thời bằng 0 thỏa x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx) . Tìm GTLN,GTNN của biểu thứcPx3  y3  z3( x  y  z )( x 2  y 2  z 2 )Hướng dẫn :Đặt a 4x4y4z, b, c. Khi đó a  b  c  4 và ab  bc  ca  4x yzx yzx yzÁp dụng BĐT (b  c) 2  4bc suy ra 0  a Khi đó P 831 31(a  b 3  c 3 ) (3a 3  12a 2  12a  16)3232Xét hàm số f (t ) 1(3t 3  12t 2  12t  16)32Bài 6: Cho các số dương x, y, z thỏa ( x  y  z ) 3  32 xyz . Tìm GTLN của biểu thứcPx4  y4  z 4( x  y  z) 4Hướng dẫn :Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  4Ta có x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )315 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN2 ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)  2 ( xy  yz  zx) 2  2 xyz( x  y  z )Đặt t  xy  yz  zxXét hàm số f (t )  (16  2t ) 2  2(t 2  16)Bài 7: Cho các số dương x, y, z thỏaxy  yz  zx 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thứcx2  y2  z2 7Px4  y4  z 4( x  y  z) 4Hướng dẫn :Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  1Từ giả thiếtxy  yz  zx 1xy  yz  zx112  xy  yz  zx   xy   (1  z ) z 2221  2( xy  yz  zx ) 7979x y zTa có x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )2 ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)  2 ( xy  yz  zx) 2  2 xyz( x  y  z )Xét hàm số theo biến z và z  minx, y, z  0  z 13Bài 8: Cho các số dương x, y, z . Tìm GTNN của biểu thứcP2( x  y  z ) 3  9 xyz( x  y  z )( xy  yz  zx )Hướng dẫn :Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  1 và z  minx, y, z  0  z 13316 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNSỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ - BẢNG BIẾN THIÊNGIẢI CÁC BÀI TOÁN PT – BPT – HPT LIÊN QUAN ĐẾN THAM SỐI. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP GIẢICơ sở của phương pháp này là ý nghĩa hình học của việc giải phương trình, bất phương trình được thểhiện trong các tính chất sau.Xét các hệ thức(1) ;(2) ;(3)f  x  g  xf  x  g  xf  x  g  xGọi G f , Gg lần lượt là đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  . Trên cùng một mặt phẳng tọa độ  Oxy  vẽ G f vàGg . Ký hiệu D  D f  Dg là tập xác định của hệ thức, ta có:1. Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ điểm chung của G f và Gg2. Nghiệm của bất phương trình (2) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía trên Gg3. Nghiệm của bất phương trình (3) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía dưới GgNhận xét 11. Phương trình (1) có nghiệm  G f và Gg có điểm chung2. Phương trình (1) vô nghiệm  G f và Gg không có điểm chung3. Phương trình (1) có k nghiệm  G f và Gg có k điểm chung4. Phương trình (1) có k nghiệm phân biệt  G f và Gg có k điểm chung khác nhau.Nhận xét 21. Bất phương trình (2) có nghiệm  có điểm thuộc G f nằm ở phía trên Gg2. Bất phương trình (2) vô nghiệm  không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía trên Gg3. Bất phương trình (2) luôn đúng với mọi x  D  toàn bộ G f nằm ở phía trên GgNhận xét 31. Bất phương trình (3) có nghiệm  có điểm thuộc G f nằm ở phía dưới Gg2. Bất phương trình (3) vô nghiệm  không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía dưới Gg3. Bất phương trình (3) luôn đúng với mọi x  D  toàn bộ G f nằm ở phía dưới GgChú ý 1Đối với hệ thức dạng(1) ;(2) ;(3)f x  0f x  0f  x  0thì Gg có phương trình y  0 nên Gg là trục hoành.Chú ý 2Đối với hệ thức dạng(1) ;(2) ;(3)f  x  mf  x  mf x  mthì Gg có phương trình y  m nên Gg là đường thẳng vuông góc với trục tung tại điểm có tọa độ  0; m  Trong trường hợp này ta có thể thay việc vẽ Gg trên D bằng việc lập BBT của hàm số y  f  x trên D . Các hệ thức trên còn được gọi là có dạng “tách ẩn” hoặc dạng “cô lập”.317 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNII. ÁP DỤNGThí dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệmx2  x  1  x2  x  1  m(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   Xét hàm số y  f  x   x 2  x  1  x 2  x  1 trên  .Phương trình 1 có nghiệm  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm sốy  f  x  vẽ trên  . Lập BBT của hàm số y  f  x  trên D . Ta có: f '  x  2x 12 x2  x  1f '  x   0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  12x 12 x2  x  1(2)Bình phương hai vế (2), ta được phương trình hệ quả4x2  4 x  1 x2  x  1  4 x2  4x  1 x2  x  1  x  0Thử lại, ta thấy x  0 không thỏa (2). Vậy f '  x   0 vô nghiệmDo f '  x   0 vô nghiệm  f '  x  không đổi dấu trên  , mà f '  0   1  0 f '  x   0, x    f  x  đồng biến trên  .2xGiới hạn: lim f  x   lim 1 và lim f  x   1xxx x2  x  1  x2  x  1Bảng biến thiênxf ' x-++f  x1-1 Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm  1  m  1 . MINH HỌA ĐỒ THỊ318 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệtm x2  2x  2  x  2(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D  1  m Khi đó: Xét hàm số y  f  x  x2(2)2x  2x  2x22trên  .x  2x  2Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x    đường thẳng y  m có hai điểm chung khácnhau với đồ thị hàm số y  f  x  vẽ trên  . Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x  f ' x  0  x Giới hạn: lim f ( x)  limxx x2x2  2x  24  3xx2 2x  2x2  2x  243 1 và lim f ( x)  limxxx2x2  2 x  21Bảng biến thiênx43f ' x+0̶10f  x11 Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x    1  m  10 .MINH HỌA ĐỒ THỊ319 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 3. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệtx 2  mx  2  2 x  1(1)Lời giải. Do x  0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên 3x 2  4 x  113 x 2  4 x  1  mx m (2)x  x12 1 x 2  mx  2  4 x 2  4 x  1  x  x   12223x  4 x  1 1Xét hàm số y  f  x  trên D    ;   .x 2Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm phân 1biệt x    ;    đường thẳng y  m có hai điểm chung khác nhau với đồ thị hàm số y  f  x  2 1vẽ trên   ;   . 23x 2  1 1Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x  , x    ;   \ 02x223x  4 x  1Giới hạn: lim f ( x)  lim xxxBảng biến thiênx12f ' x0++f  x92 Dựa vào BBT ta suy ra:92Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  .MINH HỌA ĐỒ THỊ320 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 4. Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt42x  2 x  2 4 6  x  2 6  x  m(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   0; 6 Xét hàm số y  f  x   4 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x trên  0; 6  .Phương trình 1 có nghiệm trên  0; 6   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thịhàm số y  f  x  vẽ trên  0; 6  . Lập BBT của hàm số y  f  x  trên D . Ta có: f '  x  111 1 2  4  2 x 3 4  6  x 3  2 11Đặt u  x  , v  x 3342x 4 6  x12 4 2x31112 x 2 4  6  x 36 x11  , x   0;6 2x6 x 11. Ta thấy u  2   v  2   0 nên f '  2   02x6 xMặt khác u  x  , v  x  cùng dương trên  0; 2  , cùng âm trên  2;6  nên ta cóBảng biến thiênxf’(x)f(x)0+206̶63 22 6  24 6412  2 3 Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình 1 có nghiệm trên  0; 6   2 6  2 4 6  m  3 2  6 .MINH HỌA ĐỒ THỊ321 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4  x  2 x  2   m  4 6 x24  x  2x  2(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D  1; 4 Đặt ẩn phụ t  4  x  2 x  2 với x  1; 4 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1; 4 11 2x  2  2 4  x, x  1; 4 2 4 x2x  22 4  x. 2x  2t '  0  2 4  x  2x  2  4 4  x   2 x  2  x  3Ta có:t'Bảng biến thiênxt't1+304̶336Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   3;3 Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành:t 2  4t  4  m (2)Phương trình (1) có nghiệm x  1; 4  Phương trình (2) có nghiệm t   3;3 Xét hàm số y  f  t   t 2  4t  4 với t   3;3 .Phương trình  2  có nghiệm t   3;3  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thịhàm số y  f  t  vẽ trên  3;3 . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  4 ; f '  t   0  t  2Bảng biến thiênt233f 't f t ̶074 3+10 Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (1) có nghiệm x  1; 4  0  m  1 .Chú ý: Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm tập giá trị của ẩn phụ và chuyển phương trình sang phương trình theoẩn phụ với tập xác định là tập giá trị của ẩn phụ tìm được. Cụ thể Khi đặt t  u  x  , x  D , ta tìm được t  D ' và phương trình f  x; m   0 (1) trở thành g  t; m   0 (2). Khi đó (1) có nghiệm x  D  (2) có nghiệm t  D '322 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN Để tìm miền giá trị của t ta nên lập BBT của hàm số t  u  x  trên D (có thể sử dụng bất đẳngthức để đánh giá hoặc tính chất của hàm số) Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t . Tức là mỗigiá trị t  D ' thì phương trình u  x   t có bao nhiêu nghiệm x  D ? (có thể xem là một bài toánnhỏ về xét sự tương giao)Thí dụ 6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm4 6  x  x 2  3x  mx  2  2 3 x(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   2;3 Đặt t  x  2  2 3  x với x   2;3 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   2;3123 x  x  22 x  2 2 3  x 2 x  2. 3  xt '  0  3  x  2 x  2  3  x  4  x  2   x  1Ta có:t'Bảng biến thiênxt't-2+-103̶52 55Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   5;514(2)mtPhương trình (1) có nghiệm x   2;3  Phương trình (2) có nghiệm t   5;5 14Xét hàm số y  f  t   t  với t   5;5  .tPhương trình  2  có nghiệm t   5;5   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thịhàm số y  f  t  vẽ trên  5;5 .14Lập BBT của hàm số trên y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   1  2  0 , t   5;5 t Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: t 2  14t  mt  t Bảng biến thiênt5f 't 5+f t 1159 55323 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNDựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (1) có nghiệm x   2;3  9 511m . 55Thí dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệmm1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   1;1 Đặt t  1  x 2  1  x 2 x   1;1 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   1;1Ta có:xt'1  x2 11 x21  x21  x2 1 xx, t'0  x  0Bảng biến thiênxt't-1̶001+220Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '  0; 2 t 2  t  2 m (2)t 2Phương trình (1) có nghiệm x   1;1  Phương trình (2) có nghiệm t   0; 2  Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: m  t  2   t 2  t  2 t 2  t  2với t  0; 2  .t2Phương trình  2  có nghiệm t   0; 2   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thịhàm số y  f  t  vẽ trên 0; 2  . Xét hàm số y  f  t   Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t  t 2  4tt  22 0 , t  0; 2 Bảng biến thiêntf 't 0f t 12̶2 1 Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (1) có nghiệm x   1;1  2  1  m  1 . 324 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNThí dụ 8. Tìm m để phương trình sau có nghiệmx  x 1  m x 1 4 x  x  1   1x 1(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   0;  1x  x 1  m x  4 x  x  1   1x 11m x 4 x  x  1  x  x  1x 11 x 1  4 x  x  1  1  m  xx 1 Khi đó: 1 xx 14 1 mxx 1(2)x 1x 1, do x  1 nên 0  1  0  t  1 . Tập giá trị của t là: D '   0;1xx11Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 2  t  1  m  m   2  t  1ttPhương trình (1) có nghiệm x  1;    Phương trình (2) có nghiệm t   0;1 Đặt t  4(2)1 t  1 với t   0;1 .t2Phương trình  2  có nghiệm t   0; 2   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị Xét hàm số y  f  t   hàm số y  f  t  vẽ trên  0; 2  . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t  2 1  0, t   0;1t2Bảng biến thiêntf 't 10+f t 1 Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (1) có nghiệm x  1;    m  1 . Thí dụ 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm3 x  1  m x  1  4 4 x2  1(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D  1;  325 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Khi đó: 1  3HĐBM -TỔ TOÁNx 1x 1x 1x2 1 m  243 m  242x 1x 1x 1 x  1x 1x 1, do x  1 nên 0  1  0  t  1 . Tập giá trị của t là: D '   0;1x 1x 1Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 3t 2  2t  mPhương trình (1) có nghiệm x  1;    Phương trình (2) có nghiệm t   0;1 Đặt t  4(2) Xét hàm số y  f  t   3t 2  2t với t   0;1 .Phương trình  2  có nghiệm t   0;1  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thịhàm số y  f  t  vẽ trên t   0;1 . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   6t  2 , f '  t   0  t 13Bảng biến thiênt130f 't +10f t ̶1301 Dựa vào BBT ta suy ra:13Phương trình (1) có nghiệm x  1;    1  m  . Thí dụ 10. Tìm m để phương trình sau nghiệm x  1;3 3 log 32 x  log32 x  1  2m  1  0(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D  1;3 3 23 Đặt t  log 3 x  1 với x  1;3  . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1;3 3 x  1;3 3   1  x  33 1  log32 x  1  4  1  log 32 x  1  2  1  t  2  t  1; 2Tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1;3 3  là D '  1; 2 Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành: t 2  t  2  2m(2)3Phương trình (1) có nghiệm x  1;3   phương trình (2) có nghiệm t  1; 2Xét hàm số y  f  t   t  t  2 với t  1; 2 .2Phương trình (2) có nghiệm t  1; 2  đường thẳng y  2m có điểm chung với phần đồ thị hàmsố y  f  t  vẽ trên 1; 2  .Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  1  0 , t  1; 2 326 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBảng biến thiêntf 't 12+4f t 0Dựa vào BBT ta suy ra:Phương trình (1) có nghiệm x  1;3 3   0  m  2 .Thí dụ 11. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm(1)4 x  x5  mLời giải. Tập xác định của bất phương trình : D   5; 4 Xét hàm số y  f  x   4  x  x  5 trên  5; 4  .Bất phương trình (1) có nghiệm x   5; 4   có điểm thuộc đường thẳng y  m nằm phía dưới đồthị hàm số y  f  x  vẽ trên  5; 4  . Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x  114 x  x52 4  x 2 x  5 2  4  x  x  5 f ' x  0  4  x  x  5  x  x-5+t't121204̶3 233 Dựa vào BBT ta suy ra:Bất phương trình (1) có nghiệm x   5; 4   m  3 2 .Thí dụ 12. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệmmx  x  3  m  1(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   3;  Khi đó:1  m x  3 1x 1(2)327 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNx  3 1trên 3;   .x 1Bất phương trình (2) có nghiệm x  3;    có điểm thuộc đường thẳng y  m nằm phía dưới đồ Xét hàm số y  f  x  thị hàm số y  f  x  vẽ trên 3;   . Lập BBT của hàm số trên D . Ta có: f '  x  5 x x32 x  3  x  12f ' x  0  x  3  5  x  x  4x  3 10x 1Giới hạn lim f ( x)  limx x Bảng biến thiênxf ' x43+0̶23f  x120 Dựa vào BBT ta suy ra:23Bất phương trình (1) có nghiệm 3;    m  .Thí dụ 13. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   2; 4 4 4  x  2  x   x 2  2 x  m  18(1)Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   2; 4 Đặt t   x 2  2 x  8 với x   2; 4  . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   2; 4 Ta có:x 1t' x2  2x  8,t'  0  x 1Bảng biến thiênxt't-2+104̶300Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   0;3 Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành:m  t 2  4t  10(2)328 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   Bất phương trình (2) nghiệm đúng vớimọi t   0;3 Xét hàm số y  f  t   t 2  4t  10 với t   0;3 .Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t   0;3  đường thẳng y  m nằm hoàn toàn ở phíatrên phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  0;3 . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  4 , f '  t   0  t  2Bảng biến thiêntf 't 0f t 10̶203+76Dựa vào BBT ta suy ra:Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   m  10 Thí dụ 14. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  (1)m.4 x   m  1 2 x  2  m  1  0Lời giải. Tập xác định của phương trình : D   Đặt t  2x với x   . Tập giá trị của ẩn phụ t khi x   là D '   0;   Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành:4t  1(2)t  4t  1Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   Bất phương trình (2) nghiệm đúng vớimt 2  4  m  1 t  m  1  m 2mọi t   0;  4t  1với t   0;   .t  4t  1Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t   0;    đường thẳng y  m nằm hoàn toàn ở phía Xét hàm số y  f  t  2trên phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  0;   . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t  4t 2  2tt 2  4t  12 0 , t   0;   ,Giới hạn: lim f  t   0t 329 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBảng biến thiêntf 't 0f t 1̶0 Dựa vào BBT ta suy ra:Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x    m  1 Thí dụ 15. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 2 x 3   y  2  x 2  xy  m 2 x  x  y  1  2m(1)Lời giải. x2  x 2x  y   mTa có : 1  2 x  x   2 x  y   1  2mu  x 2  x1Đặt . Điều kiện của u là u  4v  2 x  y2uv  mu   2m  1 u  m  0u  v  1  2mv  1  2m  u Hệ phương trình trở thành: Hệ phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thỏa mãn u  14 Với u   , ta có: 2   m  2u  1  u 2  u  m  214u 2  u2u  1u 2  u 1với u    ;   .2u  1 4 1Phương trình  2  có nghiệm u    ;    đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ 4 1thị hàm số f  u  vẽ trên   ;   . 4Lập BBT của hàm số trên D . Ta có:1  32u 2  2u  1; f ' u   0  u f ' u   22 2u  1 Xét hàm số f  u  330 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBảng biến thiênu141  32f ' u ++0f u ̶2 3258 Dựa vào BBT ta suy ra:Hệ phương trình (1) có nghiệm  m 2 32BÀI TẬP RÈN LUYỆNBài tập rèn luyện 1Tìm m để các phương trình sau có nghiệm1) x  3x 2  1  mĐS: m 2)4x2  1  x  m3)4x 4  13 x  m  x  1  04) x x  x  12  m63ĐS: 0  m  1ĐS: m  5 x  4 xĐS: 2 3325  2  m  12Bài tập rèn luyện 2Tìm m để các phương trình sau có nghiệm1) x 2   m  2  x  4   m  1 x3  4 xĐS: m  72) 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1ĐS: 1  m 3)4)1x  x 1  m x  16 4 x  x  1   1x 1x  9  x   x2  9 x  m5) 3  x  6  x 6) m 3  x  6  x   mx  2  2 4 x 2  4  x  2  2 4 x2  413ĐS: m  1237m346 2 9ĐS:m32ĐS: ĐS: m  1Bài tập rèn luyện 31) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x  2  mx 1  m  4ĐS: m  2331 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁN2) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   4;6  x  4  6  x   x 2  2 x  mĐS: m  63) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệmm x2  1  x  2  mĐS: m 544) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x   0;1  3 mx2  2x  2  1  x  2  x   0ĐS: m 235) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  9 x  2  m  1 3x  2 m  3  0ĐS: m  32----------------------------------Hết-----------------------------------332 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNỨNG DỤNG GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ TRONG PT VÀ BPTGiả sử f  x  là hàm số liên tục trên miền D và đạt GTLN, GTNN trên miền ấy. Ký hiệu: M  Max f  x xD m  minf xxDKhi đó ta có các kết luận sau:1) Phương trình f  x   a có nghiệm x  D  m  a  MVí dụ 1: Tìm a để phương trình sau có nghiệmVí dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệmVí dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệmVí dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệmx22x  4x  ax  m  4  x2  0 x  3 x  1 x   3;0 4x  x 2  2m  1  02 2x    m  1  x 2  2x   m  1  02) Bất phương trình f  x   a có nghiệm x  D  a  MBất phương trình f  x   a có nghiệm x  D  a  mVí dụ : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm x  1  4  x  a3) Bất phương trình f  x   a nghiệm đúng với mọi x  D  a  mBất phương trình f  x   a nghiệm đúng với mọi x  D  a  MVí dụ : Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  2; 2x  m  4  x2  0B. Bài tậpBài 1: Cho phương trình 2  x  2  x   2  x  2  x   m (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệmBài 2: Cho phương trình 2  2  x  6  x    2  x  6  x   3m  1  0 (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm2Bài 3: Cho phương trình  x 2  1  2x 2  x 2  3m  2  0 (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệmBài 4: Cho phương trình x  2  x 2  x 2  x 2  5m  1  0 (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm333 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQGHĐBM -TỔ TOÁNBài 5: Cho phương trình m 1  x 2  1  x 2  2  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2 (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệmBài 6: Cho phương trình 2  sin 4 x  cos4 x   cos 4x  2s in2x  m  0 (1)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x   0;  2Bài 7: Cho bất phương trình  x  4  6  x   x 2  2x  m (1)Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm nghiệm đúng với mọi 4  x  6--------------------------Hết----------------------------334 [...]... nên theo định lý Viet ta có:   3(m  2)  x1 x2  m  Theo đề bài : x1  2 x2  1 (2) (3) (4)   x1  3m  4 m Từ (2) và (4) suy ra  (5) Thay (5) và (3) ta được:   m  2  x2  m   2  3m  4   2  m   3(m  2)  6m 2 16 m  8  0   m  3   m   m   m  m  2 ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  (**) 2 và m  2  3 17 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG... giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho: f(x) = g(x) (1) * Tùy theo số nghiệm của phương trình (1) mà ta kết luận về số điểm chung của hai đồ thị (C1) và (C2) Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2) Ghi nhớ: Số nghiệm của pt (1) = số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2) 25 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý 1 : * (1) vơ nghiệm  (C1) và (C2)... y  3  3 1 ♦ Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là  ;  và 1;3   2 2  26 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN (C ) : y  f ( x) Dạng 2: Tìm tham số để hai đồ thị  1 cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt (C2 ) : y  g ( x) 1 PHƯƠNG PHÁP B1 Lập phương trình hồnh độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1) B2 Lập luận Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị... của hai đường cong (C): y  x 2  4 và (C'): y  x 2  2 x 1 5 Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x 3  x 2 và đường thẳng (d) : y  3x  3 3 31 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Bài 3: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  2x 1 và đường thẳng (d ) : y  3 x  1 x 1 Bài 4: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x và đường thẳng (d) : y  x  2 Bài 5: Cho hàm...   x  2 với x  1;   x 1 Bài giải ♥ D  1;  ♥ Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: 21 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN 2 2 2  x 1  1  2  x  1  1  2 2  1, x  1;   x 1 x 1 x 1 2 2  Dấu “=” xảy ra khi x 1    x 1  2  x  1  2  D x 1  f x  x  ♥ Vậy min f ( x )  2 2  1  x D Bài tập tương tự 7 x 3 b) Phương pháp 2 : Sử dụng điều kiện có nghiệm của... tuyến tại B là y 1  y '(2)( x  2)  y  x 1 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y   x 3 và y  x 1  34 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN 2 Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x) biết tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước y (C): y = f(x) y0 M 0 x0  x Phương pháp: Ta có thể tiến hành theo các bước sau Bước 1: Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến... x0  3  y0  7 : M 2 (3;7)  pttt: y  5 x 22 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  5 x 2 và y  5 x  22  Bài tập tương tự Cho hàm số y  2 x 1 có đồ thị là C  Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc của tiếp tuyến x 1 bằng 4 Đáp số: y  4 x  2; y  4 x  10 35 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý : Đối với dạng 2 người ta có thể cho hệ số góc k dưới...   0  x0  3  ♣ Với x0  1  y0  2 : M 1 (1; 2)  pttt: y  9 x  7 ♣ Với x0  3  y0  2 : M 2 (3; 2)  pttt: y  9 x 25 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  9 x  7 và y  9 x 25  Bài tập tương tự 36 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Cho hàm số y  x3  3x 2  3x có đồ thị là C  Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng () : y ... 2 Cho hàm số y  mx 3  x 2  2 x  8m có đồ thị là Cm  Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt Bài giải ♦ Phương trình hồnh độ giao điểm: mx3  x 2  2 x  8m  0 (1)   x  2  mx 2  (2m  1) x  4m  0 27 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN  x  2   2  mx  (2m 1) x  4 m  0  (2) ♦ Cm  cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt  (2)... thị là Cm  Tìm m để đồ thị Cm  cắt trục hồnh tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành một cấp số cộng Bài giải ♦ Phương trình hồnh độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0 (1) Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành: 30 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN t 2  (3m  4)t  m 2  0 (2) ♦ (C) cắt trục hồnh tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm ... luận theo m số giao điểm (  ) (C) Từ suy số nghiệm phương trình (*) Minh họa: (C ) : y  f ( x) y m2 x O m1  (0; m) ym Dạng: f  x   g  m giải tương tự 41 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG... Lưu ý: Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm hai đồ thị (C1) (C2) Ghi nhớ: Số nghiệm pt (1) = số giao điểm hai đồ thị (C1) (C2) 25 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý : * (1) vơ... 1: Tìm tọa độ giao điểm hai đường cong (C): y  x  (C'): y  x  x Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm đường cong (C): y  x  x đường thẳng (d) : y  3x  3 31 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ
- Xem thêm -

Xem thêm: tài liệu tự ôn thi thpt quốc gia môn toán theo chủ đề, tài liệu tự ôn thi thpt quốc gia môn toán theo chủ đề,

Từ khóa liên quan