Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 329 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
329
Dung lượng
7,4 MB
Nội dung
Tài liệu hướng dẫn tự ôn thi
THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
THEO CHỦ ĐỀ
(tổng hợp lý thuyết, ví dụ minh họa, bài tập có đáp án)
Thành phố Hồ Chí Minh
1
Mục lục:
Khảo sát hàm số .................................................................................................8
Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng tích phân.....................................................47
Phương trình lượng giác....................................................................................61
Phương trình, bất phương trình mũ và logarit ..................................................77
Số phức .............................................................................................................93
Tổ hợp và xác suất ...........................................................................................100
Hình học không gian ........................................................................................122
Phương pháp tọa độ trong không gian .............................................................172
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng ...............................................................199
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình .............................................241
Bài toán tổng hợp về GTLN-GTNN .................................................................290
2
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 1
ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ
Nội dung 1: Tính đơn điệu của hàm số
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1) 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 K
b) 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 K
b) Nếu f ' x 0 với mọi x K thì hàm số f (x) nghịch biến trên K
c) 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 K
thì 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 K
thì 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 d
a) Hàm số y f x ax 3 bx 2 cx d
b) 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 LẠI
Định 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 0
8
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
B. Phương pháp giải toán
Dạng : Định giá trị tham số để hàm số đơn điệu trên tập hợp X cho trước.
1. PHƯƠNG PHÁP
B1. 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 X
Chú ý quan trọng: Trong điều kiện trên dấu bằng xảy ra khi phương trình y ' 0 có hữu hạn
nghiệm, nếu phương trình y ' 0 có vô hạn nghiệm thì trong điều kiện sẽ không có dấu bằng.
2. CÁC VÍ DỤ
1
Ví dụ 1. Cho hàm số y (m2 m) x 3 2mx 2 3 x 1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên .
3
Bài 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 1
2
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ta có ' 9m 2 9(m 2 1) 9 0, m
Suy ra y ' luôn có hai nghiệm phân biệt x1 m 1; x2 m 1 ( x1 x2 )
x 1
m 1 1
Do 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 tự
Cho 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 1
Bảng biến thiên:
x
0
f '( x)
f ( x)
1
0
0
3
♣ Từ BBT ta suy ra: (*) m 3
♦ Vậy giá trị m cần tìm là m 3 .
Bài tập tương tự
Cho 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 m
10
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 m
Bài 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 tập
1
Bài 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
3
Đáp số: 2 m 3 .
1
Bài 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
3
Đáp 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 3
11
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Đáp số: m 1 hoặc m 2 .
Bài 5: Cho hàm số y
mx 9
. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
x 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 1
Đáp số: m 2 .
Nội dung 2: Cực trị của hàm số
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1) 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 ) 0
2) Định lý 2: (điều kiện đủ thứ I để hàm số có cực trị). Quy tắc 1
Giả 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 đó
a) 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 2
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng a; b chứa điểm x0 , f '( x0 ) 0 và f có đạo hàm cấp hai khác
không tại điểm x0 . Khi đó
a) Nếu f ''( x0 ) 0 thì hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x0
b) Nếu f ''( x0 ) 0 thì hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x0
4) 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
B. Phương pháp giải toán
Dạng 1: Định giá trị tham số để hàm số bậc ba (trùng phương) có 2 cực trị (có 3 cực trị).
1. PHƯƠNG PHÁP
B1. 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 DỤ
1
Ví 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.
3
Bài giải
♦ Tập xác định: D
♦ Đạo hàm: y ' (m 2 1) x 2 2(m 1) x 3
y ' 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 2
Bài tập tương tự
Cho hàm số y x 3 3 x 2 mx m 2 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị.
Đáp số: m 3
13
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví 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 0
y' 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 3
Bài tập tương tự
Cho 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 PHÁP
B1. 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 hoặc
quy tắc 2.
2. VÍ DỤ
Ví dụ . Cho hàm số y
1 3
x 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
♦ Tập xác định: D
♦ Đạo hàm: y ' x 2 2 m 2 m 2 x 3m2 1
a) Điều kiện cần:
Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y '(2) 0
m 1
m 2 4m 3 0
m 3
b) Điều kiện đủ:
♣ Với m 1 , ta có: y ' x 2 4 x 4 , y ' 0 x 2
Bảng biến thiên
x
2
y'
0
y
Từ BBT ta suy ra m 1 không thỏa.
x 14
♣ Với m 3 , ta có: y ' x 2 16 x 28 , y ' 0
x 2
Bảng biến thiên
x
y'
14
y
0
2
0
CĐ
CT
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 .
♦ Vậy giá trị m cần tìm là m 3 .
Bài tập tương tự
Cho hàm số y x 3 mx 2 3 x 2 . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x 2 .
Đáp số: m
15
4
Dạng 3: Định giá trị tham số để hàm số đạt cực trị thỏa điều kiện cho trước.
1. PHƯƠNG PHÁP
B1. Tập xác định: D ?
B2. Tính y ' ?
B3. Lập luận
15
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2. CÁC VÍ DỤ
Ví 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 m
y ' 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
2m
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
m2
4
2m 1 0
1
m
2
♦ Vậy giá trị m cần tìm là
Ví dụ 2. Cho hàm số y
5
m 2 .
4
2 3
2
x mx 2 2(3m 2 1) x .
3
3
Tìm 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 13
2 13
m
13
13
(*)
16
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x1 x2 m
Vì 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
2
2
(**)
2
♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m .
3
1
1
Ví 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 x2
3
3
sao 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 6
2 6
m
2
2
(*)
2(m 1)
x1 x2
m
Vì 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 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 ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví 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 hàm
số (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 3m
y ' 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
m0
(*)
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 2
2
2
m3
m 0
4 m 8 m 0
1
m
2
3
2
(**)
1
♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m .
2
Ví 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) có
ba 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 0
y' 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
m0
(*)
Khi đó y ' 0 có ba nghiệm phân biệt là x 0 , x m
18
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
♣ Với x 0 y 2m m 4
♣ Với x m y m4 m 2 2m
Tọa độ các điểm cực trị A, B, C là
A0; 2m m4 ; B m ; m4 m 2 2m ; C
Suy ra: AB m ; m 2 ; AC
m ; m 2
m ; 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 tập
1
Bài 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.
3
Đáp số: 1 m 2 và m 1 .
Bài 2: Cho hàm số y
2 3
x (m 1) x 2 (m 2 4m 3) x 1 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các
3
điểm 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 1
Đáp 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 sao
cho 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 sao
cho
1
1
1
2 16 2 2 .
2
x1 x2
x1 x2
Đáp 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 sao
cho x1 x2 2 .
Đáp số: m 1 .
19
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 điểm
cực trị của đồ thị hàm số cách đều gốc tọa độ O .
1
Đáp số: m .
2
Bài 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 đồ
thị 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 tiếp
xúc với đường tròn C : ( x m) 2 ( y m 1) 2 5
Đáp 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 xCT
thỏa 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
.
3
Nội dung 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1) 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
xD
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
xD
Quy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không nói "trên tập D" thì ta
hiểu 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2) CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ TÌM GTLN & GTNN CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN
a) 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
2a
4a
b) Bất đẳng thức Cô-si:
ab
Với hai số a, b không âm a, b 0 ta luôn có:
ab a b 2 ab
2
Dấu "=" xảy ra khi a b
a bc 3
Với ba số a, b, c không âm a, b, c 0 ta luôn có:
abc a b c 3 3 abc
3
Dấu "=" xảy ra khi a b c
c) Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng
a 2 b2
1) a 2 b 2 2ab ab
2
( a b) 2
2) (a b)2 4ab ab
4
( a b) 2
3) (a b) 2 2(a 2 b 2 ) a 2 b 2
2
CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Tìm GTLN của hàm số f x 2x 2 8x 1 .
Bài giải
♥ Tập xác định: D
♥ Ta có
2
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 D
Ví dụ 2: Tìm GTNN của hàm số f x 2x 2 4x 12 .
Bài giải
♥ Tập xác định: D
♥ Ta có
2
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 D
Ví dụ 3: Tìm GTNN của các hàm số f x x
2
với x 1; .
x 1
Bài giải
♥ D 1;
♥ Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
21
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
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 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 của
hàm số đó.
Một số kiến thức thường dùng:
a) Phương trình ax 2 bx c 0 a 0 có nghiệm 0
b) Phương trình a cos x b sin x c a, b 0 có nghiệm a 2 b 2 c 2
CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1 : Tìm GTLN và GTNN của hàm số y
x2 x 2
.
x2 x 2
Bài giải
♥ Tập xác định: D
♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có:
x2 x 2
y 2
yx 2 yx 2y x 2 x 2
x x2
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
94 2 9 4 2
.
Suy ra tập giá trị của hàm số là T
;
7
7
9 4 2
94 2
♥ Vậy min y
; max y
.
x D
xD
7
7
Ví dụ 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y
1 sin x
.
2 cos x
94 2
94 2
y
7
7
(1)
Bài giải
♥ Tập xác định: D
♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có:
22
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
2
2
3
4
3
Suy ra tập giá trị của hàm số là T 0; .
4
3
♥ Vậy min
y 0; max y .
x D
x D
4
c) 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 lập
BẢNG 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 cần
lập bảng biến thiên của nó. Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn a; b và có đạo hàm trên
khoảng 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 hàm
f trên đoạn a; b như sau:
Quy tắc
1) Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xm thuộc a; b mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có
đạo 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 DỤ
i. XÉT HÀM TRỰC TIẾP
Ví 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 D
y' 0
x 1 D
Do y 1 15; y 2 6; y 1 5 min y 5; max y 15
x D
xD
♥ Vậy min y 5; max y 15 .
x D
xD
Ví 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x 2 D
y' 0
x 1 D
Do y 0 1; y 2 e2 ; y 1 e min y e; max y e2
x D
x D
♥ Vậy min y e; max y e2 .
x D
x D
Ví 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 x
4 x2
y' 0 x 2 D
Do y 2 2; y 2 2; y 2 2 2 min y 2 2; max y 2
x D
xD
♥ Vậy min y 2 2; max y 2 .
x D
xD
ii. 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 3
1
; y ' 0 t 1;1
4
1 25
25
Do y 1 2; y 1 0; y
min
y
0;
max
y
x D
x D
4 8
8
Ta có: y ' 4t 1
♥ Vậy min y 2 2; max y 2 .
x D
xD
BÀI TẬP
Bài 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
x2
trên đoạn 0; 2
x2
2 x 2 3x 3
7) y
trên đoạn 0; 2
x 1
Bài 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
9
x trên đoạn
4
4
1; 3
x3
2 x 2 3 x 4 trên đoạn 4, 0
3
x3
6) y
trên đoạn 1; 2
x2
2 x2 5x 4
8) y
trên đoạn 1;1
x2
4) y
2) y 6 3 x trên đoạn 1;1
4) y
ln 2 x
trên đoạn 1; e3
x
24
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 3: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:
1) y x 2 ln x trên đoạn 1;e
x 1
2) 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 1
trên đoạn 1; 2
4) y x 2 ln(1 2x) trên đoạn 2;0
1) y 4 x x 2
2) y x 2 2 x 8
3) y 2 x 4 x
4) y x 4 x 2
5) y x 1 1 x 2
6) y 1 x 2 1 x 2
7) y x 4 x 2
8) y
1 2
x x 4x x2
4
9) y x 2 4 x 21 x 2 3x 10 (Khối D-2010)
Bài 5: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:
4
1) y 2sin x sin 3 x trên đoạn 0;
3
3
3) y x 6 4 1 x 2 trên đoạn 1;1
2) y cos 4 x 6cos 2 x 5
4) y sin 4 x cos 4 x 2
Nội dung 4: Sự tương giao của hai đồ thị
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Bài 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)
y
y
y
(C1 )
(C1 )
M1 y2
M2
(C2 )
M0
y1
x
x
x1 O
x2
O
O
x
(C 2 )
(C 2 )
(C1) và (C2) không có điểm chung
(C1 )
(C1) và (C2) cắt nhau
(C1) và (C2) tiếp xúc nhau
Phương 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 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 ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chú ý 1 :
* (1) vô nghiệm
(C1) và (C2) không có điểm điểm chung
* (1) có n nghiệm
(C1) và (C2) có n điểm chung
Chú 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).
y
y0
x0
x
O
B. 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 PHÁP
B1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x) g ( x ) (1)
B2. Giải phương trình (1) tìm x y
B3. Kết luận
2. VÍ DỤ
Ví dụ . Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y
2x 1
và đường thẳng y x 2 .
2x 1
Bài giải
♦ Phương trình hoành độ giao điểm:
Điều kiện: x
2x 1
x2
2 x 1
(1)
1
2
♦ Khi đó: (1) 2 x 1 (2 x 1)( x 2)
2 x2 x 3 0
x 1
3
x
2
3
1
♣ Với x y
2
2
♣ 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
(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 hoành 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.
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho hàm số y
2x 1
có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng (d): y x m cắt đồ thị (C) tại
x 1
hai điểm phân biệt.
Bài giải
♦ Phương trình hoành độ giao điểm:
2 x 1
x m
x 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 điểm
phân 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 0
27
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
1
1
m
1
m 1
6
2
6
2
m 1
6
m 0
♦ Vậy giá trị m cần tìm là 1
.
m 1
6
2
Ví 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 bốn
điểm 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 THPTQG
HĐBM-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 1
cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt thỏa điều kiện
(C2 ) : y g ( x)
cho trước.
1. PHƯƠNG PHÁP
B1. Lập phương trình hoành 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.
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 DỤ
Ví dụ 1. Cho hàm số y
mx 1
có đồ thị là Cm . Tìm m để đường thẳng (d): y 2 x 1 cắt đồ thị Cm
x2
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB 10 .
Bài giải
♦ Phương trình hoành độ giao điểm:
mx 1
2 x 1
x2
(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 0
2
8 2m 6 1 0
m
1
2
(*)
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:
m3
x1 x2 2
1
x1 x2
2
29
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Khi đó:
HĐBM-TỔ TOÁN
2
2
2
AB 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 A0;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 2
BC x1 x2 x1 x2 10
2
2
2
2 x1 x2 4 x1 x2 10
9 4 m 2 5
m3
[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 tại
bốn 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
t 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
0
4
m
3
(*)
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm 0 t 1 t2 . Suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt
là 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 4
Theo định lý Viet ta có:
t1t2 m 2
t1 3m 4
10
Từ (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
33m 4 10m
9
2
2
3m 4 m
12
100
33m 4 10m m 19
[thỏa mãn (*)]
m 12
♦ Vậy giá trị m cần tìm là
12 .
m
19
C. Bài tập
Bài 1: Tìm tọa độ giao điểm 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 ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
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 số y
2x 1
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y mx 2 cắt đồ thị
x2
hàm 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 thị
x 1
hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.
m 1
Đáp số:
.
m 11
Bài 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 2
Xác 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 1
Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
m 1
Đáp số:
.
m 2
Bài 10: Cho hàm số y
1 3
x 3x 2 mx 1 có đồ thị là Cm
4
Tìm m để đồ thị Cm cắt đường thẳng ( d ) : y
1
tại ba điểm phân biệt.
4
9
m
Đáp số:
4.
m 0
Bài 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 thị
x 1
hàm 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 THPTQG
Bài 12*: Cho hàm số y
HĐBM-TỔ TOÁN
x3
1
có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y x m luôn cắt (C) tại
x2
2
hai 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 4
có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y 2x m luôn cắt (C) tại
x 1
hai 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 hai
x 1
điểm 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 điểm
x 1
phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ )
Đáp số: m
2
.
3
Bài 16*: Cho hàm số y
2x 1
. có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm
x 1
I (1; 2) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng
3 ( với O là gốc toạ
độ )
Bài 17*: Cho hàm số y x3 3x 2 có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm
A(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 gốc
toạ độ )
Bài 18*: Cho hàm số y
2x 1
có đồ thị C .
x 1
Tìm các giá trị m để đường thẳng
d1 : y 3x m
cắt đồ thị C tại A và B sao cho trọng tâm của tam
giác 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 phân
biệt 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 thị
hàm số 1 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.
33
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Nội dung 5: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. 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 0
x0
x
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x0;y0) có dạng:
y - y0 = k ( x - x0 )
hay
y f '(x 0 )(x x 0 ) f(x 0 )
Trong đó : x0 : hoành độ tiếp điểm
y0 : 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 3
có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C tại các giao điểm
x 1
của 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 3
x 1
(1)
Điều kiện: x 1
Khi đó: (1) 2 x 3 ( x 3)( x 1)
x 0
x2 2x 0
x 2
Suy 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
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 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 giải
2 x 1
có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết hệ số góc của
x2
♦ 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 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 ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chú ý : Đối với dạng 2 người ta có thể cho hệ số góc k dưới dạng gián tiếp như : tiếp tuyến song song, tiếp
tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước .
y
y
(C): y=f(x)
k a
y ax b
(C): y=f(x)
x
x
O
1
2
k 1 / a
2 : y ax b
Khi 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 a
Định 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 1
Ví dụ 1: Cho hàm số y x3 3x 2 2 có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết tiếp
tuyến 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 tự
36
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
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 3 x .
Đáp số: y 3x 4
x2
có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết tiếp tuyến
x2
vuông góc với đường thẳng () : y x 2 .
Bài giải
Ví 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
1
2
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 tự
3 2 x
Cho hàm số y
có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết tiếp tuyến vuông góc
x 1
với đường thẳng () : x y1 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)
y
O
(C ) : y f ( x)
A( x A ; y A )
x
: y y A k ( x x A ) y k (x x A ) y A
37
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Phương pháp : Ta có thể tiến hành theo các bước sau
Bước 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 tiếp
tuyến 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 22 x02 5 x0 2 0
x0 2
x0 1
2
♣ Với x0 2 : y 2
♣ Với x0
1
9
5
: y x
2
4
2
9
5
♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y 2 và y x .
4
2
Ví dụ 2: Cho hàm số y
qua điểm A6;5 .
x2
có đồ thị là C . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết tiếp tuyến đi
x2
Bài giải
♦ Ta có: y '
4
x 2
2
38
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
♦ Gọi M x0 ; y0 C với y0
HĐBM-TỔ TOÁN
x0 2
là tiếp điểm và là tiếp tuyến với C tại M 0
x0 2
♦ Phương trình : y y0 y '( x0 )( x x0 )
y
x0 2
4
( x x0 )
x0 2 x0 22
♦ đi qua điểm A 6;5 5
x0 2
4
(6 x0 )
x0 2 x0 22
x02 6 x0 0
x 0
0
x0 6
♣ Với x0 0 : y x 1
1
4
♣ Với x0 6 : y x
7
2
1
7
♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y x 1 và y x .
4
2
B. Bài tập
Bài 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x3 3 x 2 1 tại điểm trên đồ thị có hoành độ
x 1.
Bài 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y
2x 3
tại điểm trên đồ thị có hoành độ x 3 .
x 1
Bài 3: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y
3x 2
tại điểm trên đồ thị có tung độ y 2 .
x 1
Bài 4: Cho hàm số y 2x3 3x 2 1 (1). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số (1) tại
điểm trên (C) có hoành x 0 , biết rằng y ''(x 0 ) 0
Bài 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 là
y 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 phương
trình tiếp tuyến của C tại điểm A . Tiếp tuyến nầy cắt C tại điểm B ( B khác A ), tìm tọa độ điểm B
Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x 3 3x biết tiếp tuyến có hệ số góc k 9
Bài 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 THPTQG
Bài 9: Cho đường cong (C): y
HĐBM-TỔ TOÁN
1 3
x 2 x 2 3x 1
3
Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y 3 x 1
Bài 10: Cho đường cong (C): y
1 3 1 2
4
x x 2x
3
2
3
Viết 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
1
x 2.
4
2x 3
. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc
2x 1
1
3
x .
2
2
Bài 12: Cho hàm số y = x3 – 3x – 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ
số 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 song
x2
với 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 điểm
A 1;3 .
Bài 15: Cho đường cong (C): y x3 2x 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm
A 1;3 .
Bài 16: Cho đường cong (C): y
1 2x
. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm
x 1
M 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 đi
qua điểm A(1; 13) .
Bài 18: Cho hàm số y
x 1
có đồ thị là (C) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết
x 1
khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng : y 2 x 1 bằng
Bài 19*: Cho hàm số y
3
5
.
2 x 1
có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C)
x 1
tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB 17 .
40
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Bài 20*: Cho hàm số y
HĐBM-TỔ TOÁN
x 1
có đồ thị C .
x 1
Tìm các giá trị m để đường thẳng
d : y 2x m
cắt 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 thị
A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Cơ sở của phương pháp
Xét 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 )
x
x0
Bài 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 Ox
vaø caét Oy taïi M(0;m)
Bước 2: Vẽ (C) và ( ) lên cùng một hệ trục tọa độ
Bước 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)
y
m2
x
O
m1
(0; m)
ym
Dạng: f x g m giải tương tự
41
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Ví dụ: Cho hàm số y
HĐBM-TỔ TOÁN
1 3 3 2
x x 5
4
2
1) 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 giải
1) Học sinh tự giải
2) 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 2
m
x x 5 5
4
2
4
(2)
1
3
C : y x3 x 2 5
4
2
♦ 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
5
4
0 m 32
♦ Vậy giá trị m cần tìm là 0 m 32 .
42
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
B. Bài tập
Bài 1: Cho hàm số y x3 3x 2 4
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
x 3 3x 2 m 5 0
Bài 2: Cho hàm số y mx 3 3mx 2 4
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số khi m 1
2) 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 5
1) 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.
1
5
Bài 4: Cho hàm số y x 4 3x 2
4
2
1) 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 1
1) 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Nội dung 7
Tìm điểm trên đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước
A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Định 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 thị
của 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 1
có đồ thị là C . Tìm điểm M thuộc đồ thị C sao cho khoảng cách từ
x 3
M 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 3
d M , 1 2.d M , 2 x0 3 2. y0 3
x0 3 2.
3 x0 1
3
x0 3
44
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x0 3
16
x0 3
x 1
2
x0 3 16 0
x0 7
♦ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là M 1 1;1 và M 2 7;5 .
x 1
có đồ thị là C . Tìm điểm M C sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường
x 1
3
thẳng : y 2 x 1 bằng
.
5
Bài giải
Ví dụ 2: Cho hàm số y
x 1
♦ Gọi M x0 ; 0 (C ). Khi đó ta có:
x0 1
d ( M , )
3
5
2 x0
x0 1
1
x0 1
2
1 2
2 x0 1
2
3
5
x0 1
3 2 x02 2 x0 2 3 x0 1
x0 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 tập
Bài 1: Cho đường cong (C): y
x3
. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai trục tọa độ
x 1
Bài 2: Cho đường cong (C): y
x2
. Tìm những điểm trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ đó đến trục
x 1
hoành 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 của
x2
(C) .
45
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Bài 4: Cho đường cong (C): y
HĐBM-TỔ TOÁN
x2
. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm
x 3
cận 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 đến
x2
hai tiệm cận bằng 6.
Bài 6: Cho đường cong (C): y
thẳng : y
1
x 2 bằng
4
3
.
17
Bài 7: Cho đường cong (C): y
A 2; 1 bằng
2x 1
. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường
x 1
2x 2
. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến điểm
x 1
2.
Bài 8: Cho hàm số y
x2
có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm
x 1
M đến đường thẳng y x bằng
2.
----------------------------Hết-----------------------------
46
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Chủ đề 2
NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
A. Tóm tắt lí thuyết
Nội dung 1: Nguyên hàm
1. Bảng tính nguyên hàm cơ bản
Bảng 1
Hàm số f(x)
a ( hằng số)
x 1
1
x
ax
Họ nguyên hàm F(x)+C
ax + C
x 1
C
1
ln x C
Bảng 2
Hàm số f(x)
Họ nguyên hàm F(x)+C
(ax b)
1 (ax b) 1
C
a
1
1
ln ax b C
a
1 A ax b
.
C
A ln a
1 ax b
e
C
a
1
cos(ax b ) C
a
1
sin(ax b) C
a
1
tan(ax b) C
a
1
cot(ax b) C
a
1
xa
ln
C
2a x a
1
ax b
A ax b
ex
ax
C
ln a
ex C
sinx
-cosx + C
sin(ax+b)
cosx
sinx + C
cos(ax+b)
1
cos2 x
1
sin2 x
tanx + C
1
cos (ax b)
1
2
sin (ax b )
1
2
x a2
e ax b
2
-cotx + C
u' ( x )
u( x )
tanx
ln cos x C
cotx
ln sin x C
ln u( x ) C
2. Các phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số
Phương 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 bảng
nguyên hàm cơ bản.
Cách phân tích : Dùng biến đổi đại số như mũ, lũy thừa, các hằng đẳng thức ... và biến đổi
lượng giác bằng các công thức lượng giác cơ bản.
Phương pháp 2: Phương pháp đổi biến số
Định 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 C
47
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Cách thực hiện: Tính
HĐBM - TỔ TOÁN
f u(x) u '(x)dx bằng pp đổi biến số
Bước 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) C
Phương pháp 3: Phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Định lí cơ bản:
Nếu hai hàm số u u x và v v x có đạo hàm liên tục trên K thì
u xv ' x dx u xv x u ' x v x dx
Cách thực hiện:
Bước 1: Đặt
u u ( x)
du u ' ( x)dx
dv v' ( x)dx
v v( x)
Bước 2: Thay vào công thức nguyên hàm từng phần :
Bước 3: Tính
udv u.v vdu
vdu
B. Bài tập
Bài 1: Tính
1) I
x2
dx
x2
2 x3 3 x
dx
x2
2) I
3 x 1
dx
x 1
3) I
2) I
1
dx
x x 1
3) I
2) I
ln x
dx
x
3) I x3 ln xdx
Bài 2: Tính
1)
3x 2 x 2
3 x dx
x
dx
x 3x 2
2
Bài 3: Tính
1) I x ln xdx
Bài 4: Tính
1) I ln x 2 x dx
2) I x 2 e 2 x dx
3) I x sin2xdx
Bài 5: Tính
1) I
x sin x
dx
cos 2 x
2) I
ex
dx
1 2e x
3) I cos5 xdx
48
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Nội dung 2: Tính tích phân
A. Tóm tắt lí thuyết
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. SỬ DỤNG ĐN VÀ CÁC TÍNH CHẤT TÍCH PHÂN
a. 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 hàm
số f(x) trên K thì :
b
b
f ( x )dx F( x)a F(b) F(a)
( Công thức NewTon - Leipniz)
a
b. Các tính chất của tích phân
b
a
f ( 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
a
b
b
b
b
f ( x ) g( x ) dx f ( x)dx g( x )dx
a
a
a
Tính chất 3: Nếu hàm số f(x) liên tục trên a; b và k là một hằng số thì
b
b
k. f ( x)dx k. f ( x )dx
a
a
Tính chất 4: Nếu hàm số f(x) liên tục trên a; b và c là một hằng số thì
b
c
b
f ( x )dx f ( x)dx f ( x)dx
a
a
c
Tính chất 5: Tích phân của hàm số trên a; b cho trước không phụ thuộc vào biến số ,
b
b
b
f ( x )dx f (t)dt f (u)du ...
nghĩa là :
a
a
a
2. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
b
a) DẠNG 1: Tính I =
'
f[u(x)].u (x)dx bằng cách đặt t = u(x)
a
Công thức đổi biến số dạng 1:
b
u(b)
a
u (a)
f u ( x).u ' ( x)dx f (t )dt
Cách thực hiện:
t u ( x) dt u ' ( x)dx
xb
t u (b)
Bước 2: Đổi cận :
xa
t u (a)
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được
Bước 1: Đặt
b
u (b )
a
u (a)
I f u ( x).u ' ( x)dx f (t )dt (tiếp tục tính tích phân mới)
49
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
b
b) DẠNG 2: Tính I =
f(x)dx bằng cách đặt x = (t)
a
b
a
I f ( x )dx f (t ) ' (t ) dt
Công thức đổi biến số dạng 2
Cách thực hiện
x (t ) dx ' (t )dt
xb
t
Bước 2: Đổi cận :
xa
t
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được
Bước 1: Đặt
b
a
I f ( x )dx f (t ) ' (t ) dt (tiếp tục tính tích phân mới)
3. PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
Công thức tích phân từng phần
b
b
u ( x).v' ( x) dx u ( x).v( x) a v( x).u ' ( x)dx
b
a
a
b
b
udv u.v vdu
hay:
b
a
a
a
Cách thực hiện
Bước 1: Đặt
u u ( x)
du u ' ( x)dx
dv v' ( x)dx
v v( x)
b
b
Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng từng phần : udv u.va vdu
a
Bước 3: Tính u.v
b
a
b
a
b
và vdu
a
50
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
II. CÁC VÍ DỤ
2
Ví dụ 1: Tính tích phân I
1
x 2 3x 1
dx .
x2 x
(Phân tích & dùng định nghĩa)
Bài giải
♥ Biến đổi hàm số thành dạng
2
Khi đó: I
1
x 2 3x 1
2 x 1
1 2
2
x x
x x
2
2
x 2 3x 1
2 x 1
dx dx 2
dx
2
x x
x x
1
1
2
dx x
2
1
1
1
2
1
2
2 x 1
2
dx
ln
x
x
ln 3
1
x2 x
♥ Vậy I 1 ln 3 .
1
Ví dụ 2: Tính tích phân I
0
x 1
2
dx .
x2 1
(Phân tích & dùng định nghĩa)
Bài giải
x 1
2
♥ Biến đổi hàm số thành dạng
1
Khi đó: I
0
x 1
2
x 1
2
x 2 1
1
1
dx dx
0
0
x 2 2 x 1
2x
1 2
2
x 1
x 1
2x
dx
x 1
2
1
dx x
1
0
1
0
1
0
1
2x
2
dx
ln
x
1
ln 2
0
x 2 1
♥ Vậy I 1 ln 2 .
ln 2
Ví dụ 3: Tính tích phân I e x 1 e x dx .
2
(Đổi biến số dạng 1)
0
Bài giải
♥ Đặt t e x 1 dt e x dx
51
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
x ln 2 t 1
Đổi cận:
x 0
t 0
1
Suy ra: I
0
1
t3
1
t dt
30 3
2
1
♥ Vậy I .
3
1
Ví dụ 4: Tính tích phân I x 2 x 2 dx .
(Đổi biến số dạng 1)
0
Bài giải
♥ Đặt t 2 x 2 t 2 2 x 2 2tdt 2 xdx tdt xdx
x 1 t 1
Đổi cận:
x 0 t 2
2
Suy ra: I
1
♥ Vậy I
2
t3
2 2 1
t dt
31
3
2
2 2 1
.
3
e
4 5ln x
dx .
x
Ví 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
5
dx
x
x e t 3
Đổi cận:
x 1 t 2
3
3
2
2
2
38
Suy ra: I t 2 dt t 3 33 23
5 2
15 2 15
15
♥ Vậy I
38
.
15
4
Ví dụ 6: Tính tích phân I x 1 sin 2 xdx .
(Tích phân từng phần)
0
52
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Bài giải
du dx
u x 1
♥ Đặt
dv sin 2 xdx v 1 cos 2 x
2
4
4
1
1
Suy ra: I x 1 cos 2 x sin 2 x
2
4
0
0
4
4
1
1
3
x 1 cos 2 x sin 2 x
2
4
4
0
0
3
♥ Vậy I .
4
4
Ví dụ 7: Tính tích phân I x 1 sin 2 x dx .
(Tích phân từng phần)
0
4
4
0
0
♥ Ta có: I xdx x sin 2 xdx
2 4
x
2
4
x sin 2 xdx
0
0
4
x sin 2 xdx
32 0
2
du dx
u x
Đặt
dv sin 2 xdx v 1 cos 2 x
2
4
Suy ra:
0
♥ Vậy I
4
4
4
4
1
1
1
1
1
x sin 2 xdx x cos 2 x cos 2 xdx cos 2 xdx sin 2 x
2
2 0
2 0
4
4
0
0
2 1
.
32 4
2
Ví dụ 8: Tính tích phân I
1
x 2 2 ln x
dx .
x
(Phân tích + đổi biến số dạng 1)
Bài giải
2
2
♥ Ta có: I xdx 2
1
2
0
2
♥ Tính
1
1
ln x
dx
x
2
x2
3
xdx
2 1 2
ln x
dx
x
53
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Đặt t ln x dt
HĐBM - TỔ TOÁN
1
dx
x
x 2 t ln 2
Đổi cận:
x 1 t 0
2
ln 2
ln x
t2
dx tdt
x
2
0
Suy ra:
1
ln 2
0
ln 2 2
2
3
♥ Vậy I ln 2 2 .
2
2
x 2 1
ln xdx .
x2
Ví dụ 9: Tính tích phân I
1
(Tích phân từng phần)
1
du dx
u ln x
x
2
♥ Đặt
dv x 1 dx
1
v x
x2
x
2
1
1 1
Suy ra: I x ln x x dx
x
x x
1
1
2
2
2
1
1
x ln x x
x
x 1
1
5
3
ln 2
2
2
5
3
♥ Vậy I ln 2 .
2
2
Ví dụ 10: Tính tích phân I =
1
0 (2e
x2
ex ) xdx .
(Phân tích + đổi biến dạng 1+ tích phân từng phần)
Bài giải
♥ Ta có: I =
1
0 2xe
x2
1
0
x2
I1 =
0 2xe
I2 =
0 xe dx
1
1
dx xex dx .
1
1
2
2
dx ex d (x 2 ) = e x = e – 1.
0
0
x
Đặt u = x
du = exdx
x
dv = e dx v = ex.
1
1
1
Suy ra: I2 = xex ex dx = e ex = 1.
0
0
0
♥ Vậy I = e – 1 + 1 = e.
54
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
B. Bài tập
Bài 1: Tính các tích phân sau
1
1) I
0
2
x
x
2
4
2
dx
2) I
0
sin x
1 cos x
2
dx
Bài 2: Tính các tích phân sau
e3
e
ln x 1
1) I
dx
x
1
2) I
ln 3 x 2
1 x dx
Bài 3: Tính các tích phân sau
2
1) I sin 3 x cos xdx
2) I sin 2x(1 sin 2 x)3dx
0
0
Bài 4: Tính các tích phân sau
2
2
1) I x x 2 3dx
x2
2) I
x3 1
0
1
dx
Bài 5: Tính các tích phân sau
1
2
1) I x x e x dx
0
e
ln 3 x
2) I x 1 2 dx
x
1
Bài 6: Tính các tích phân sau
e
1 3ln x ln x
dx
x
1) I
1
ln 3
2) I
0
ex
e
x
1
3
dx
Bài 7: Tính các tích phân sau
2
6
1) I
2) I
s in2x cos x
dx
1 cos x
0
0
tan 4 x
dx
cos 2 x
Bài 8: Tính các tích phân sau
2
s in2x sin x
1) I
dx
1 3cos x
0
2
2) I
0
sin 2x
cos2 x 4 sin 2 x
dx
Bài 9: Tính các tích phân sau
2
1) I cos3 x 1 cos 2 xdx
0
2
s in2x
dx
3 4sin x cos 2 x
0
2) I
Bài 10: Tính các tích phân sau
55
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
4
dx
1) I
4
0 cos x 3 tan x 1
2
2) I
4
cot x 1
dx
sin 4 x
Bài 11: Tính các tích phân sau
e
1) I
x
1
2
dx
2) I
2
1 ln x
6
cot x
dx
sin 2 x 1
Bài 12: Tính các tích phân sau
3
1) I
4
tan x
cos x 1 cos 2 x
ln5
dx
2) I
ln 2
e2x
ex 1
dx
Bài 13: Tính các tích phân sau
2
2
1) I 6 1 cos3 x sin x cos5 xdx
0
2) I sin 2x(1 sin 2 x)3dx
0
Bài 14: Tính các tích phân sau
ln5
1
1) I x
3
2
x 3dx
2) I
ln 2
0
e
x
1 ex
ex 1
dx
Bài 15: Tính các tích phân sau
1) I x cos xdx
0
2) I ecos x x sin xdx
0
Bài 16: Tính các tích phân sau
2
ln x
dx
x2
1
1) I
3
2) I x ln 3 x 2 dx
0
Bài 17: Tính các tích phân sau
e
5
1) I 1 x 2 ln xdx
1
2) I x 2 ln x 1 dx
2
Bài 18: Tính các tích phân sau
e
1) I
1
x2 1
ln xdx
x
e
2) I x3 ln 2 xdx
1
Bài 19: Tính các tích phân sau
1
1) I x 2 e 2 x dx
0
3
2) I ln x 2 x dx
2
Bài 20: Tính các tích phân sau
56
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
2
HĐBM - TỔ TOÁN
4
1) I ecos x cos3 x sin xdx
1
dx
sin 2 x.(2 cot 2 x)
2) I
2
8
0
Bài 21: Tính các tích phân sau
4
3
2x 1
dx
2x 1
0 1
1) I
2) I
dx
x (x
2
1
2
1)
Bài 22: Tính các tích phân sau
2
1) I
0
2
cos 2 x
sin x cos x 3
3
dx
x3 2 x 2 4 x 9
dx
x2 4
2) I
0
Bài 23: Tính các tích phân sau
6
1) I x sin 2 3 xdx
2
2)
cot x
dx
4
1 sin x
I
0
4
Bài 24: Tính các tích phân sau
6
1
1) I
dx
2 2 x 1 4x 1
2
2) I
0
sin x cos x
dx
3 sin 2 x
Bài 25: Tính các tích phân sau
2
1
1) I
2) I
sin 2 x
dx
3 4sin x cos 2 x
0
0
x2
dx
( x 1) x 1
57
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Nội dung 3: Ứng dụng của tích phân.
A. Tóm tắt lí thuyết
I. CÔNG THỨC
1. Công thức tính diện tích hình phẳng
y
y
x b
(C1 ) : y f ( x)
xa
(C1 ) : y f ( x )
(C ) : y g ( x )
2
(H ) :
1 : x a
2 : x b
(H )
(C 2 ) : x g ( y)
yb
b
(C2 ) : y g ( x)
(H )
a
O
ya
x
x
a
b
(C1 ) : x f ( y )
(C ) : x g ( y )
2
(H ) :
1 : y a
2 : y b
O
(C1 ) : x f ( y)
b
b
S f ( x) g ( x) dx
S f ( y) g ( y) dy
a
a
2. Công thức tính thể tích vật thể tròn xoay
y
xa
O
a
xb
(C ) : y f ( x)
y0
b
2
V f ( x) dx
a
b
x
y
b
x0
y b
(C ) : x f ( y )
ya
a
x
O
b
2
V f ( y ) dy
a
58
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
II. CÁC VÍ DỤ
Ví 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 1
x 2 x 3 2 x 1 x 2 3x 2 0
x 2
♥ Diện tích hình phẳng cần tìm là
2
S x 2 3 x 2 dx
1
2
x 3 3x 2
1
x 3 x 2
2 x .
3
2
1 6
1
2
2
Ví dụ 2: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường
1
y
, y 0, x 0 và x 1 xung quanh trục hoành.
1 4 3x
Bài giải
1
♥ Thể tích khối tròn xoay là V
0
dx
1
4 3x
2
.
♥ Đặt t 4 3x , ta có khi x 0 thì t 2, khi x 1 thì t 1 và x
1
2
4 t2
2t
nên dx dt .
3
3
2
1
2t
2
t
2 1
1
.
dt
dt
dt
2
2
(1 t ) 3
3 1 (t 1)
3 1 t 1 (t 1)2
2
Khi đó ta có V
2
3
1 2 2 3 1
3
ln
|
t
1
|
ln 6 ln 1 .
t 1 1
3 2 6 9
2
59
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
B. Bài tập
y x2 4x 3
y 0
Bài 1: Trong mặt phẳng Oxy , tính diện tích của hình phẳng (H):
x 0
x 2
y x 2
Bài 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 x
Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy , tính diện tích của hình phẳng (H):
2
x y
2
y x 2x
Bài 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 tích
vật 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 = 0
Tính 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 0
Tính 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 3
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
A. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
I. Đơn vị đo góc và cung:
1. Độ:
180 o
Goùc 10 1 goùc beït
180
.
y
x
O
2. Radian: (rad)
1800 rad
3. Bảng đổi độ sang rad và ngược lại của một số góc (cung ) thông dụng:
00
0
Độ
Radian
30 0
6
45 0
4
600
3
900
2
120 0
2
3
135 0
3
4
150 0
5
6
180 0
II. Góc lượng giác & cung lượng giác:
1. Định nghĩa:
(tia ngọn)
y
360 0
2
y
(điểm ngọn)
B
O
x
x
O
(tia gốc)
t
M
t
A (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: AM
y
M
A
B
C
D
A, C
B, D
2k
2k
2
2k
- 2k
2
k
k
2
B
C
O
x
A
D
61
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
y
III. Định nghĩa hàm số lượng giác:
x'
u
B
1
u'
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 cotang
t
1
C
R 1
O
1
A
1D
x
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'Oy
T, U lần lượt là giao điểm của tia OM với t'At và u'Bu
Ta định nghĩa:
t
y
t
a. Định nghĩa:
Trục sin
Trục cotang
U
B
u'
M
Q
t
x'
O
P
u
T
sin OQ
x
tan
A
Trục cosin
1
y'
cos OP
AT
cot BU
Trục tang
t'
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
IV. 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 biệt
y
t
3
- 3
- 3 /3
-1
u'
B
1
2/3
3 /3
/2
u
/4
3 /2
3/4
2 /2
5/6
x'
3
1
/3
/6
3 /3
1/2
1/2
- 3 /2 - 2 /2 -1/2
-1
2 /2
3 /2
x
1 A (Ñieåm goác)
O
-1/2
-/6
- 2 /2
- 3 /3
-/4
- 3 /2
-1
-1
-/3
-/2
y'
Góc
00
0
Hslg
sin
0
cos
1
tan
0
cot
kxđ
30 0
6
1
2
3
2
3
3
3
45 0
4
2
2
2
2
1
1
t'
60 0 90 0 120 0
2
3
2
3
1
3
3
2
2
0
1
1
2
2
3 kxđ 3
3
3
0
3
3
- 3
135 0
3
4
2
2
2
2
-1
-1
150 0
5
6
1
2
3
2
3
3
3
180 0 3600
2
0
0
-1
1
0
0
kxđ
kxđ
63
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
V. 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
: vaø
4. Cung hơn kém
2
(tổng bằng 0)
( tổng bằng )
( tổng bằng
)
2
: vaø
2
2
5. Cung hơn kém : vaø
(Vd:
& ,…)
6 3
(Vd:
2
&
,…)
6
3
(Vd:
7
,…)
&
6
6
2. Cung bù nhau:
1. Cung đối nhau:
cos( ) cos
sin( ) sin
tan( ) tan
cot( )
& ,…)
6
6
5
(Vd:
&
,…)
6
6
(Vd:
cos( ) cos
Đối cos
Bù 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 kém
2
sin bằng cos
cos bằng trừ sin
tan
:
2
sin
cos
cot
tan
5. Cung hơn kém :
cos( ) cos
sin( ) sin
tan( )
cot( )
tan
cot
Hơn kém
tang , cotang
64
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
VI. Công thức lượng giác:
1. Các hệ thức cơ bản:
2
1
cos2
1
1 cot 2 =
sin2
tan . cot = 1
1 tan2 =
2
cos sin 1
sin
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
2
sin2
1 cos 2
2
cos2 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
1
sin 2
2
4 Công thức nhân ba:
3
cos 3 4 cos 3cos
cos 3
cos 3 3 cos
4
sin 3
3 sin sin 3
4
sin 3 3sin 4sin 3
5. Công thức hạ bậc:
cos2
1 cos 2
;
2
sin2
1 cos 2
;
2
tan2
1 cos 2
1 cos 2
65
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
6. Công thức tính sin ,cos ,tg theo t tan :
2
sin
2t
;
1 t2
cos
1 t2
;
1 t2
tan
2t
1 t2
7. Công thức biến đổi tích thành tổng :
1
cos( ) cos( )
2
1
sin .sin cos( ) cos( )
2
1
sin .cos sin( ) sin( )
2
cos .cos
8. Công thức biến đổi tổng thành tích:
.cos
2
2
cos cos 2 sin
.sin
2
2
sin sin 2sin
.cos
2
2
sin sin 2 cos
.sin
2
2
sin( )
tan tan
cos cos
sin( )
tan tan
cos cos
cos cos 2 cos
9. Các công thức thường dùng khác:
cos sin 2 cos( ) 2 sin( )
4
4
cos sin 2 cos( ) 2 sin( )
4
4
3 cos 4
4
5 3 cos 4
6
6
cos sin
8
cos 4 sin 4
66
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
B. BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC
CÁC VÍ DỤ
1
Ví dụ 1: Cho góc ; mà sin
. Tính sin
2
6
5
Bài giải
♥ Từ hệ thức: cos2 sin 2 1 và ;
2
1
2
5
5
3 2
Thay (2) vào (1) ta được: sin
6
2 5
Suy ra: cos 1 sin 2 1
(2)
3
1
Ví dụ 2: Cho góc ; 2 mà sin cos . Tính sin 2
2
2
2
2
Bài giải
1
1
3
♥ Từ sin cos 1 sin sin
2
2
2
4
4
2
cos 1 sin 2 1 9 7
16 16
7
♥ Do
cos
3
4
; 2
2
♥ Vậy sin 2 2 sin .cos
3 7
8
3
9
Ví dụ 3: Cho góc ; mà cos . Tính tan
2
4
41
Bài giải
3
92
40
40
♥ Do ; sin 1 cos2 1 2 tan
2
41
41
9
40
1
tan 1
31
♥ Do đó tan
.
9
40 49
4 1 tan
1
9
Ví dụ 4: Cho là góc mà sin
1
. Tính sin 4 2sin 2 cos
4
Bài 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
1 1 225
81 sin .sin 81 .
16 4 128
2
2
2
Ví dụ 5: Cho là góc mà tan 2 . Tính P
sin
sin 3cos 3
3
Bài giải
♥ Vì tan 2 nên sin 0 , do đó:
1
2
sin
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 3
23 3
11
C. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Các bước giải một phương trình lượng giác
Bước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩa
Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giải
Bước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có)
Bước 4: Kết luận
1. Định lý cơ bản: ( Quan trọng )
sinu = sinv
cosu = 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=0
A.B 0
B=0
hoặc
A.B.C 0
A=0
B=0
C=0
68
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
c. Phương pháp 3:
HĐBM-TỔ TOÁN
Biến 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
2
cosx 1 x = k 2
cosx = 0
x = + k
2
cos x 1 x = k 2
B
sinx = 0
C
O
x
A
D
69
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
b. Dạng 2:
a sin 2 x b sin x c 0
a cos2 x b cos x c 0
( a 0)
a tan 2 x b tan x c 0
a 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 x
Chú 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 pt
a
b
c
(1)
cos x
sin x
a2 b 2
a2 b2
a2 b2
Đặt
a
2
a b
2
cos vaø
b
2
a b2
sin với 0;2 thì :
(2) cosx.cos + sinx.sin =
cos(x- ) =
(2)
c
2
a b2
Pt (3) có dạng 1. Giải pt (3) tìm x.
c
a2 b2
(3)
Chú ý :
Pt acosx + bsinx = c coù nghieäm a2 b2 c 2
d. 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Cách giải 1:
1 cos2 x
1 cos 2 x
vaø cos2 x
2
2
1
và công thức nhân đôi : sin x.cos x sin 2 x thay vào (1) ta sẽ biến đổi pt (1) về dạng 3
2
Áp 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 0
Đây 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?
2
e. 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 2
4
t2 1
Do (cos x sin x )2 1 2 sin x.cos x sinx.cosx=
2
Thay vào (1) ta được phương trình :
t2 1
at 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.
4
a(cos x sin x ) b sin x.cos x c 0
Ta giải tương tự cho pt có dạng :
CÁC VÍ DỤ
Ví 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
5 x 2 x k 2
2
5 x 2 x k 2
2
k 2
x
6
3
k 2
x
14
7
k
k
k 2
k 2
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
, x
6
3
14
7
Ví dụ 2: Giải phương trình sin 3x 3 cos 3x 2sin 2 x
k
(1)
Bài giải
♥ Ta có:
1
1
3
sin 3 x
cos 3 x sin 2 x
2
2
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
15
5
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
Ví dụ 3: Giải phương trình 4 cos
4 k 2
k 2, x
+
k .
3
15
5
5x
3x
cos 2 8sin x 1 cos x 5
2
2
(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 nghiệm
2
72
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2 x k 2
x k
1
6
12
sin 2 x sin 2 x sin
k
2
6
5
5
k 2 x
k
2x
6
12
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
5
k , x
+k k .
12
12
Ví 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
2
6
7
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 .
2
6
6
2 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
2
3
3
cos x cos
x k 2 k
2
4
4
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
3
k 2 k .
4
Ví dụ 6: Giải phương trình sin x 4 cos x 2 sin 2 x
(1)
73
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
♥ Ta có:
1 sin x 4cos x 2sin x cos x 2 0
sin x 22 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
2
3
3
♥ 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
1
2
2
1 2 cos x 0 cos x cos x cos
x k 2
2
3
3
♥ 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 0
2
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
2
4
2
x k 2
1
6
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 .
4
2
6
6
Ví 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
k
k x
k
2
4
2
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
4
2
2
cos 2 x 0 2 x
Ví dụ 10: Giải phương trình 1 2sin x cos x 1 sin x cos x
2
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
6
12
2sin 2 x1 0 sin 2 x sin 2 x sin
k
2
6
5
5
k 2 x
k
2 x
6
12
5
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x k 2, x k , x
+k k .
2
12
12
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
2
sin 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
2
3
3
Đối 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 .
4
3
75
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
D. BÀI TẬP
Giải các phương trình
1) cos 5 x cos x 2 sin 3 x 0
3) 2 cos3 x cos x
2) cos 7 x cos 3 x 2 cos 5 x 0
1
cos 2 x
2
4) cos 3 x tan x sin 3x 1
5) cos 3 x 3 sin 3 x 2 cos x
6) cos 5 x cos 2 x sin 3x sin 2 x 0
7) sin 2 x cos 2 x 3sin x cos x 1 0
8) sin 2 x cos 2 x sin x 2 cos 2
9) 4 cos 4 x 8sin 4 x cos 4 x 3
10) 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 0
14)
cos x 2sin x 3 2 2 cos 2 x 1
15)
1
1 s in2x
17) cot x tan x 4 s in2x
19) 2 cos2 x cot 2 x
2
s in2x
sin3 x 1
sin 2 x
x
0
2
cos 2 x 3 2 cos x 3
0
tan x 1
16) 5sin x 2 3 1 sin x tan 2 x
18) cos2 3 x cos 2 x cos2 x 0
20) cos2 x tan 2 x
cos2 x cos3 x 1
cos2 x
cos3 x s in3x
21) 5 sin x
cos 2 x 3
1 2 s in2x
22) 4 cos3 x 3 s in3x 1 3cos x
23) 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 1
6
x 7
27) sin x cos 4 x sin2 2 x 4sin2
4 2 2
5x
9x
28) cos3 x sin 7 x 2sin2 2 cos2
2
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 4
31)
2 sin 2 x 3sin x cos x 2
4
32) 2 cos6 x 2 cos 4 x 3 cos2 x s in2x 3
-----------------------------Hết-------------------------------
76
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Chủ đề 4
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ MŨ
1. Các định nghĩa:
an a.a...a
(n Z , n 1, a R)
n thöøa soá
1
a a a
a0 1
a n
m
an
a
a 0
1
(n Z , n 1, a R / 0)
an
n
am
m
n
1
m
an
( a 0; m, n N )
1
n m
a
2. Các tính chất :
am .an am n
am
n
am n
a
(a m )n (an )m am.n
(a.b)n a n .b n
a
an
( )n n
b
b
3. 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 R
77
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Đồ thị hàm số mũ :
y
y
y=ax
y=ax
1
1
0 0 , a 1 và N > 0
1. Định nghĩa:
dn
aM N
log a N có nghĩa khi
a 0
a 1
N 0
log a N M
Điều kiện có nghĩa:
2. Các tính chất :
log a 1 0
log a a 1
log a a M M
alog a N N
log a (N1 .N 2 ) log a N1 log a N 2
N
loga ( 1 ) log a N1 log a N 2
N2
log a N . log a N
Đặc biệt : loga N 2 2. log a N
78
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
3. Công thức đổi cơ số :
log a N log a b. log b N
log b N
log a N
log a b
* Hệ quả:
log a b
1
log b a
ak
N
1
log a N
k
Dạng y log a x ( a > 0 , a 1 )
4. Hàm số logarít:
log
và
Tập xác định : D R
Tập giá trị
TR
Tính 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:
y
O
y
y=logax
y=logax
1
O
a>1
0 0;N > 0 thì : loga M = loga N M = N
5. 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 m
Dạng cơ bản: loga x m
m : loga x m x am
a. 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 0,125.4
2x 3
2
8
x
(1)
Bài giải
♥ Đưa hai vế về cơ số 2, ta được:
x
1 2 .2
3
4 x6
5
2 2
5
x
2 4 x9 2 2 4 x 9
5
3
x x9 x6
2
2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 6
80
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Tự luyện: Giải các phương trình sau
5 x7
1) 1,5
2
3
4) 3x 3 x 2
2
x1
x
1
2) 4.2 x
4
3) 3x.23 x 576
3
1 x
Ví 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
2
3x 2
x 1
1
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 sau
1) log 3 x log 3 x 2 1
2) log 3 x 1 log 3 x 2 log 3 6
3) log x 7 x 6 log x 1 1
4) 2 log2 2x 2 log 1 9x 1 1
2
2
5) log 1
3
1
32 x 1
1
log 3 3 (2 3x 1 )
3
7) log 4 x 12.log x 2 1
1
6) log 2 log 1 x 2 x 3
x
2
8) log 1 x 1 log 1 x 1 log 1 7 x 1
2
9) log 4 x 3 log 2 x 7 2 0
2
2
2
10) log 7 x 2 log 1 8 x 0
7
81
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
11) log 3 2 x 7 log 1 x 5 0
3
Ví 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 x2 x 1 3 2 x 2 3 x 4 0 : phương trình vô nghiệm
2
Với x 1 thì
1
x
2 x 1 2 x 1 3 2 x 3x 2 0
2
x 2
2
loaïi
[thỏa (*)]
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) log 2 x 2 2 log 2 3x 4
2) log2 x 2 log4 x 5 log 1 8 0
2
2
3) 2 log 3 x 2 log 3 x 4 0
2
4) log2 x 2 log2 x 5 log 1 8 0
2
5) log 2 1 2 x x 2 2log 2 3 x
b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví 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 2
82
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 16 x 17.4 x 16 0
2) 25 x 6.5 x 5 0
3) 32x+8 4.3x+5 + 27 = 0
4) 9 x x1 10.3 x x2 1 0
2
2
Ví 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
29
3x
(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
2
2
2
thì 3x x log 3
3
3
3
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2; x log 3
2
3
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 5x1 53x 26 0
2) 101 x 101x 99
2
2
Ví dụ 7: Giải phương trình
6.9 x 13.6 x + 6.4 x = 0
(1)
Bài giải
♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 4 x ta được
x
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 THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
2
t
3 3
3
t
2
3
3
3
Với t thì x 1
2
2
2
x
3
2
2
Với t thì x 1
2
3
3
x
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 1; x 1
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 4.9 x 12 x 3.16 x
2) 3.16 x 2.81x 5.36 x
3) 32 x 4 45.6 x 9.22 x 2 0
4) 5.2x 7. 10x 2.5x
5) 27 x 12 x 2.8 x
Ví dụ 8: Giải phương trình
log 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 0
Đặt 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
1
2
[thỏa (*)]
Với t 2 thì log 2 x 2 x
1
4
[thỏa (*)]
1
1
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x ; x
4
2
Ví dụ 9: Giải phương trình
1
2
1
5 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 THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
1
2
1
5 t 1 t
t 2
3 1 t 25 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 sau
1) log 22 x 2 4log 2 x3 8 0
2)
6
4
3
log2 2x log2 x2
3) log 3 3x 1.log 3 3x1 3 6
Ví dụ 10: Giải phương trình 2log
3
x 1
2log
3
x2
x
(1)
Bài giải
♥ Điều kiện: x 0
♥ Đặt t log 3 x x 3t thì phương trình (1) trở thành
2
1
9
4
2.2 .2t 3t .2t 3t t 2
3 9
4
4
t
t
Với 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 x
x
2 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 THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải phương trình sau log 2 3.2 x 1 2 x 1
c. 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
x2
2 4
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 3.7 x 49.3x 147 21x
2) 32 x x 3 9 x 3 x 1
3) log 2 x 2 log 7 x 2 log 2 x.log 7 x
d. 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 1
2
(1)
Bài giải
♥ Lấy lôgarit hai vế với cơ số 3, ta có
1 log 3 3x.2 x log3 1
2
log 3 3x log 3 2 x 0
2
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 minh
nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)
86
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - 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 có
không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0 (a;b) sao cho
f(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 trong
khoảng (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 phương
trình 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
x
x
(2)
( Dạng f x C )
3 4
♥ Xét hàm số f x trên , ta có
5 5
x
x
3 3 4 4
f ' x ln ln 0, x f x nghịch biến trên
5 5 5 5
x
♥ Mặt khác
x
f 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
x
f x nghịch biến trên và g x đồng biến trên
♥ Mặt khác
f 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 THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Giải các phương trình sau
x
1) 2 x = 1+ 3 2
2) 2 x 3 x
3) 2
4) 2.2 x 3.3 x 6 x 1
5) 3.25x 2 3x 10 .5x 2 3 x 0
6) 9 x x 12 3x 11 x 0
3x
x 2 8x 14
7) log 22 x x 1 log 2 x 6 2 x
Ví dụ 16: Giải phương trình 2log x 3 x
(1)
5
Bài giải
♥ Điều kiện: x 3
1 log5 x 3 log 2 x
Khi 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
t
t
t
t
t
(3)
2
1
♥ Xét hàm số f t 3 trên , ta có
5
5
t
t
2 2
1 1
f ' 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 khác
t
Từ (*) 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 & LÔGARÍT
1. 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 9
2
(1)
Bài giải
♥ Ta có: 1 3 x x 32
2
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 THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
Tự luyện: Giải các bất phương trình
1) 3
6 x 3
x
4 x 2 15 x 13
3
27
1
2)
2
2 x 1
23 x 4
Ví dụ 2: Giải bất phương trình 2 log3 4x 3 log 1 2x 3 2
(1)
3
Bài giải
x 3
4x 3 0
3
4
♥ Điều kiện:
(*)
x
2x
3
0
3
4
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
x3
8
♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là
Tự luyện: Giải các bất phương trình sau
1) log 2 2 x 3 log 2 3x 1
3
x3
4
2) log 1 5 x 10 log 1 x 2 6 x 8
2
2
x4
3) log 1
log 1 (3 x)
2x 3
3
3
4) log 2 x 3 log 2 x 2 1
5) log 1 (x 2 6x 5) 2 log3 (2 x) 0
6) log 1 x 2 log 1 x 1 log2 6 0
2
3
1
7) log 1 x log 2 ( x 1) 1
2
2
4
8) log 1 x 2 5 x 6 1
2
Ví dụ 3: Giải bất phương trình log 1
2
x2 3x 2
0
x
(1)
Bài giải
♥ Điều kiện:
0 x 1
x2 3x 2
0
x
x 2
(*)
♥ Khi đó:
89
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
1 log 1
2
HĐBM - TỔ TOÁN
x 2 3x 2
log 1 1
x
2
2
x 3x 2
1
x
x 2 4x 2
0
x
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 sau
2x 1
0
x 1
2x 1
3) log 0,5
2
x5
3x 5
1
x 1
3x 1
4) log 1
1
x2
3
1) log2
2) log3
x2 x
Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log 0,7 log 6
0
x 4
(1)
Bài giải
x2 x
x2 x
0
x 4
x 4 0
4 x 2
x2 x
x2 4
♥ Điều kiện:
1
0
2
2
x2
x4
x4
log x x 0
x x 1
6
x4
x 4
♥ Khi đó:
x2 x
x2 x
log
1
log
1
1 log0,7 log6
0,7
6
x4
x4
(*)
x2 x
x2 x
log 6 6
6
x4
x4
4 x 3
x 2 5x 24
0
x4
x 8
4 x 3
♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là
x 8
2x 3
Tự luyện: Giải bất phương trình log 1 log2
0
x 1
3
log 6
b. 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 được
90
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
1 3x1 4.3x1 3 0
2
(2)
♥ Đặt t 3x1 t 0 , bất phương trình (2) trở thành t 2 4t 3 0
(3)
3 1 t 3
1 3 x1 3 0 x 1 1 1 x 2
Suy ra:
♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 1; 2
Bài giải
1) 2 2x - 3.2 x+2 + 32 < 0
2) 2 x 23 x 9
3) 9 x 5.3 x 6 0
4) 52x 1 5x 4
5) 9x
2
2x x2
2x
1
2
3
6) 32x 1 22x 1 5.6x 0
3
Ví 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 1
Suy ra:
2 log 2 x 1
1
x2
4
1
♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S ; 2
4
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) log 2 2 x 17 log 2 x 4 0
2) 3.log32 x 14.log
3) log 2 x 2log x 4 5 0
4
4) log 21 ( x 1) 3 log 1 ( x 1)5
5
3
3
5) 3. log 1 x log 4 x 2 2 0
6) log 21 x log 1 x 2 0
2
2
3
x3 0
2
B. Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình
1) log x 125 x.log 225 x 1
3) 25log4 x 5log16 x
2
1
log 3 9 3 25log16 x
5) x log x 1 5.log 1 ( x 1)
3
5
2) log x2 16 log 2 x 64 3
x4
x
4) x 2 .log x 27.log 9 x x 4
6) 8 2 x log 2 (2 x 1) 2 x 1 4 log 2 (2 x 1)
91
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM - TỔ TOÁN
1
log2 x 2
log2x 1 4 2
4
10) 2 log 3 x . log9x 3
1
1 log 3 x
8) 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 4x
2
11) log 3 3x - 1 .log 3 3 x+1 - 3 = 6
12)
13) log2x 1 2x2 x 1 log x 1 2x 12 4
14) 3
1
log x 7x .log7 x 1
1
6
logx 9x
log3 x
x
15) 5 log x 3 log 9 27 8 log 9x2 9 2
9
x
Bài 2: Giải các bất phương trình
1) log 2
3 x 1 6 1 log 2 7 10 x .
3) log x 8 log 4 x2 log2 2x 0
2) 22x
2
4x 2
16.22x x
2
1
4) log 1 2x2 3x 1
2
2 0
1
1
log2 (x 1)2
2
2
Bài 3 : Giải các hệ phương trình sau
x log 3 y 3
1) 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 9
3) 4
x y 20
log 3 x log 3 y 2
4) 2
x y 2 y 9 0
x 1 2 y 1
5)
2
3
3log 9 (9x ) log3 y 3
1 x2 y
x y
( 3 ) ( )
6)
3
log 2 ( x y ) log 2 ( x y ) 4
1
log 1 ( y x) log 4 y 1
7) 4
x 2 y 2 25
3 4x
( x 1 1)3y
8)
x
y log x 1
3
---------------------------Hết----------------------------
92
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 5. SỐ PHỨC
A. Tóm tắt lí thuyết
I. SỐ PHỨC & CÁC PHÉP TOÁN
1. 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 ảo
y
b
M
2. Biểu diễn hình học của số phức.
M(a;b) biểu diễn cho số phức z z = a + bi
O
a
x
3. 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 ' i
z z ' a a ' b b ' i
5. 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 i
6. Môđun của số phức z = a + bi
y
b
M
z a 2 b 2 OM
O
a
x
7. Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là z a bi
zz
z z
z z 2a
z .z a 2 b 2 z
2
93
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
8. 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
i
z
a b2 a 2 b 2
zz
z
II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC
1. Căn bậc hai của số phức
o z 0 có một căn bậc hai là 0
o z a là số thực dương có 2 căn bậc 2 là a
o z a là số thực âm có 2 căn bậc hai là a .i
2. 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 thực
3. Phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c là số thực cho trước, a 0 ).
Tính b 2 4ac
o 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
2a
b
2a
III. CÁC VÍ DỤ
Dạng 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 z
Bài 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 z z 1 i 5 z 8i 1 . Tính môđun của z
Bài giải
♥ Đặt z a bi , a, b ta có:
3z z 1 i 5 z 8i 1 3a bia bi 1 i 5a 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
2
Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z 31 i z 1 9i . Tính môđun của z
Bài giải
♥ Đặt z a bi , a, b ta có:
2 z 31 i z 1 9i 2 a bi 31 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 z
Bài 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 3
95
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 i
Bài giải
Đặt z x yi, (x, y ) ta có:
( z 1)(1 i )
z 1
2
z
1 i
x 1 yi (1 i )
x 1 yi (1 i)
x2 y 2
2
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 .
10
10
♥ Vậy số phức z cần tìm là z i hoặc z
3
1
i.
10 10
Ví dụ 6: Tìm số phức z thỏa mãn z 3i 1 i z và z
9
là số thuần ảo.
z
Bài 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
.
b2
z
9
9
9(a 2i ) a3 5a (2a 2 26)i
a 2i
a 2i 2
là số ảo
z
a 2i
a 4
a2 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 và
z 2i
là số thuần ảo.
z2
Bài 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 2
96
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x ( x 2) ( y 2) y ( x 2)( y 2) xy
x( x 2) ( y 2) y
i là số ảo khi và chỉ khi
0
2
2
2
2
( 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 1
Thay (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 1
Bài giải
♥ Đặt z a bi, (a , b ) ta có:
4
z
i a 2 b 2 a 4 bi b ( a 1)i
z 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.
2
2
♥ Ta có z 2 2i = (x 2) (y 2) =
2
y y 2 =
2
2
y 3y 4 =
3 7
7
y ≥
2 4
2
6
3
3
(x – 2)2 =
x 2
.
2
2
2
6 3
6 3
♥ Vậy z 2
i hay z 2
i thì z 2 2i đạt GTNN.
2 2
2 2
Dấu "=" xảy ra y =
97
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Dạng 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 z
Bài 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 1i x y x y i
x 2 y 1 x y x y
2
2
2
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 tập
Bài 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 phức
Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn (1 2i) 2 z z 4i 20 . Tính môđun của z
Bài 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 z
Bài 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 z
Bài 6: Cho số phức z thoả mãn z (2 3i ) z 1 9i . Tìm số phức z
Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn (2 z 1)(1 i ) ( z 1)(1 i ) 2 2i . Tính môđun của z
Bài 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
5i 3
1 0 . Tìm số phức z
z
2
Bài 10: Cho số phức z thoả mãn z 2 z z . Tìm số phức z
Bài 11: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z (2 4i) 2 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z
Bài 12: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z i (1 i)z . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z
Bài 13: Cho số phức z thỏa mãn (1 2i ) z
2i
(3 i ) z . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mp (Oxy )
1 i
Bài 14: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z 3 2i 3 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w, biết
w – z = 1 + 3i.
98
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2
2
Bài 15: Cho số phức z thoả mãn 1 z z i iz 1 . Tính mô đun của z
4
.
z 1
Bài 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 nhất
Bài 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 1
z2
2(1 2i)
7 8i . Tính môđun của số phức w z 1 i
1 i
Bài 20: Cho số phức z thoả mãn z 2 và z 2 l số thuần ảo. Tìm số phức z
Bài 21: Cho số phức z thoả mãn z (2 i) 10 và z.z 25 . Tìm số phức z
Bài 22: Cho số phức z thoả mãn
5( z i)
2 i . Tính môđun của số phức w 1 z z 2
z 1
Bài 23: Cho số phức z thoả mãn z z 1 i 5 và (2 z )(i z ) l số ảo. Tìm số phức z
Bài 24: Cho số phức z thỏa mãn z 2 z = 3 + 6i.
2
2
3
Tính T = z z z .
2
Bài 25: Cho số phức z thoả mãn 1 z z i iz 1 . Tính môđun của z
4
.
z 1
Bài 26: Tìm số phức z thoả mãn z 1 5 và 17 z z 5 z.z
Bài 27: Cho số phức z thỏa mãn z
Bài 28: Cho số phức z
(1 3i )3
. Tìm môđun của số phức w z iz
1 i
1 9i
5i . Tìm các căn bậc hai của z
1 i
Bài 29: Giải các phương trình sau trên tập số phức
1) (3 2i) z (4 7i) 2 5i
2) (7 3i) z (2 3i ) (5 4i ) z
Bài 30: Giải các phương trình sau trên tập số phức
1) x 2 4 x 7 0
2) x 2 6 x 25 0
3) 2 x 2 5x 4 0
3) 8 z 2 4 z 1 0
------------------------------Hết-----------------------------
99
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 6: TỔ HỢP & XÁC SUẤT
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. 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 hiện
phương án A và m cách thực hiện phương án B . Khi đó công việc có thể thực hiện bởi n m cách.
TỔNG QUÁT
Giả sử một công việc có thể được thực hiện theo một trong k phương án A1 , A2 ,..., Ak . Có n1 cách thực hiện
phương án A1 , n1 cách thực hiện phương án A2 ,...và nk cách thực hiện phương án Ak . Khi đó công việc có thể
thực 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. Với
mỗi cách thực hiện công đoạn A thì công đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó công việc có thể thực hiện
theo n.m cách.
TỔNG QUÁT
Giả 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 việc
có 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 đó
Tập A
n phần tử
Hoán vị
Nhóm có thứ tự
Đủ mặt n phần tử
của A
b.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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
3.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 A
được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A.
Chỉnh hợp
Nhóm có thứ tự
Gồm k phần tử
được lấy từ n
phần tử của A
Tập A
n phần tử
b.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 A
được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
Tập A
n phần tử
Tổ hợp
Nhóm không có
thứ tự
Gồm k phần tử
được lấy từ n
phần tử của A
b. 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
c. Hai tính chất cơ bản của số Cnk
a) Tính chất 1: Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 k n . Khi đó
Cnk Cnnk
b) Tính chất 2: Cho các số nguyên n và k với 1 k n . Khi đó
Cnk1 Cnk Cnk 1
LƯU 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 mỗi
giai 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 tử
thì đây là những bài toán về tổ hợp.
5. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU-TƠN
Định lý:
a b Cn0 a nb 0 Cn1a n1b1 ... Cnk a nk b k ... Cnn a 0b n
n
n
Cnk a nk b k
k0
6. XÁC SUẤT
a) Định nghĩa
Giả 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 là
một 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 thức
P 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 của
phép thử T và số kết quả thuận lợi của A
b) Định lý
Cho biến cố A . Xác suất của biến cố đối A là
P A 1 P A
102
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
c) Các quy tắc tính xác suất
i) Quy tắc cộng xác suất
Định lý: Nếu hai biến cố A và B xung khắc thì xác suất để A hoặc B xảy ra là
P A B P A P B
ii) Quy tắc nhân xác suất
Định lý: Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thì
P AB P A.P B
TÍNH XÁC SUẤT BIẾN CỐ THEO ĐỊNH NGHĨA
Phương pháp giải
Để 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 để
tính 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. CÁC VÍ DỤ
Ví 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 giải
a) Có C82 28 cách lấy
b) Có C52 10 cách lấy
c) Có C51C31 15 cách lấy
Ví 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 giải
a) Có C81C71 56 cách lấy (hoặc A82 56 )
b) Có C51C41 20 cách lấy (hoặc A52 20 )
c) Có C51C31 C31C51 30 cách lấy
Ví 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 giải
a) Có C184 3060 cách lấy
b) Có C52C61C61 C51C62C71 C51C61C72 1575 cách lấy
Ví 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 số
8 và 9 ?
Lời giải
104
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Giả 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 cuối
của 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
18
12
Lời giải
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
18
18
x 1 C18k .x18k . 1 C18k .1k .x183k
2
2
x k 0
x
k 0
18
k
♥ 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
18
Lời giải
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
18
18
x 1 C18k .x18k . 1 C18k .1k .x183k
x 2 k 0
x 2
k 0
18
k
♥ Chọn k thỏa mãn: 18 3k 0 k 6
105
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
n
Cnn41 Cnn3 7 n 3 (1)
Lời giải
♥ Giải phương trình (1) tìm n, ta có:
Cnn41 Cnn3 7 n 3
n 4! n 3!
7 n 3
n 1!3! n !3!
n 2n 3 n 4 n 1 n 2n 3 42 n 3
n 2n 4 n 1n 2 42 3n 6 42 n 12
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
12 k
12
1
x5 C12k . 1
3
x
x 3
k 0
12
♥ Chọn k thỏa mãn:
k
.
x5
12
C12k .x
6011k
2
k 0
60 11k
8 k 4
2
♥ 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 sữa
cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính
xác 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
60
3
.
220 11
Ví 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 được
chọn đều được đánh số chẵn.
(Khối B-2014)
106
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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
70
1
.
1820 26
Ví 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 bi
đỏ 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 21
Ví 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 lên
bảng 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
A
11075 443
.
12650 506
Ví 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 giải
107
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
90
3
.
210 7
Ví 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
A
240 2
.
360 3
Ví 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
12
1
.
120 10
Ví 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 đôi
một 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 tích
Số 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Số 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 gồm
E1 {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.
36
3
Vậy xác suất cần tính là P
.
300 25
Bài 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
36
3
.
300 25
Ví 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 lúc
ra 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 không
quá 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 91
Ví 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 từ
đó 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Số 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
780
3
1820 7
Ví 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 10
thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang
số 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 có
đúng 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 12617
Ví 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
A
240 20
294 77
Ví 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 sóc
bồn 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 35
110
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
♥ Vậy xác suất cần tính là P A
HĐBM-TỔ TOÁN
A
35
66
Ví 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 xuất
để 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
60
3
220 11
Ví 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 để
4 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
1001
Ví 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 suất
để 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 95
111
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Suy ra: P A
A
HĐBM-TỔ TOÁN
95
19
210 42
♥ Vậy xác suất cần tính là P A 1 P A 1
19 23
42 42
Ví 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, chỉ
khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có
đủ 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 720
Suy ra: P A
A
720
48
1365 91
♥ Vậy xác suất cần tính là P A 1 P A 1
48 43
91 91
Ví dụ 26: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 học
sinh 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
5
Ví dụ 27: Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người tham gia trong đó có hai
bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B, mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia
bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng
đấu.
112
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Lời 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 7
Ví dụ 28: Người ta phân chia một cách ngẫu nhiên 8 bạn học sinh Kì, Thi, Trung, Học, Phổ, Thông, Quốc, Gia
thành 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 giải
C84
35
2
♥ 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
A
15 3
.
35 7
Ví dụ 29: Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng. Tính xác suất để số
vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó.
Phân tích
Gọi 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)
A
46
0,02.
2296
Lời 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A 1 C53 C73 46.
♥ Vậy xác suất cần tính là P( A)
A
46
23
.
2296 1146
B.Bài tập
Bài 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 cách
chọn sao cho trong tổ phải có cả nam và nữ
Kết quả: 2974
Bài 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 yêu
cầu có cả nam lẫn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.
Kết quả: 1260
Bài 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 thành
1 hàng dọc sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau.
Kết quả: 120960
Bài 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 chữ
số 0, nhưng không có mặt chữ số 1.
Kết quả: 33600
Bài 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 cho
trong chữ số đó có mặt chữ số 1.
Kết quả: 8400
Bài 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. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn để trong đó số viên bi lấy ra không đủ ba màu.
Kết quả: 105
Bài 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 chia
hết cho 5?
Kết quả: 5712
Bài 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 bao
nhiêu số không bắt đầu bởi chữ số 1
Kết quả: 96
Bài 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 bao
nhiêu số bắt đầu bởi chữ số 5.
Kết quả: 24
Bài 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 số
hàng ngàn là chữ số 1
Kết quả: 60
114
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 từ
các chữ số đã cho
Kết quả: 480
Bài 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 số
tạo thành là một số không có chữ số 7
Kết quả: 24
Bài 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 số
tạo thành là 1 số chẵn
Kết quả: 24
Bài 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 có
chữ số 4.
Kết quả: 1560
Bài 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 có
mặt chữ số 5.
Kết quả: 1560
Bài 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: 312
Bài 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 đều
khác nhau
Kết quả: 2520
Bài 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 SV
của trường sao cho trong 3 người có ít nhất 1 cán bộ lớp?
Kết quả: 324
Bài 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) 5400
2) 12900
Bài 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 ít
nhất 1 nam sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.
Kết quả: 161
Bài 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 nhất
1 nữ.
Kết quả: 78740
Bài 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 nam
2 nữ.
115
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Kết quả: 31500
Bài 23: Một nhóm học sinh gồm 10 nam và 6 nữ.Chọn 1 tổ gồm 8 người. Có bao nhiêu cách chọn để được nhiều
nhất 5 nữ.
Kết quả: 12825
Bài 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 người
thoả điều kiện, trong mỗi trường hợp sau:
1 . Không có điều kiện gì thêm.
2. Tổ chỉ gồm 4 nam
3. Tổ phải gồm 2 nam và 2 nữ.
Kết quả: 1)70
2) 5
3) 30
Bài 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: 42000
Bài 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: 13152
Bài 27: Có 7 người bạn A, B, C, D, E, G, H chụp ảnh chung. Họ muốn chụp ảnh chung bằng cách đổi chỗ đứng
lẫn 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: 120
Bài 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 đó
mỗi số phải có mặt chữ số 9.
Kết quả: 8400
Bài 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: 3780
Bài 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 2
cuốn. Hỏi có bao nhiêu phương án tặng khác nhau ?
Kết quả: 1260
Bài 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 9
Bài 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
10
10
Bài 34: Tìm hệ số của x
1
trong khai triển của biểu thức 3x3 2 .
x
n
Bài 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(Cn21 1).
x
n
Bài 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
n
13
thỏa mãn 3Cn11 8Cn22 3Cn31.
Bài 39: Tìm hệ số của x 9 trong khai triển biểu thức 1 2 x 3 với n là số nguyên dương thỏa mãn
n
nC nn 1 C nn 2 A 2n 1 7.
n
1
Bài 40: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3 x3 2 với x 0 , biết rằng
x
2 Pn (4n 5).Pn 2 3 Ann 2
n
2
Bài 41: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3 x
với x 0 , biết rằng
x
Cn6 3Cn7 3Cn8 Cn9 2Cn8 2
Bài 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 để
a) Ba bi lấy ra đều là màu đỏ
b) Ba viên bi lấy ra có đúng một viên bi màu xanh
c) Ba viên bi lấy ra có đủ cả ba màu
d) Ba viên bi lấy ra có ít nhất hai viên bi màu vàng
Bài 43: Có 8 đội tuyển bóng đá quốc gia tham dự giải AFF Cup, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển
Thái Lan. Các đội chia làm 2 bảng, mỗi bảng 4 đội. Giả sử việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm
ngẫu 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)
10
33
2)
65
66
Bài 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 xác
suất để trong 3 xe đó có ít nhất một xe tốt.
117
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Kết quả:
HĐBM-TỔ TOÁN
29
30
Bài 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) 495
2)
28
55
Bài 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 công
việc khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chia khác nhau ? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm
có đúng 1 nữ.
Kết quả:
16
55
Bài 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)
7
44
2)
7
11
3)
21
22
Bài 49: Trong một chiếc hộp kín có chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ. Giả thiết rằng kích thước và trọng
lượng 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:
5
17
Bài 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 xác
suất 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)
56
220
2)
4
220
3)
48
220
4)
216
.
220
Bài 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 lúc
4 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 THPTQG
Kết quả:
HĐBM-TỔ TOÁN
1779 37
;
1820 91
Bài 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 là
0,7. 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, 63
2) 0,97
3) 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, 657
Bài 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 từ
thùng đó. Tính xác suất xuất hiện:
1) 2 quả trắng;
2) 1 quả trắng và 1 quả đen.
Kết quả: 1)
3
28
2)
15
28
Bài 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 sắp
được chữ BAC HO
Kết quả:
1
120
Bài 56: Một bộ sách gồm 4 tập được xếp trên giá sách theo một thứ tự ngẫu nhiên. Tính xác suất để chúng được
xếp theo thứ tự từ trái qua phải hoặc từ phải qua trái.
Kết quả:
1
12
Bài 57: Một khối lập phương có các mặt quét sơn được cưa thành 1000 khối lập phương con đều nhau. Trộn kỹ
chúng rồi rút hú họa một khối. Tính xác suất rút được khối có hai mặt đã quét sơn.
Kết quả:
96
100
Bài 58: Một khóa chữ gồm 5 vành lắp trên một trục, mỗi vành gồm 6 ô khắc 6 chữ khác nhau. Khóa chỉ mở được
trong trường hợp mỗi vành nằm ở một vị trí xác định đối với trục. Tính xác suất mở được khóa khi lập ra một bộ
chữ ngẫu nhiên trên các vành.
Kết quả:
1
65
Bài 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 suất
để thu được một số chẵn (ví dụ 134, 532,...)
119
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Kết quả:
HĐBM-TỔ TOÁN
2
5
Bài 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)
5
9
2)
2
9
3)
7
9
Bài 61: Một lớp học có 20 học sinh gồm ba loại: 5 người giỏi, 10 người khá và 5 người trung bình. Theo danh
sách 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)
1
C51C10
C51
3
C20
2) 1
C153
3
C20
Bài 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 3
người. 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)
1
C41C18
3
C20
3)
C123
3
C20
Bài 63: Bốn học sinh ôn tập học kỳ đến cùng một tầng gồm 5 phòng học. Giả sử mỗi người có thể vào một phòng
bất kỳ. Tính xác suất để:
1) cả bốn người vào cùng một phòng;
2) bốn người vào bốn phòng khác nhau.
Kết quả: 1)
5
C84
2)
1
14
Bài 64: Xác suất để làm một thí nghiệm thành công là 0,4. Một nhóm 5 học sinh, mỗi học sinh độc lập với nhau
tiến 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.
5
Kết quả: 1) 0, 6
5
2) 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:
15
261
120
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 66: Ba người đi săn A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng
mục 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) 0,14
2) 0,94
Bài 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 người
thứ 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) 0,34
2) 0, 63
3) 0,97
Bài 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 suất
rút được ít nhất một chi tiết loại II.
Kết quả:
92
95
Bài 69: Một học sinh đi thi môn lịch sử chỉ nắm được 20 trong số 25 câu hỏi của chương trình. Mỗi phiếu thi gồm
3 câu. Tính xác suất để anh ta trả lời được cả 3 câu hỏi
Kết quả:
57
115
Bài 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. Tìm
xác suất để trong 5 sản phẩm lấy ra có đúng 3 sản phẩm tốt.
Kết quả:
259161
2118760
Bài 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 cần
một người làm. Tìm xác suất để cả 6 nữ được chọn.
Kết quả:
1
210
Bài 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 đạt
giải 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:
27
95
-------------------Hết-------------------
121
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Chủ đề 7: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
ÔN TẬP 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 9-10
1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông : Cho ABC vuông ở A ta có :
2
2
2
a) Định lý Pitago : BC AB AC
2
A
2
b) BA BH .BC; CA CH .CB
c) AB. AC = BC. AH
d)
e)
BC = 2AM
f)
sin B
b
c
1
1
1
2
2
AH
AB
AC 2
B
b
c
b
c
, cosB , tan B , cot B
a
a
c
b
g) b = a. sinB = a.cosC, c = a. sinC = a.cosB, a =
M
H
C
a
b
b
,
sin B cos C
b = c. tanB = c.cot C
2. Hệ thức lượng trong tam giác thường:
* Định lý Côsin:
a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA
a
b
c
* Định lý Sin:
2R
sin A sin B sin C
3. Các công thức tính diện tích.
a/ Công thức tính diện tích tam giác:
S
1
a.b.c
1
p.r
a.ha = a.b sin C
2
4R
2
p.( p a )( p b)( p c ) với p
a bc
2
1
a2 3
AB. AC ,* ABC đều cạnh a: S
2
4
b/ Diện tích hình vuông : S = cạnh x cạnh
c/ Diện tích hình chữ nhật : S = dài x rộng
Đặc biệt :* ABC vuông ở A : S
1
(chéo dài x chéo ngắn)
2
1
d/ Diện tích hình thang : S (đáy lớn + đáy nhỏ) x chiều cao
2
d/ Diện tích hình thoi : S =
e/ Diện tích hình bình hành : S = đáy x chiều cao
2
f/ Diện tích hình tròn : S .R
4. Các hệ thức quan trọng trong tam giác đều:
122
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
ÔN TẬP 2: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 11
A. QUAN HỆ SONG SONG
§1. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG
I. Định nghĩa:
Đường thẳng và mặt phẳng gọi là song song
với nhau nếu chúng không có điểm nào
chung.
a
a / /(P) a (P)
(P)
II.Các định lý:
ĐL1:Nếu đường thẳng d không nằm trên
mp(P) và song song với đường thẳng a nằm
trên mp(P) thì đường thẳng d song song với
mp(P)
ĐL2: Nếu đường thẳng a song song với
mp(P) thì mọi mp(Q) chứa a mà cắt mp(P) thì
cắt 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
a
d
(P)
ĐL3: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng song
song với một đường thẳng thì giao tuyến của
chúng song song với đường thẳng đó.
(P) (Q) d
d / /a
(P)/ /a
(Q)/ /a
d
a
Q
P
§2.HAI MẶT PHẲNG SONG SONG
I. Định nghĩa:
Hai mặt phẳng được gọi là song song với
nhau nếu chúng không có điểm nào chung.
(P ) / /(Q ) (P ) (Q )
P
Q
II.Các định lý:
ĐL1: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, b
cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng
(Q) thì (P) và (Q) song song với nhau.
ĐL2: Nếu một đường thẳng nằm một trong
hai mặt phẳng song song thì song song với
mặt phẳng kia.
a,b (P)
(P)/ /(Q)
a b I
a/ /(Q),b/ /(Q)
P
a
b I
Q
a
(P) / /(Q)
a / /(Q)
a (P)
P
Q
123
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) song
song thì mọi mặt phẳng (R) đã cắt (P) thì phải
cắt (Q) và các giao tuyến của chúng song
song.
HĐBM -TỔ TOÁN
R
(P) / /(Q)
(R) (P) a a / / b
(R) (Q) b
a
P
b
Q
B. QUAN HỆ VUÔNG GÓC
§1.ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
I.Định nghĩa:
Một đường thẳng được gọi là vuông góc với
một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi
đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.
a
a mp(P) a c,c (P)
c
P
II. Các định lý:
ĐL1: Nếu đường thẳng d vuông góc với hai
đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong
mp(P) thì đường thẳng d vuông góc với
mp(P).
ĐL2: (Ba đường vuông góc) Cho đường
thẳng a không vuông góc với mp(P) và đường
thẳng b nằm trong (P). Khi đó, điều kiện cần
và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc
với hình chiếu a’ của a trên (P).
d a ,d b
a ,b mp(P) d mp(P)
a,b caét nhau
d
b
a
P
a
a mp(P), b mp(P)
b a b a'
a'
P
b
§2.HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
I.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 đường
thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì
hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.
Q
a mp(P)
mp(Q) mp(P)
a mp(Q)
a
P
124
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
ĐL2:Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông
góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào
nằm 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) vuông
góc với nhau và A là một điểm trong (P) thì
đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc
với (Q) sẽ nằm trong (P)
ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng
vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao
tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng
thứ ba.
HĐBM -TỔ TOÁN
P
(P) (Q)
(P) (Q) d a (Q)
a (P),a d
a
Q
d
P
(P) (Q)
A (P)
a (P)
A
a
a (Q)
a
A
Q
(P) (Q) a
a (R)
(P) (R)
(Q) (R)
P
Q
a
R
§3.KHOẢNG CÁCH
1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường thẳng , đến 1 mặt
phẳng:
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến mặt
phẳng (P)) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là
hình chiếu của điểm M trên đường thẳng a ( hoặc trên mp(P))
O
O
d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH
2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song:
Khoảng cách giữa đường thẳng a và mp(P) song song với a là
khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mp(P).
d(a;(P)) = d(O; (P)) = OH
a
P
H
O
H
P
3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:
là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt
phẳng kia.
d((P);(Q)) = d(O; (P)) = OH
O
P
Q
4.Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.
H
a
a
H
A
d(a;b) = AB
b
B
125
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
§4.GÓC
1. Góc giữa hai đường thẳng a và b
là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần
lượt cùng phương với a và b.
a
a'
b'
b
2. 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 góc
giữa đường thẳng a và mp(P) là 900.
a
a'
P
3. Góc giữa hai mặt phẳng
là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng
đó.
Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm trong 2 mặt phẳng cùng
vuông góc với giao tuyến tại 1 điểm
b
a
Q
P
a
P
4. Diện tích hình chiếu: Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong
mp(P) và S’ là diện tích hình chiếu (H’) của (H) trên mp(P’) thì
b
Q
S
S' Scos
trong đó là góc giữa hai mặt phẳng (P),(P’).
A
C
B
126
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
ÔN TẬP 3: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 12
A. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
I/ Các công thức thể tích của khối đa diện:
1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ:
V= B.h
h
với B: diện tích đáy
h: chiều cao
B
a) Thể tích khối hộp chữ nhật:
V = a.b.c
với a,b,c là ba kích thước
b) Thể tích khối lập phương:
V = a3
với a là độ dài cạnh
a
c
b
a
a
a
2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP:
V=
1
Bh
3
h
với B: diện tích đáy
h: chiều cao
B
3. TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN:
Cho khối tứ diện SABC và A’, B’, C’ là các điểm tùy ý
lần lượt thuộc SA, SB, SC ta có:
VSABC
VSA ' B ' C '
SA SB SC
SA ' SB ' SC '
S
C'
A'
A
B'
C
B
4. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT:
h
B B' BB'
3
B, B' : dieän tích hai ñaùy
với
h : chieàu cao
V
A'
B'
C'
A
B
C
Chú 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 3
2
3/ Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng
nhau ( 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
LOẠI 1:
THỂ TÍCH LĂNG TRỤ
Khối lăng trụ đứng có chiều cao hay cạnh đáy
1) 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 và
biết A'B = 3a. Tính thể tích khối lăng trụ.
Lời giải:
Ta có
ABC vuông cân tại A nên AB = AC = a
ABC A'B'C' là lăng trụ đứng AA' AB
C'
A'
B'
3a
a 2
A
a
AA'B AA'2 A'B2 AB2 8a2
AA ' 2a 2
Vậy V = B.h = SABC .AA' = a3 2
C
B
Ví 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 nên
BD2 = BD'2 - DD'2 = 9a2 BD 3a
C'
D'
A'
ABCD là hình vuông AB
B'
4a
5a
C
D
Suy ra B = SABCD =
3a
2
9a2
4
Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3
A
B
Ví 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 giác
A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Lời giải:
Gọi I là trung điểm BC .Ta có
ABC đều nên
AB 3
AI
2 3 & AI BC
2
C'
A'
B'
A
C
I
B
A 'I BC(dl3 )
2S
1
SA'BC BC.A'I A'I A'BC 4
2
BC
AA ' (ABC) AA ' AI .
A 'AI AA ' A 'I 2 AI 2 2
Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC .AA'= 8 3
Ví 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 bằng
đường chéo nhỏ của lăng trụ. Tính thể tích hình hộp .
128
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Lời giải:
Ta có tam giác ABD đều nên : BD = a
C'
a2 3
và SABCD = 2SABD =
2
D'
B'
A'
a 3
a 3
2
DD 'B DD' BD '2 BD 2 a 2
a3 6
Vậy V = SABCD.DD' =
2
Theo đề bài BD' = AC = 2
C
D
A
HĐBM -TỔ TOÁN
B
60
Bài 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 và
tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ.
a3 3
; S = 3a2
4
Bài 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 tích
ĐS: V
của lăng trụ.
Đs: V = 2a3
Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,biết rằng chiều cao
lăng trụ là 3a và mặt bên AA'B'B có đường chéo là 5a . Tính thể tích lăng trụ.
Đs: V = 24a3
2) 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 ,biết
A'B hợp với đáy ABC một góc 600. Tính thể tích lăng trụ.
C'
A'
B'
C
A
60o
Lời giải:
Ta có A 'A (ABC) A'A AB& AB là hình chiếu của A'B trên
đáy ABC .
Vậy góc[A'B,(ABC)]
ABA ' 60o
ABA ' AA ' AB.tan 600 a 3
1
a2
SABC = BA.BC
2
2
a3 3
Vậy V = SABC.AA' =
2
B
= 60 o
Ví dụ 2: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a , ACB
biết BC' hợp với (AA'C'C) một góc 30 0. Tính AC' và thể tích lăng trụ.
129
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
A'
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời 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 = 30o
30o
AC'B AC'
A
V =B.h = SABC.AA'
C
a
o
60
AB
3a
t an30o
AA 'C' AA' AC'2 A 'C'2 2a 2
ABC là nửa tam giác đều nên SABC
B
a2 3
2
Vậy V = a3 6
Ví 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 trụ
hợp 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' 300
B'
C'
A'
D'
o
30
C
D
BDD ' DD' BD.tan 300
B
A
Vậy V = SABCD.DD' =
a
a 6
3
a3 6
4a 2 6
S = 4SADD'A' =
3
3
Ví 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 với
đáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích của hình hộp.
Lời giải:
C'
B'
ABD đều cạnh a SABD
A'
D'
o
30
A
C
B
60 o
D
a
a2 3
4
a2 3
2
ABB' vuông tạiB BB' ABt an30o a 3
3a3
Vậy 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 biết
A'C = a và A'C hợp với mặt bên (AA'B'B) một góc 30o . Tính thể tích lăng trụ
130
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
ĐS: V
a3 2
16
Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại B biết
BB' = AB = a và B'C hợp với đáy (ABC) một góc 30 o . Tính thể tích lăng trụ.
ĐS: V
a3 3
2
Bài 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 bên
ĐS: AB' a 3 ; V
a3 3
2
Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại A biết
AC = 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 6
3a 2 3
,S=
2
Bài 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' hợp
với mặt phẳng (A'BC) một góc 300 .
Tính thể tích lăng trụ
ĐS: V
32a 3
9
Bài 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) một
góc 30o và hợp với (ABB'A') một góc 45o .
Tính thể tích của khối hộp chữ nhật.
a3 2
Đs: V
8
Bài 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 6
a3 3
4a 3 3
;2) V
;3) V
9
4
9
Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông và
BD' = 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 3
a3 2
2)V =
16
8
Bài 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 bên
kề nhau là 60o.Tính thể tích lăng trụ và tổng diện tích các mặt của lăng trụ .
Đs: V = a3 và S = 6a2
3) Dạng 3: Lăng trụ đứng có góc giữa 2 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 , 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
B'
Lời giải:
Ta có A 'A (ABC) & BC AB BC A'B
Vậy góc[(A 'BC),(ABC)]
ABA ' 60o
B
ABA ' AA ' AB.tan 600 a 3
1
a2
SABC = BA.BC
2
2
a3 3
Vậy V = SABC.AA' =
2
A'
C'
A
C
o
60
Ví 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 và
diện 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 = 30o
Vậy góc[(A'BC);)ABC)] = A
C'
A'
2x 3
x 3 .Ta có
2
2 AI 2 x 3
A' AI : A' I AI : cos 30 0
2x
3
3
Giả sử BI = x AI
B'
A
30o
A’A = AI.tan 30 0 =
C
x 3.
3
x
3
Vậy VABC.A’B’C’ = CI.AI.A’A = x3
B
xI
3
Mà SA’BC = BI.A’I = x.2x = 8 x 2
Do đó VABC.A’B’C’ = 8 3
Ví 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) một
góc 60 o.Tính thể tích khối hộp chữ nhật.
D'
C'
A'
B'
Lời giải:
Gọi O là tâm của ABCD . Ta có
ABCD là hình vuông nên OC BD
CC' (ABCD) nên OC' BD (đl 3 ). Vậy góc[(BDC');(ABCD)] =
= 60 o
COC'
Ta có V = B.h = SABCD.CC'
ABCD là hình vuông nên SABCD = a2
C
D
60 0
OCC' vuông nên CC' = OC.tan60o =
O
A
B
a
Vậy V =
a 6
2
a3 6
2
132
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có AA' = 2a ; mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy (ABCD) một góc
60 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 3
2a
D
A
o
60
B
o
30
C
Lời giải:
Ta có AA' (ABCD) AC là hình chiếu của A'C trên (ABCD)
Vậy góc[A'C,(ABCD)] =
A 'CA 30o
2a 3
3
4a 6
ABC BC AC2 AB2
3
3
16a 2
Vậy 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 và
mặt (A'BC) hợp với đáy ABCD một góc 600 . Tính thể tích hộp chữ nhật.
Đs: V
2a 3 2
3
Bài 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 = 3a3
Bài 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 2
Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB = AC = a và
BAC 120o
biết rằng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 45o. Tính thể tích lăng trụ.
Đs: V
a3 3
8
Bài 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 2
4
Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC đều biết cạnh bên AA' = a
Tính 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 3
4
Bài 7: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A'B'C'D' có cạnh bên AA' = 2a .Tính
thể 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
3) Khoảng cách từ D đến mặt (ACD') bằng a .
Đs: 1) V = 16a3 . 2) V = 12a3 .3) V =
16a 3
3
Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a
Tính 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 450
Đs: 1)
V
a3 6
; 2) V = a 3 ; V = a 3 2
2
Bài 9: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn A = 60o .Tính thể
tích 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') bằng
3) AC' hợp với đáy ABCD một góc 450
a
2
Đs: 1) V
3
3
3a 3 3 ; 2) V = 3a 2 ; V = 3a
4
8
2
Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có BD' = 5a ,BD = 3a
Tính thể tích khối hộp trong các trường hợp sau đây:
1) AB = a
2) BD' hợp với AA'D'D một góc 30o
3) (ABD') hợp với đáy ABCD một góc 300
Đs: 1) V 8a 3 2 ; 2) V = 5a 3 11 ; V = 16a 3
4) Dạng 4:
Khối lăng trụ xiên
Ví 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 và
hợp 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
C
A
a
B
o
60
H
SABC =
3a
2
a2 3
3a 3 3
.Vậy V = SABC.C'H =
4
8
Ví 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 THPTQG
A'
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải:
1) Ta có A 'O (ABC) OA là hình chiếu của AA' trên (ABC)
Vậy góc[AA ',(ABC)]
OAA ' 60o
C'
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'
A
60 o
2
2a 3 a 3
AH
3
3 2
3
o
AOA ' A 'O AO t an60 a
a3 3
Vậy V = SABC.A'O =
4
2) ABC đều nên AO
C
O
a
H
B
Ví 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 60o
Đặt A’H = x . Khi đó
B'
A’N = x : sin 600 =
2x
3
D
C
N
AA' 2 A' N 2
3 4x 2
HM
3
Mà HM = x.cot 450 = x
H
A
M
AN =
B
Nghĩa là x =
3 4x 2
3
x
3
7
Vậy VABCD.A’B’C’D’ = AB.AD.x
=
3. 7.
3
3
7
Bài 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 một
góc 45 o . Tính thể tích lăng trụ. Đs: V = a 3 2
Bài 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 đáy
ABC một góc 30o.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V =336
Bài 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 với
o
đáy ABC một góc 60 .Tính thể tích lăng trụ.
135
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Đs: V =
abc 3
4
Bài 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 biết
AA' =
2a 3
a3 3
.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V
3
4
Bài 5: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , đỉnh A' có
hình chiếu trên (ABC) nằm trên đường cao AH của tam giác ABC biết mặt bêb
BB'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 3
8
Bài 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 1
góc 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 3
3a 3 3
2) V
2
8
Bài 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' trên
ABC trùng với trung điểm của BC và AA' = a.
1) Tìm góc hợp bởi cạnh bên với đáy lăng trụ.
a3 3
2) Tính thể tích lăng trụ.
Đs: 1) 30o 2) V
8
Bài 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) là
O.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 với
nhau một góc 90 o
Đs: V
27a 3
4 2
Bài 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 2
2
Bài 10: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc
A = 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 15
4
136
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
LOẠI 2:
THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
1) Dạng 1: Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy
Ví 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)
A
a_
B
C
/
/
1
3
Do đó V SSBC .AC
\
S
1 a2 3
a3 3
a
3 4
12
Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC = a biết SA vuông góc với đáy
ABC 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 AC
mà 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 .
S
C
a
A
60o
ABC vuông cân nên BA = BC =
SABC =
B
a
2
1
a2
BA.BC
2
4
a 6
2
2
1
1 a a 6 a3 6
Vậy V SABC .SA
3
34 2
24
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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải: M là trung điểm của BC,vì tam giác ABC đều nên
AM BC SA BC (đl3 ) .
Vậy góc[(SBC);(ABC)] =
SMA 60o .
S
Ta có V =
C
A
1
1
B.h SABC .SA
3
3
3a
2
3
1
1
a 3
Vậy V = B.h SABC .SA
3
3
8
SAM SA AM tan 60o
60 o
a
M
B
Ví dụ 4: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA vuông góc đáy ABCD và mặt
bên (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)] = SDA
S
H
60 o
A
B
a
SAD vuông nên SA = AD.tan60o = a 3
1
1
a3 3
Vậy V SABCD .SA a2a 3
3
3
3
D
2) Ta dựng AH SD ,vì CD (SAD) (do (1) ) nên CD
AH AH (SCD)
Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD).
1
1
1
1
1
4
2 2 2
2
2
2
AH SA AD 3a a 3a
a 3
Vậy AH =
2
SAD
C
Bài tập:
Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với
BA=BC=a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với (SAB) một góc 30 o.
Tính thể tích hình chóp .
a3 2
Đs: V =
6
Bài 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 3
3
Bài 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 thể
tích hình chóp.
Đs: V
a3 3
27
Bài 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Đs: V = 8 cm3
1) Tính thể tích ABCD.
2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
12
34
Đs: d =
Bài 5: Cho khối chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , góc
BAC 120o , biết
SA (ABC) và mặt (SBC) hợp với đáy một góc 45o . Tính thể tích khối chóp SABC.
Đs: V
a3
9
Bài 6: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông biết
SA (ABCD),SC = a và SC hợp với đáy một góc 60o Tính thể tích khối chóp.
Đs: V
a3 3
48
Bài 7: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết rằng
SA (ABCD) , SC hợp với đáy một góc 45o và AB = 3a , BC = 4a
Tính thể tích khối chóp.
Đs: V = 20a3
Bài 8: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn A
bằng 60o và SA (ABCD) ,biết rằng khoảng cách từ A đến cạnh SC = a.
a3 2
4
Đs: V
Tính thể tích khối chóp SABCD.
Bài 9: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B
biết AB = BC = a , AD = 2a , SA (ABCD) và (SCD) hợp với đáy một góc 60o
Đs: V
Tính thể thích khối chóp SABCD.
a3 6
2
Bài 10 : Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp
trong nửa đường tròn đường kính AB = 2R biết mặt (SBC) hợp với đáy ABCD
một góc 45 o.Tính thể tích khối chóp SABCD.
Đs: V
3R 3
4
2) Dạng 2 : Khối chóp có một mặt bên vuông góc với đáy
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều nằm
trong 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 AB
mà (SAB) (ABCD) SH (ABCD)
Vậy H là chân đường cao của khối chóp.
S
D
A
B
H
a
2) Ta có tam giác SAB đều nên SA =
1
3
suy ra V SABCD .SH
C
a 3
2
a3 3
6
Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều ,BCD là tam giác vuông cân tại D , (ABC) (BCD) và AD
hợp với (BCD) một góc 60o. Tính thể tích tứ diện ABCD.
139
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải:
Gọi H là trung điểm của BC.
Ta có tam giác ABC đều nên AH (BCD) , mà (ABC) (BCD)
AH (BCD) .
A
Ta có AH HD AH = AD.tan60o = a 3
a
a 3
3
2a 3
suy ra
BCD BC = 2HD =
3
1
1 1
a3 3
V = SBCD .AH . BC.HD.AH
3
3 2
9
& HD = AD.cot60 o =
B
60
H
o
D
C
Ví 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 với
đáy, 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
45o
thiết
SIH SJH
S
Ta có:
H
A
45
C
I
SHI SHJ HI HJ nên BH là đường phân giác của
ABC ừ đó suy ra H là trung điểm của AC.
a
1
a3
b) HI = HJ = SH = VSABC= S ABC .SH
2
3
12
J
B
Bài tập:
Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC đều cạnh a, tam giác SBC cân tại
S 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 3
24
Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông cân tại A với AB = AC = a biết tam giác SAB cân tại S và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với (ABC) ,mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45 o. Tính thể tích của SABC.
Đs: V
a3
12
30o ; SBC là tam giác đều cạnh a và (SAB) (ABC).
Bài 3: Cho hình chóp SABC có
BAC 90o ;ABC
Tính thể tích khối chóp SABC.
Đs: V
a2 2
24
Bài 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 3
9
140
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5: Tứ diện ABCD có ABC và BCD là hai tam giác đều lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau
Đs: V
biết AD = a.Tính thể tích tứ diện.
a3 6
36
Bài 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 .
4h3
9
Bài 7: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật , tam giác SAB đều cạnh a nằm trong mặt phẳng
vuông góc với (ABCD) biết (SAC) hợp với (ABCD) một góc 30o .Tính thể tích hình chóp SABCD.
Đs: V
a3 3
4
Bài 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 3
9
Bài 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 5
12
Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AD = CD = a ; AB = 2a biết tam
giác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Tính thể tích khối chóp SABCD .
Đs: V
a3 3
2
3) Dạng 3 : Khối chóp đều
Ví dụ 1: Cho chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Chứng minh rằng chân đường cao
kẻ 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 = OC
Vậy O là tâm của tam giác đều ABC.
Ta có tam giác ABC đều nên
S
AO =
2a
C
A
a
2
2a 3 a 3
AH
3
3 2
3
SAO SO2 SA 2 OA2
SO
O
H
11a2
3
1
a3 11
a 11
.Vậy V SABC .SO
3
12
3
B
Ví 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải:
Dựng SO (ABCD)
Ta có SA = SB = SC = SD nên
OA = OB = OC = OD ABCD là hình thoi có đường tròn
ngoại tiếp nên ABCD là hình vuông .
Ta có SA2 + SB2 = AB2 +BC2 = AC2 nên ASC vuông tại S
S
C
D
OS
V
O
A
a
B
a 2
2
1
1 a 2 a3 2
S ABCD .SO a 2
3
3
2
6
Vậy V
a3 2
6
Ví 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 )
D
1
V S ABC .DO
3
a2 3
2
a 3
S ABC
, OC CI
4
3
3
M
A
C
O
I
H
a
B
DOC vuông có : DO DC 2 OC 2
V
a 6
3
1 a2 3 a 6 a3 2
.
3 4
3
12
b) Kẻ MH// DO, khoảng cách từ M đến mp(ABC) là MH
MH
1
a 6
DO
2
6
1
1 a 2 3 a 6 a3 2
VMABC S ABC .MH
.
3
3 4
6
24
Vậy V
a3 2
24
Bài 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
3a3
16
Bài 2: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh bên a, góc ở đáy của mặt bên
là 45 o.
142
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
1) Tính độ dài chiều cao SH của chóp SABC .
2) Tính thể tích hình chóp SABC.
HĐBM -TỔ TOÁN
a
3
a3
Đs: V
6
Đs: SH =
Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy a và mặt bên hợp với đáy
một góc 60o. Tính thể tích hình chóp SABC.
Đs: V
a3 3
24
Bài 4 : Cho chóp tam giác đều có đường cao h hợp với một mặt bên một góc 30o .
Tính thể tích hình chóp.
h3 3
Đs: V
3
Bài 5 : Cho hình chóp tam giác đều có đường cao h và mặt bên có góc ở đỉnh
bằng 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 3
8
a2 3
3
3
a 2
Đs: V
6
Đs: S
Bài 7 : Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có chiều cao h ,góc ở đỉnh của mặt bên
bằng 60 o. Tính thể tích hình chóp.
Đs: V
2h3
3
Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều có mặt bên hợp với đáy một góc 45 o và khoảng
cách từ chân đường cao của chóp đến mặt bên bằng a.
Tính thể tích hình chóp .
Đs: V
8a3 3
3
Bài 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 3
12
Bài 10: Cho hình chóp SABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng
SABCD là chóp tứ giác đều.Tính cạnh của hình chóp này khi thể tích của
nó bằng V
4) Dạng 4 :
9a3 2
.
2
Đs: AB = 3a
Khối chóp & phương pháp tỷ số thể tích
Ví 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 a
1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
2) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng ( ) qua AG và song song
với BC cắt SC, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích của khối chóp S.AMN
143
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải:
S
a)Ta có:
1
VS . ABC S ABC .SA và SA a
3
+ ABC cân có : AC a 2 AB a
N
S ABC
C
G
A
1 2
1 1
a3
a Vậy: VSABC . a 2 .a
2
3 2
6
b) Gọi I là trung điểm BC.
SG 2
SI 3
SM SN SG 2
// BC MN// BC
SB SC SI 3
G là trọng tâm,ta có :
M
I
B
VSAMN SM SN 4
.
VSABC
SB SC 9
4
2a 3
V
V
Vậy: SAMN
SABC
9
27
Ví 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 CDEF
Lời giải:
3
D
a) Tính
F
VABCD : VABCD 1 SABC .CD a
3
6
b) Tacó: AB AC , AB CD AB ( ACD ) AB EC
DB EC EC ( ABD )
a
E
c) Tính
VDCEF :Ta có:
B
C
VDCEF DE DF
.
(*)
VDABC DA DB
2
Mà DE .DA DC , chia cho DA2
a
A
DE DC 2
a2
1
2
2
DA DA
2a
2
2
DF DC
a2
1
Tương tự:
2
2
2
DB DB
DC CB
3
Từ (*)
1
a3
VDCEF 1
V
V
.Vậy
DCEF
ABCD
VDABC 6
6
36
Ví dụ 3: Cho khối chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ( ) qua A, B và trung điểm M của SC . Tính tỉ số
thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.
144
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
S
N
M D
A
O
B
C
Lời giải:
Kẻ MN // CD (N SD) thì hình thang ABMN là thiết diện của khối
chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM).
V
SN 1
1
1
+ SAND
VSANB VSADB VSABCD
VSADB SD 2
2
4
VSBMN SM SN 1 1 1
1
1
.
. VSBMN VSBCD VSABCD Mà
VSBCD
SC SD 2 2 4
4
8
3
VSABMN = VSANB + VSBMN = VSABCD .
8
5
Suy ra VABMN.ABCD = VSABCD
8
VSABMN
3
Do đó :
V ABMN . ABCD 5
Ví 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 là
trung 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.ABCD
c) Tính thể tích khối chóp S.AEMF
Lời giải:
a) Gọi I SO AM . Ta có (AEMF) //BD EF // BD
S
b)
M
I
C
F
Vậy :
VS . ABCD
a 6
2
a3 6
6
c) Phân chia chóp tứ giác ta có
O
A
1
S ABCD .SO với S ABCD a 2
3
+ SOA có : SO AO. tan 60
E
B
VS . ABCD
D
VS . AEMF = VSAMF + VSAME =2VSAMF
VS . ABCD = 2VSACD = 2 VSABC
Xét khối chóp S.AMF và S.ACD
Ta có :
SM 1
SC 2
SAC có trọng tâm I, EF // BD nên:
V
SM SF 1
SI SF 2
.
SAMF
SO SD 3
VSACD SC SD 3
1
1
a3 6
VSAMF VSACD VSACD
3
6
36
VS . AEMF
a3 6 a3 6
2
36
18
145
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Ví 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:
S
a) Ta có:
VS . ABCD
1
a3 2
S ABCD .SA
3
3
b) 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) Tính
VS . A B ' C ' D '
VSAB'C' SB ' SC '
.
(*)
VSABC SB SC
SC '
1
SAC vuông cân nên
SC
2
2
2
SB ' SA
2a
2a 2 2
Ta có:
SB SB 2 SA2 AB 2 3a 2 3
I
+ Tính
B
A
O
D
C
VS . AB 'C ' : Ta có:
Từ (*)
V SA B 'C '
1
V SABC
3
1 a3 2 a3 2
VSAB 'C ' .
3 3
9
+
VS . A B ' C ' D ' 2VS . A B 'C '
2a 3 2
9
Bài 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 diện
AB'C'D và khối tứ diên ABCD.
Đs: k
1
4
Bài 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 m3
Bài 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
a
2a
;AC' . Tính
2
3
a3 2
36
Bài 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 m3
146
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 ,đường cao SA = a.Mặt phẳng qua A và
vuông góc với SB tại H và cắt SC tại K. Tính thể tích hình chóp SAHK.
Đs:
V
a3 3
40
Bài 6: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 27m3 .Lấy A'trên SA sao cho
SA = 3SA'. Mặt phẳng qua A' và song song với đáy hình chóp cắt SB,SC,SD lần lượt tại B',C',D' .Tính thể tích
hình chóp SA'B'C'D'.
Đs: V = 1 m3
Bài 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 = 4m3
Bài 8: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao SA = h. Gọi N là trung điểm SC. Mặt
phẳng 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 h
9
Bài 9 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và I là trung điểm của SC.Mặt phẳng qua AI và
song song với BD chia hình chóp thành 2 phần.Tính tỉ số thể tích 2 phần này.
Đs: k
1
2
Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và lấy M trên SA sao cho
SM
x Tìm x để
SA
mặt phẳng (MBC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.
Đs: x
5 1
2
5) Dạng 5 : Ôn tập khối chóp và lăng trụ
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc đáy. Góc giữa SC và đáy bằng
60 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:
S
a)Ta có V
1
S ABCD .SA
3
2
2
+ S ABCD (2a ) 4a
+ SAC có : SA AC tan C 2 a 6
H
A
B
b) Kẻ MH / / SA MH ( DBC )
60o
Ta có: MH
D
2a
.
1 2
8a3 6
V 4a .2a 6
3
3
C
1
1
SA , S BCD S ABCD
2
2
1
2a3 6
VMBCD V
4
3
147
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Ví 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 và
BD.
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’.
A
B
Lời giải:
a) Gọi thể tích khối hộp chữ nhật là V.
Ta có : V
O
D
M
AB. AD.AA ' a 3.a2 a3 3
ABD có : DB AB 2 AD 2 2a
C
* Khối OA’B’C’D’ có đáy và đường cao giống khối hộp nên:
B'
A'
C'
D'
1
a3 3
VOA' B'C ' D' V
3
3
b) M là trung điểm BC
OM (BB'C')
1
1 a2 a 3 a3 3
VOBB'C ' SBB'C ' .OM . .
3
3 2 2
12
c) Gọi C’H là đường cao đỉnh C’ của tứ
diện OBB’C’. Ta có : C ' H
3VOBB 'C '
SOBB '
ABD có : DB AB 2 AD 2 2a
1
SOBB ' a 2 C ' H 2a 3
2
Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ACB’D’.
B
A
D
C
A'
B'
C'
Lời giải:
Hình lập phương được chia thành: khối ACB’D’ và bốn khối
CB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’.
+ Các khối CB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’ có diện tích
đáy và chiều cao bằng nhau nên có cùng thể tích.
Khối CB’D’C’ có
1 1
1
V1 . a 2 .a a 3
3 2
6
+ Khối lập phương có thể tích:
D'
a
3
1
6
3
V2 a 3
VACB ' D ' a 4. a
1 3
a
3
Ví 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 THPTQG
E
A
I
HĐBM -TỔ TOÁN
B
Lời giải:
a) Khối A’B’ BC:Gọi I là trung điểm AB,
VA ' B ' BC
F
C
1
1 a 2 a 3 a3 3
S A ' B ' B .CI
.
3
3 2 2
12
b) Khối CA’B’FE: phân ra hai khối CEFA’ và CFA’B’.
+ Khối A’CEFcó đáy là CEF, đường cao A’A nên
VA ' CEF
B'
A'
SCEF
J
C'
1
SCEF . A ' A
3
1
a2 3
a3 3
S ABC
VA ' CEF
4
16
48
+ 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
1
SCFB' . A ' J
3
1
a2
SCFB' SCBB '
2
4
1 a2 a 3 a3 3
VA ' B ' CF
3 4 2
24
+ Vậy :
VCA'B'FE
a3 3
16
Bài tập:
Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; AA1 = a 2 . M là trung điểm AA1. Tính thể
tích lăng trụ MA1BC1
a3 2
Đs:V = 12
= 60o,
Bài 2: Hình chóp SABCD có ∆ABC vuông tại B, SA (ABC). ACB
BC = a, SA = a
3 ,M là trung điểm SB.Tính thể tích MABC . Đs: VMABC =
1
4
a3
Bài 3: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90 o. ∆SAC và ∆SBD là các tam giác đều
3 . Tính thể tích khối chóp SABCD.
6
VSABCD = 4
có cạnh bằng
Đ 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 .
2
12
11
Đs: V =
12
Đs: 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 =
a3
2
149
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 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 bằng
Đs: V
Tính VSABCD .
Bài 7: Cho hình chóp SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60 o, BSC = 90o,
3
3
a 2
12
Bài 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 chóp
S.BMDN
Đs: vS .BMDN
a3 3
3
Bài 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 trung
điểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ do (MNE) tạo ra.
Đs: k = 1
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,BC,CD.Chứng minh AM vuông góc
với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Đs :
a3 3
vM .CNP
96
150
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Các 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 vuông
góc 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 án
Bài 2. (CĐ-2014)
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. SC tạo với
đáy 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 án
151
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 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 đều
cạnh a và mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt đáy.
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC
b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC
Đáp án
Bài 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 mặt
phẳng ( 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 án
152
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (ĐH-K.A-2014)
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD
3a
, hình chiếu vuông góc của
2
S 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 án
Bài 5. (TN-2013)
Đáp án
153
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (CĐ-2013)
Đáp án
Bài 5. (ĐH-K.A-2013)
Đáp án
154
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (ĐH-K.B-2013)
Đáp án
Bài 5. (ĐH-K.D-2013)
Đáp án
155
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (TN-2012)
Đáp án
Bài 5. (CĐ-2012)
Đáp án
156
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (ĐH-K.A-2012)
Đáp án
Bài 5. (ĐH-K.B-2012)
Đáp án
157
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. (ĐH-K.D-2012)
Đáp án
158
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
CÁC BÀI TOÁN THI
Bài 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 góc
của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA 3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng
SA 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 đến
mặt phẳng (SBC).
Bài giải
S
H'
C
D
K
H
A
a
B
M
Vì SH ( ABCD ) nên SCH
SC , ( ABCD) 300. Trong tam giác vuông SAD ta có SA2 AH . AD
3
AD 2 AD 4a; HA 3a; HD a
4
SH HA.HD a 3 HC SH .cot 300 3a
12a 2
CD HC 2 HD 2 2 2a.
1
8 6a3
Suy ra S ABCD AD.CD 8 2 a 2 . Suy ra VS . ABCD SH .S ABCD
.
3
3
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên
1
1
d M , ( SBC ) d A,( SBC ) d H , ( SBC ) .
2
2
Kẻ HK BC tại K, HH ' SK tại H '. Vì BC ( SHK ) nên BC HH ' HH ' ( SBC ).
1
1
1
11
2 6 a 2 66
HH '
a.
2
2
2
2
11
HH '
HK
HS
24a
11
66
Từ (1), (2) và (3) suy ra d M , ( SBC )
a.
11
Trong tam giác vuông SHK ta có
(1)
(2)
(3)
1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD
đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 0. Gọi K là trung điểm của SC. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
Bài giải
S
Q
K
D
P
H
C
O
A
B
159
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1200 nên
Gọi O AC BD. Vì BCD
ABC 600
a 3
ABC đều cạnh a AC a, OD OB
.
2
Kẻ 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 3
TH 1.
AHC 600
AHO 300 OH OA.cot 300
OB, vô lý vì OHB vuông tại H.
2
a
a 2
TH 2.
AHC 1200
AHO 600 OH OA.cot 600
BH OB 2 OH 2
.
2 3
3
OH BH
OH .BD a 3
Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên
SD
.
SD BD
BH
2 2
1
a3 2
a2 3 a2 3
.
S ABCD 2.S ABC 2.
. Suy ra VS . ABCD SD.S ABCD
3
8
4
2
Vì 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 3
a
. Từ tam giác vuông SDP DQ .
2
2
(3)
a
.
2
a 10
1350. Hình chiếu vuông góc của
, AC a 2, BC a , ACB
4
C ' 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 góc
tạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A ').
Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có AA '
Bài giải
C'
B'
A'
H
K
C
B
M
A
1
a2
S ABC CA.CB sin1350 .
2
2
Áp dụng định lý cosin cho ABC AB a 5
CA2 CB 2 AB 2 a 2
a 6
C ' M C ' C 2 CM 2
.
2
4
4
4
a3 6
Suy ra thể tích lăng trụ V C ' M .S ABC
.
8
CM 2
160
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Kẻ 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 nên
SCAM
1
a2
2S
a
MK
1
SCAB
MK MAC
tan MC
'K
.
2
4
AC
C 'M
2 2
3
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 B
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 ') bằng
21
. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
7
A ' BC ' D '.
Bài giải
A
D
a 3
3a
B
C
A'
D'
H
O
G
C'
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 cạnh
a 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 BHO
7
3
a 3
9a 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 '
2
2
4
3
Từ cos BHO
a 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 tiếp
2
2
tam 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 mặt
2
2 3a
cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Mặt cầu này có bán kính R GD ' OD ' .
a.
3
3 2
Vì BO
161
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC ) một góc bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp
S. ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và ( ABCD).
Bài giải
S
C
a 3
D
H
K
B
A
Vì (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
.
3
1
a3 6
Suy ra VSABCD SH .S ABCD
.
3
3
.
Kẻ SK BD. Khi đó hình chiếu HK BD. Suy ra (SBD, ABCD ) SKH
SB 2 2a
a 2
HK BH . sin 450
.
BC
3
3
Suy 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 là
tam giác đều cạnh 2 a và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). Tính thể tích khối chóp S. ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a .
Bài giải
S
K
I
A
B
M
H
D
C
162
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Gọi M là trung điểm AB, H là trung điểm BC. Ta có SH BC SH ( ABCD ), SH a 3. Tứ giác AMCD là hình vuông
nên 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 .
2
3
Kẻ 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 .SH
2 21a
Do đó : d ( BC , SA) HK
.
2
2
7
HI SH
Diện 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 , cạnh
bên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm
của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACC1 A1 ).
Bài giải
C1
A1
B1
C
2a
B
K
H
A
M
Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết C1 H ( ABC ) C1CH (CC1 ; ( ABC )) 45 0. *) Từ tam giác vuông
1
ABC với BC 2a , ABC 60 0 AC 2a 3 , AM 4a, CM AB 2 a CH a C1 H CH tan 450 a.
2
2
3
VABC . A1B1C1 C1H .S ABC a.2a 3 2 3a .
Kẻ HK AC đường xiên C1 K AC (( ABC ); ( ACC1 A1 )) C1 KH .
a
Tam giác MCA cân tại M MCA MAC 30 0 HK HC.sin 30 0
2
CH
tan( C1 KH )
2 (( ABC ); ( ACC1 A1 )) arctan 2.
HK
163
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
BÀI TẬP
Bài 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA AB a, AC 2a và SA vuông góc với
mặt 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 SBC
a) 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 SBC
a) 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 trùng
với trọng tâm của tam giác ABD , cạnh SB tạo với đáy một góc 600 .
a) Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD
b) 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 rằng
DBC 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 của
các cạnh AB và AD . Gọi H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABCD và
SH 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 THPTQG
HĐBM -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 SMA
a) 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 . ABC
b) 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 lên
mặt ( 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 . ABC
b) 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 với
mặt 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 SBC
a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC
b) 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 của
các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và
SH a 3 .
165
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
a) Tính theo a thể tích khối chóp S .CDNM và
b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SC
theo a .
Bài 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh , mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt
phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 450 , SA SB .
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD
b) 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 góc
của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn AC , AC 4 AH . Gọi CM là đường cao của tam
giác SAC .
a) Tính theo a thể tích khối tứ diện SMBC
b) 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. Đường
thẳng 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 . ABCD
b) 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 vuông
góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA 3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết
rằng SA 2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300.
a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
b) Tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD
phẳng 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.ABCD
b) 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 góc
với 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
a) Tính theo a thể tích khối chóp S .BCMN
b) 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 bằng
a 5
.
2
a) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp
b) 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 với
đáy và cạnh SB hợp với đáy góc 600 . Lấy M trên SA sao cho AM
a 3
. Mặt phẳng ( BMC ) cắt SD
2
tại N .
a) Tính theo a tích khối chóp S .BCNM
b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC
Bài 21. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trong
mặt 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 a
b) 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 bên
SBC 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.ABCD
b) 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 bên
tạo với mặt đáy ( ABC ) góc 600 . Cho AB 4a, AC 2 7 a ,
ABC 600 .
a) Tính theo a thể tích chóp S . ABC
b) Tính theo a khoảng cách giữa SA, BC .
167
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bài 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 góc
của A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt phẳng ABCD là , với tan
2
.
5
a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABMN
b) 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 , SBC
Mặt phẳng SAC vuông góc với mặt phẳng ABC .
a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC
b) Tính theo a khoảng cách từ
điểm 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 điểm
của BM , AC .
a) Chứng minh rằng mặt phẳng SBM vuông góc với mặt phẳng SAC và
b) 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. Biết
A ' 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 GABC
b) 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 2a
và tạo với mặt phẳng ( ABCD) góc 600 .
a) Tính theo a thể tích tứ diện ABB ' C '
168
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
b) 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 , AD
Bài 31. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có mặt bên là các hình vuông cạnh a . Gọi D, E , F là trung điểm các
cạnh 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 có
AB 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, ACB
4
của 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 của
B 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 ') bằng
21
.
7
a) 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 , cạnh
bên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm
của CM.
a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho
169
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
b) 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 của
điểm A1 trên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm của AC . Góc giữa hai mặt phẳng BCC1B1 và ABC bằng
600 .
a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho
b) 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 giữa
SM , 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 trung
điểm AB . Tình khoảng cách giữa GC ' và AN theo a .
Bài 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
và 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), ABC
Bài 41. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh A . Các mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) vuông
góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và ( ABC ) là 600 . P thuộc đoạn AB sao cho AP
đoạn AC sao cho AQ
1
AB , Q thuộc
4
5
AC . Tính khoảng cách giữa PQ, SC theo a .
7
Bài 42. Cho chóp tam giác đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA
2a 3
. Gọi D là điểm đối
3
xứng 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 . Gọi
E, 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
SD 2a, SD ( ABCD) . E là trung điểm của CD . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình 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 mặt
phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N là trung điểm của BC , CD . Xác định tâm và tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp
chóp 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. Xác
định 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 mặt
phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AC và AH
1
AC . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
4
diện OSCD theo a .
-------------------------------Hết------------------------------
171
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 8
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG
KHÔNG GIAN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
TỌA ĐỘ ĐIỂM - TỌA ĐỘ VÉC TƠ
z
I. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong không gian
x'Ox : trục hoành
x'
y'Oy : trục tung
z'Oz : trục cao
k
y
'
O
: gốc toạ độ
O j
i, j, k : véc tơ đơn vị
i
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 là
không gian Oxyz và ký hiệu là : kg(Oxyz)
y
II. 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
z
i, 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 )
M
O
x
ñ/n
Ý nghĩa hình học:
z
R
z
M3
O
p
x OP
; y= OQ ; z = OR
M2
M
y
y
Q
x
x
OM xi y j zk
M ( 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 k
172
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. 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 ) thì
Định lý 1:
AB ( xB x A ; yB y A ; zB zA )
Nếu a (a1; a2 ; a3 ) vaø b (b1; b2 ; b3 ) thì
Định lý 2:
a1 b1
* a b a2 b2
a b
3
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 song
song .
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
a
k
b
Định 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 kb
3
3
173
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
IV. Tích vô hướng của hai véc tơ:
Nhắc lại:
a.b a . b .cos(a, b)
2 2
a 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 a32
Định lý 8: Nếu A( x A ; y A ; zA ) vaø B(x B ; yB ; zB ) thì
AB ( 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 :
ab
a1b1 a2 b2 a3b3 0
Định lý 10: Cho hai véc tơ a (a1; a2 ; a3 ) vaø b (b1; b2 ; b3 ) ta có :
a.b
a1b1 a2 b2 a3b3
cos(a, b )
a.b
a12 a22 a32 . b12 b22 b32
V. 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
A
M
B
Định lý 11 : Nếu A( x A ; y A ; zA ) , B(x B ; yB ; zB ) và MA k .MB ( k 1 ) thì
x 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x A xB
xM
2
y y
Đặc biệt : M là trung điểm của AB yM A B
2
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 C
3
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 hành
Ví 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 ABC
c. Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ A
VI. 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
b2
a3 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
SABC . AB; AC
2
S ABCD AB; AD
VABCD. A' B'C ' D'
A
B
C
D
B
AB; AD . AA'
a cuøng phöông b
a; b 0
C'
A'
A
1
VABCD . AB; AC . AD
6
D'
C
B'
D
D
C
A
B
C
A
B
175
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 0
BÀI 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 phẳng
b. Tính diện tích tam giác ABC
c. Tính thể tích tứ diện ABCD
Bài 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 GIAN
I. 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:
a
b
a
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chú 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 )
a
n a; b 2
b2
a
a3 a3
;
b3 b3
a1 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 0
M0
y
là phương trình tổng quát của một mặt phẳng .
x
Chú 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 0
Các trường hợp đặc biệt:
1. Phương trình các mặt phẳng tọa độ:
(Oxz)
(Oxy):z = 0
x
(Oyz):x = 0
(Oxz):y = 0
2. 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 z
là:
1
a b c
(Oyz)
z
y
O
(Oxy )
C
c
O
a
A
b
B
177
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví 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 góc
với 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 phương
trình 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 sao
cho 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 tb
2
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 tbn
a
a1 a2
Ký hiệu:
a1 : a2 : ... : an b1 : b2 : ...: bn
hoặc
... n
b1 b2
bn
2. 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
n
1
n1
a
n2
b
a
a
b
b
( ) 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 B1
B
C
C
A
hoaëc 1 1 hoaëc 1 1 )
A 2 B2
B2 C2
C2 A2
Đặc biệt:
A1 A2 B1B2 C1C2 0
178
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN
I. 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 :
a
z
x x0 ta1
() : y y0 ta2
z z ta
0
3
()
M0
M ( x, y, z ) y
(t )
O
x
2. 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
a1
a2
a3
Ví 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 của
đường 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 tâm
G 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 điểm
1 1 1
M 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 :
( )
a
M
a
n
a
( )
n
n
M
a
a
M
a ( )
179
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho :
x x0 y y0 z z0
đường thẳng () :
có VTCP a (a1; a2 ; a3 ) và qua M0 ( x0 ; y0 ; z0 )
a1
a2
a3
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
() // ( )
( ) ( )
a
a1 : a2 : a3 A : B : C
() ( )
Đặc biệt:
n
a
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 = 0
Tìm 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 hình
chiếu 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
1
5
4
để đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng (P).
2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng :
M
M0
'
0
u
1
a
b
u
M0
u'
2
M 0'
1
2
'
1 M 0 M 0
u
u'
M0
2
M
'
0
1
u'
2
Định 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 )
a
b
c
x x0 y y0 z z0
'
( 2 ) :
coù
VTCP
u
(a' ; b' ; c' ) vaø qua M'0 ( x0' ; y0' ; z0' )
'
'
'
a
b
c
180
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 0
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng ( ) & ( ) ta có công thức:
cos
A1 A2 B1B2 C1C2
a
A12 B12 C12 . A22 B22 C22
0 0 90 0
b
Ví 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
a
b
c
và mặt phẳng ( ) : Ax By Cz D 0
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng () & ( ) ta có công thức:
( )
a ( a ; b; c )
n ( A; B ; C )
sin
Aa Bb Cc
2
A B 2 C 2 . a2 b2 c2
3.Góc giữa hai đường thẳng :
Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :
x x0 y y0 z z0
(1 ) :
a
b
c
x x0 y y0 z z0
( 2 ) :
'
a'
b'
c
a
a1 (a; b; c )
0 0 90 0
1
2
a 2 ( a ' ; b' ; c ' )
0 0 90 0
181
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Gọi 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'2
IV. 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 ; )
a
Ax0 By0 Cz0 D
H
A2 B 2 C 2
Ví 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:
M1
M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 )
u
( )
H
M0 M1; u
d ( M1 , )
u
x y 1 z 3
và điểm A(1;2;1)
3
4
1
Tính 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
1
u
M0
M 0'
u'
2
u, u ' .M 0 M 0'
d (1 , 2 )
u; u '
182
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ: Cho hai đường thẳng :
x 9 6t
x 5 y 5 z 1
(d1 ) :
vaø (d 2 ) : y 2t
3
2
2
z 2 t
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d 1) và (d 2).
MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN
I. 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 )
I
R
Phương trình (1) được gọi là phương trình
chính tắc của mặt cầu
M ( x; y; z )
y
O
(1)
Đặc biệt:
Khi I O thì (C ) : x 2 y 2 z2 R 2
x
2. Phương trình tổng quát:
Định lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình :
x 2 y 2 z2 2ax 2by 2cz d 0
với a2 b2 c2 d 0 là phương trình của mặt cầu (S) có
tâm 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 cầu
II. 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 2
Gọi d(I; ) là khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng
Ta có :
1. ( ) caét maët caàu (S)
d(I; ) < R
2. ( ) tieáp xuùc maët caàu (S)
d(I; ) =R
3. ( ) khoâng caét maët caàu (S)
d(I; ) > R
(S )
(S )
I
(S )
I
R
R
R
a
H
a
M H
(C )
I
M
M
a
r
H
183
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chú 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 tại
điểm M(0;1;-2).
B. Các ví dụ
Ví 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
2
3
5
Tìm 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 6
x
2
y
1
z
1
y 5 A 6;5; 9
z 9
2
3
5
Lấy 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 t
1
3 3 3
2x y z 8 0
y
3
z 5
3
8 16 32
8
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 TOÁN
x 6 y 5 z 9
1
2
4
x 1 y 1 z 3
Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz cho M 1; 2; 3 ; a 6; 2; 3 , d :
. Tìm phương trình
3
2
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
3
6
Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, lập phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A 0;1;1 , vuông góc
x 1 y 2 z
và cắt d 2 là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình:
3
1
1
x y z 2 0, x 1 0
Bài giải
(d1 ) :
185
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
x 1
Viết 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
1
2
3
x 3 y 2 z 1
và mặt phẳng (P): x y z 2 0 .
2
1
1
Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong (P) saocho vuông góc với
Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d):
(d) và khoảng cách từ M đến bằng
42 .
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 0
Gọi (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 5t
Ta 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
3
1
x 3 y 4 z 5
+ Với t 1 ta có: 2 :
2
3
1
186
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví 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 . Tìm
trên (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 có
MA 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 t
Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:
x 2 t
t 1
y 1 t
x 1 M 1,0, 1
z t
y0
x y z 0
z 1
Vậy M 1; 0; 1 .
x 1 y 2 z
x 2 y 1 z 1
; d2 :
và mặt
1
2
1
2
1
1
phẳng P : x y 2z 5 0 . Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P) và cắt d1 , d 2 lần
Ví 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 THPTQG
HĐBM-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
2
2
a 5 a 1 3
2
2
2a 2 8a 35 2 a 2 27 3 3
Suy ra: min AB 3 3 a 2
b 2
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:
x 1 y 2 z 2
1
1
1
Ví 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 . Lập
phương 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 0
Do O, A, B S 16 8c 0 c 2
4 4a 0
a 1
Suy 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 0
5
b 2 4 4b 2 10b 0
4 1
b 2
2b3
Vậy có hai mặt cầu là:
S1 : x 2 y2 z 2 2x 4z 0
S2 : x 2 y2 z 2 2x 5y 4z 0
Ví 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 giải
188
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 t
Phương 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 t
y2
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 phẳng
5x 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 2
189
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Xét điểm M 11;0; 25 , ta có:
IM 9; 3; 24
u; IM 30;30; 15
n d 2;1; 2
2
2
u; IM
30 302 15
d I;(d)
15
3
u
Do đó: R IH 2 AH 2 225 64 17
Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x 2 y 3 z 1 289
2
2
2
x 2 y 3 z 1
. Xét hình bình hành ABCD
1
2
2
có 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
2
3 2
Vì S ABCD 3 2 S ACD
.
2
Ta 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:
1
1
1
S ACD
AC , AD
16 (4t 7 ) 2 (4t 9) 2
32t 2 128t 146 .
2
2
2
Từ (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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
C. Các bài toán thi TN - CĐ - TSĐH năm 2014
Bài 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 án
Bài 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 án
191
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 án
Bài 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
.
2
2
1
a) 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Đáp án
Bài 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 thẳng
d:
x2
y z 3
.
1
2
3
a) Tìm tọa độ giao điểm của d và ( P) .
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( P) .
Đáp án
193
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
D. BÀI TẬP
Bài 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 đi
2
1
5
qua M
Kết 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 với
mặt phẳng P .
194
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Kết quả:
HĐBM-TỔ TOÁN
x 1 y 2 z 3
.
3
1
1
x 1 3t
x2 y z3
Bài 10. Cho M 2;3; 1 và hai đường thẳng 1 :
; 2 : y 2 t . Viết phương trình
1
3
2
z 1 5t
đường thẳng qua M vuông góc với 1 , 2 .
Kết quả:
x 2 y 3 z 1
.
13
1
8
Bài 11. Cho M 3; 2; 1 và hai đường thẳng 1 :
x 1 y 3 z
x3 y z3
; 2 :
. Viết phương
2
1
5
1
2
1
trình đường thẳng qua M vuông góc với 1 và cắt 2
Kết quả:
x 3 y 2 z 1
.
4
1
5
Bài 12. Cho M 1; 1;1 và hai đường thẳng 1 :
x 2 y 1 z 2
x 2 y 3 z
; 2 :
. Viết phương
2
1
1
1
3
1
trình đường thẳng qua M cắt cả hai đường thẳng 1 và 2 .
Kết quả:
x 1 y 1 z 1
.
13
6
5
Bài 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 ra
1
2
2
tọa 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 hình
2
3
1
chiếu vuông góc của trên mặt phẳng P
Kết quả:
x 3 y 3 z 1
.
26
29
1
Bài 16. Cho đường thẳng :
x 1 y z 2
và mặt phẳng P : x 4 y 3z 1 0 . Viết phương trình hình
2
1
1
chiếu vuông góc của trên mặt phẳng P .
195
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
9
x 13 2t
16
Kết quả: y t .
13
14
z 3 2t
x 2 t
x 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
.
1
1
1
Bài 18. Cho đường thẳng :
x2 y z3
và mặt phẳng P : 2 x y 2z 1 0 . Tìm tọa độ giao điểm của
1
2
3
và P .Viết phương trình mặt phẳng chứa và vuông góc với P .
7
3
Kết quả: M ; 3; , P : x 8y 5z 13 0 .
2
2
Bài 19. Cho điểm A 1; 0; 1 và đường thẳng :
x 1 y 1 z
. Viết phương trình mặt phẳng qua A và
2
2
1
vuông 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 M
một 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 z9
x 3 y 1 z 1
. Chứng minh 1 và 2
; 2 :
1
2
1
7
2
3
chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng P qua 1 và song song 2 .
196
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 23. Cho hai đường thẳng 1 :
x 1 y 2 z 1
x 1 y z 3
. Chứng minh 1 và 2
; 2 :
1
1
1
1
1
2
chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng là đường vuông góc chung của 1 và 2 .
x t
x 3 y 6 z 1
Bài 24. Cho hai đường thẳng 1 :
; 2 : y t . Chứng minh 1 và 2 chéo nhau.
2
2
1
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 2
và hai mặt phẳng
1
1
2
( 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 với
hai mặt phẳng (P) và (Q).
Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ
d1 :
Oxyz ,
cho điểm
M (1; 1; 0)
và hai đường thẳng
x 1 y 3 z 1
x 1 y 3 z 2
, d2 :
. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 đồng
1
1
1
1
2
3
thời cách M một khoảng bằng
6.
Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
A(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) và
MA2 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, Oy
lần lượt tại A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3.
197
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 :
x 1 y z 3
x y2
z
, d2 :
và
1
3
4
2
1
2
A 1; 2; 0 . Lập phương trình mặt phẳng P song song với hai đường thẳng d1 , d2 và cách A một khoảng bằng
3.
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 . Viết
phương trình đường thẳng đi qua điểm A song song với mặt phẳng đồng thời cắt đường
thẳng d :
x 2 y 4 z 1
.
3
2
2
Bài 33. Trong không gian với hệ tọa độ
S : x2 y 2 z 2 4x 2 y 2 z 3 0
Oxyz , cho mặt phẳng
P : x y z 2 0 ,
mặt cầu
và 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 bằng
3.
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 đỉnh
C , D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :
x 1 y z 2
1 1
1
Bài 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 0 , đường thẳng (d ) :
x y 1 z
và mặt phẳng
2
1
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 khoảng
cách 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 2
và mặt
2
1
3
phẳng ( 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 1
x 1 y 1 z 3
, (d 2 ) :
. Viết phương trình đường thẳng (d ) song song với mặt phẳng
2
2
1
3
2
2
( 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 9: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
y
A. TỌA ĐỘ ĐIỂM - VECTƠ
j
I. 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'
i
x
O
y'
Quy ước : Mặt phẳng mà trên đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxy được gọi là mặt phẳng
Oxy 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
y
bởi
hệ
thức
có
dạng
:
i
,
j
OM
xi
y j vôùi x,y .
Q
M
j
x'
Cặp số (x;y) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M.
i
O
x
M(x;y)
Ký hiệu:
P
( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M )
y'
OM xi y j
x OP
vaø y=OQ
ñ/n
M ( x; y )
y
Ý nghĩa hình học:
M
Q
y
x'
x
x
O
P
y'
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 .
y
Cặp số (a1;a2) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a .
e
Ký hiệu:
a (a1; a2 )
2
a=(a1;a2 )
Ý nghĩa hình học:
a a1i a2 j
O
e1
x
P
y'
y
K
B2
B
A
A2
x'
ñ/ n
x'
a
H
x
O
A1
y'
a1 A1B1
vaø a2 =A 2 B2
B1
199
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
III. 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
* ab 1 1
a2 b2
* a b (a1 b1; a2 b2 )
* a b (a1 b1; a2 b2 )
* k .a (ka1; ka2 )
(k )
b
IV. 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 song
song .
Định lý về sự cùng phương của hai véc tơ:
Định lý 3 :
a
b
a
b
Định 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
b
k < 0 khi a ngược hướng b
a
2
5
a b , b- a
k
5
2
B
b
A
C
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
V. Tích vô hướng của hai véc tơ:
y
Nhắc lại:
b
b
O
a
a
a.b a . b .cos(a, b)
B
A
b
2 2
a a
x'
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
a
O
x
y'
(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 ) thì
AB ( 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
ab
(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.b
a1b1 a2b2
cos(a, b)
a.b
a12 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 .MB
A
M
B
Định lý 11 : Nếu A( x A ; y A ) , B(x B ; yB ) và MA k .MB ( k 1 ) thì
x A k .x B
x M 1 k
y y A k .yB
M
1 k
201
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Đặc biệt :
HĐBM-TỔ TOÁN
x A xB
x M
2
M là trung điểm của AB
y y A yB
M
2
VII. Một số điều kiện xác định điểm trong tam giác :
A
x A x B xC
x G
3
1. G laø troïng taâm tam giaùc ABC GA GB GC 0
y y A y B yC
G
3
AH BC
AH .BC 0
2. H laø tröïc taâm tam giaùc ABC
A
BH AC
BH . AC 0
AA' BC
C
3. A' laø chaân ñöôøng cao keû töø A
B A'
'
BA cuøng phöông BC
G
C
B
A
H
C
B
A
IA=IB
4. I laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC
IA=IC
I
AB
5. D laø chaân ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc A cuûa ABC DB
.DC
AC
AB
6. D' laø chaân ñöôøng phaân giaùc ngoaøi cuûa goùc A cuûa ABC D ' B
.D 'C
AC
A
AB
7. J laø taâm ñöôøng troøn noäi tieáp ABC JA
.JD
BD
C
B
A
C
D
B
J
C
B. ĐƯỜNG THẲNG
B
D
I. 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. 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 ) làm
VTCP sẽ có :
y
x x0 t.a1
Phương trình tham số là : () :
y y0 t.a2
a
(t )
M ( x; y )
x
O
Phương trình chính tắc là : () :
M 0 ( x0 ; y 0 )
x x0 y y0
a1
a2
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
n
M ( x;x y )
O
M 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 )
O
Ax + By + C = 0
với A2 B 2 0
x
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 0
Mệnh đề (3) được hiểu là :
Điều kiện cần và đủ để một điểm nằm trên đường thẳng là tọa độ điểm đó
nghiệm đúng phương trình của đường thẳng .
203
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
3. 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 xA
y yA
x B x A yB y A
( AB ) : x x A
y
y
B( x B ; y B )
M ( x; y )
O
( AB ) : y y A
yA
xA
x
A( x A ; y A )
yB
A( x A ; y A )
xB
y
A( x A ; y A )
B(x B ; y B )
yA yB
x
x
B( 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 tại
x y
1
a b
điểm 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 góc
y
của đường thẳng
Định lý 1: Phương trình đường thẳng qua M0 ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k là :
y
O
O
x
M ( x; y )
y0
x0
x
y - 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 góc
Ox nên khi sử dụng ta cần để ý xét thêm đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox là
x = x0
Chú ý 2: Nếu đường thẳng có phương trình y ax b thì hệ số góc của đường thẳng là k a
Định 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 1
c. 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 =0
ii. Phöông trinh ñöôøng thaúng (1 ) (): Ax+By+C=0 coù daïng: Bx-Ay+m 2 =0
204
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chú ý: m1; m2 được xác định bởi một điểm có tọa độ đã biết nằm trên 1; 2
y
1 : Ax By m1 0
y
1 : Bx Ay m2 0
: Ax By C 1 0
O
M1
x
x0
x
x0
O
M1
: Ax ByC1 0
III. Vị trí tương đối của hai đường thẳng :
y
y
y
2
1
x
O
1
x
O
1
O
2
2
1 caét 2
1 // 2
x
Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng :
1 2
(1 ) : A1x B1y C1 0
(2 ) : A2 x B2 y C2 0
Vị 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 0
hay
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 nghieäm
Định lý 2:
(1 ) ( 2 )
Nếu A2 ; B2 ; C2 khác 0 thì
A1 B1
A 2 B2
ii. (1 ) // (2 )
A1 B1 C1
A 2 B2 C2
iii. (1 ) ( 2 )
i.
(1 ) caét ( 2 )
A1 B1 C1
A 2 B2 C2
205
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
IV. Góc giữa hai đường thẳng
1.Định nghĩa: Hai đường thẳng a, b cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất trong các số đo
của bốn góc đó được gọi là góc giữa hai đường thẳng a và b (hay góc hợp bởi hai
đường 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 0
2. 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 0
Gọi ( 00 900 ) là góc giữa (1 ) vaø ( 2 ) ta có :
y
cos
A1 A2 B1B2
1
A12 B12 . A22 B22
x
O
2
Hệ quả:
(1 ) ( 2 ) A1 A2 B1B2 0
V. 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:
M0
y
H
d ( M 0 ; )
Ax0 By0 C
O
A2 B 2
x
( )
206
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
C. ĐƯỜNG TRÒN
I. 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 :
y
b
O
I ( a; b)
R
a
(C ) : ( x a )2 ( y b)2 R 2
(1)
M ( x; y )
x
Phương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của đường tròn
Đặc biệt: Khi I O thì (C ) : x 2 y 2 R 2
2. Phương trình tổng quát:
Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình :
x 2 y 2 2ax 2by c 0
với a2 b2 c 0
là phương trình của đường tròn (C) có tâm I(a;b), bán kính R a 2 b 2 c
II. 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 0
VI. Các vấn đề có liên quan:
1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn:
(C )
(C )
I
I
R
R
H M
M H
Định lý:
() (C )
d(I;) > R
() tieáp xuùc (C) d(I;) = R
() caét (C)
d(I;) < R
M 0 ( x0 ; y0 )
(C)
( )
I(a;b)
(C )
I
R H
M
Lưu 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 0
Cách 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2. Vị trí tương đối của hai đường tròn :
C1
C2
I1
R1
R2
I2
C1
C1
I 1 R1
R2
I2
C2
C2
I1
R1
R2
I2
C1
I1 I
2
C2
(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 R2
Lưu ý: Cho đường tròn (C ) : x 2 y 2 2ax 2by c 0
và 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)
(*)
2
2
(2)
x y 2 a ' x 2b ' y c ' 0
Cách 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 hoặc
y 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 TOÁN
I. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Bài 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 tam
giác ABC .
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , đường thẳng BC có phương trình
x 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Điểm M 2; 0 là trung điểm của AB . Đường
trung 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 trình
đường thẳng AC .
C
900 . Phương trình các
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD có B
đường 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 A0; 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 CF
Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;1 và đường thẳng : x 2 y 6 0 . Tìm tọa độ điểm M trên
đường 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 trên
đường 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 và
IB 2 .
Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A 4;8; B 5; 4 và đường thẳng : 3x y 4 0
Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng sao cho MA MB .
17 1
Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A0;1; B ; và đường thẳng : x 2 y 3 0
5
5
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 0
Tìm 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 1. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AC sao cho AN
1
AC .
4
Chứng minh rằng tam giác DMN vuông tại N .
Gợi ý chứng minh
Lấy 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 MAN
Gợi ý chứng minh
Cách 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 , K
lần lượt là trung điểm của AH và DC . Chứng minh rằng BM KM .
Gợi ý chứng minh
Lấy điểm phụ E là trung điểm của BH sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán.
210
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu
vuông góc của B trên CD , M là trung điểm của HC . Chứng minh rằng AM BM .
Gợi ý chứng minh
Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD, CA
Chứng 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 B
trên đường thẳng MD . Chứng minh rằng AN CN .
Gợi ý chứng minh
Tứ giác BCND và tứ giác ABCN nội tiếp sẽ giúp ta tìm ra lời giải bài toán.
211
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 6. Cho tam giác ABC cân tại A , D là trung điểm đoạn AB . I , E lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC , trọng tâm tam giác ADC và G là giao điểm của AI và CD . Chứng minh rằng DG IE .
Gợi ý chứng minh
Chứng minh G là trực tâm tam giác DEI
Bài 7. Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Gọi I là giao điểm của
CM và DN . Chứng minh rằng AI AD .
Gợi ý chứng minh
Lấy 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 chéo
0
AC , M là trung điểm của đoạn thẳng HC . Chứng minh rằng BM MD .
Gợi ý chứng minh
212
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Lấy 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 trên
0
cạnh CD , M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh rằng AH MH .
Gợi ý chứng minh
Tứ 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 tạI
A 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 cho
AN 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 cắt
đường 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 là
hình 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 đường
tròn O, R tại D . Chứng minh rằng DB DC DK
213
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
III. 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 trình
đường thẳng đi qua A và vuông góc với (d ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (d ) sao cho AM 5 .
Đáp án
Bài 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 điểm
D(1; 1) . Đường thẳng AB có phương trình 3 x 2 y 9 0 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC có phương trình x 2 y 7 0 . Viết phương trình đường thẳng BC .
Đáp án
Bài 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 án
214
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 là
điểm thuộc đoạn AC sao cho AN 3NC . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; 1) .
Đáp án
215
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
VI. CÁC DẠNG TOÁN THI
Dạng 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 1
B1. Đặt tọa độ cho điểm M .
am c
bm c
M m;
,
b
0
hoặc
M
; m , a 0
a
b
B2. 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 phương
Chuyển tính chất hình học sang phương trình với ẩn m . Giải phương trình tìm m M .
Phương pháp 2
B1. 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 cho
hai 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 0
A 1;3 2 3 m 0 m 1
Suy 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 1
y 1
Suy 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 2
C
02
2
02
2
BC 5
x 0 y 0 1 5
x 0 y 0 1 5
216
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
xy 22 hoặc xy 02 (loại). Suy ra: C 2; 2
x 2 1 0
x 1
Do ABCD là hình vuông nên: CD BA
D 1; 4
y 2 3 1
y 4
Giải hệ này ta được:
HĐBM-TỔ TOÁN
0
0
0
0
D
D
D
D
Vậy 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 25
Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên: AB.AC 0 c 1 4.
0c3
2
Vậy 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 giải
9 9
3 2
4 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 2
AB
3
3
x 3 y 0 0 x y 3 0
2
2
2
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 x
x2 x4
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:
xy
C
C
2x I x A 9 2 7
C 7; 2
2y I y A 3 1 2
217
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Vì I là trung điểm của BD nên:
xy
B
B
2x I x D 5
B 5; 4
2y I y D 4
Vậy 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 thẳng
3x 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:
1
1
SGAB SABC .3 1
3
3
x2 y4
x y2 0
2
2
Phương trình đường thẳng AB là:
Đặt G a; b , do G d : 3x y 1 0 nên 3a b 1 0 , ta có:
1
1
SGAB 1 .AB.d G, AB 1 .2 2.d G, AB 1
2
2
1
d G, AB
2
a b2
1
2
2
a b 2 1
1
a 2 a 1
3a
b
1
3a
b
1
Tọa độ G là nghiệm của hệ:
a b 1
a b 3
1 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 5
Với 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 AMB
218
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
(C) có tâm I 1; 2 và bán kính R 5
600 AMI
1 AMB
300
Theo giả thiết: AMB
2
Tam giác AMI vuông tại A nên: s in300
Đặt M t; t 1 (d) , ta có:
2
AI
IM 2AI 2R 2 5
IM
2
IM 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 0
A 0; 2 2 m 0 m 2
Suy ra: : 2x y 2 0
2
x 5
2 6
2x
y
2
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
B ;
x 2y 2
6
5 5
y
5
Đặt C 2t 2; t (d) , theo giả thiết ta có:
AB 2BC AB2 4BC 2
2
2
2
2
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 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 trên
đường 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
;
2
2
Tam giác BDN vuông tại N nên IN IB . Suy ra: IN IA
Do đó ta có phương trình:
5 t 4 4 2t 3 4 t 4 8 2t 3 t 1
2
2
2
2
2
2
2
2
Suy 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 bình
hành. Suy ra AC || DM . Theo giả thiết, BN DM , suy ra BN AC và CB CN . Vậy B là điểm đối xứng
của 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 0
Do đó: B 3a 17; a
Trung điểm của BN thuộc AC nên:
3a 17 5 a 4
3
4 0 a 7
2
2
Vậy B 4; 7 .
220
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau
và 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 ICB
BH 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 có
IC IB BC 1
CH 10
ID 3 IC CD IC 2 ID 2 IC 10
5 2
ID ID AD 3
2
t 1
2
2
Do 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
5
5
độ đỉnh C .
221
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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
5
2
2
Do 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 tọa
độ 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 0
Đường thẳng BC có phương trình 2 x y 7 0
2 x y 7 0
Suy 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 giác
ABC . 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 4
Ta 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 0
222
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
c 1
2
2
Do đó C 6 2c; c . Từ IC IA 7 2c c 1 25
c 5
Do 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 1
2
2
Do đó C t; 2 t 8 . Từ IC IA t 1 2t 7 25
c 5
Do 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 thẳng
2
2
: y 3 0 . Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của C , các đỉnh N và P thuộc , đỉnh M và trung
điểm 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
2
2
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 lượt
tại 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Do đó AHP HMQ , suy ra AH HM
Hơn nữa, ta cũng có AH HM . Do đó AM 2 MH 2d M ,( AN )
3 10
2
A AN , suy ra A t; 2t 3 . Khi đó:
2
2
t 1
11
3 10
7
45
MA
t 2t
t 2 5t 4 0
t 4
2
2
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
A3;1
x y 4 0
Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN || AD .
4
Suy 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 là
x y 0
Gọi I và K lần lượt là giao điểm của với AC và AD .
x y 0
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ
I 0; 0
x 3 y 0
x y 0
và 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 MB
đến 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 MB
Tứ giác MAIB có MAI
224
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
S MAIB IA.MA MA 2 5 IM IA2 MA2 5
M , có tọa độ dạng M t ; t 2
t 2
2
2
MA 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 biết
điểm 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
2
Mà 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 BAC
5
nhọn.
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 5
3
IH IC 2 HC 2
5
5
225
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
d ( I , BC )
3
5
HĐBM-TỔ TOÁN
m 2
BC : 2 x y 2 0
| m5|
3
5
5
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) .
2
2
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 cao
kẻ 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 BAC
Bài 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
1
2
3 a 9
1
a 4. Suy ra A(4; 8).
2
2
2
2(3 a ) a 6a 10
Ví dụ 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường
chéo 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 của
tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và
đỉnh A có tung độ dương.
Bài giải
Vì DE AC nên DE : x y 3 0 D t ; t 3 .
1
1
Ta có d G , AC d B, AC d D, AC
3
3
226
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
D 1; 4
t 1
1 2t 4
2 .
.
3
2
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 .
1
4
4
Ta có S AGCD S AGC S ACD 1 S ABC S ABC S ABD .
3
3
3
A 5; 6 tm
a 5
1
Suy 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 tọa
độ 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 IBC
ADC 2 cos IBC
2
.
5
Vì C AC C c; 2c 3 BI 1; 3 , BC c 4; 2c 3 . Ta có
cos IBC
c 1
2
5c 5
2
2
5
5
3c 22c 35 0
10. 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 THPTQG
HĐBM-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, trung
tuyến 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 độ
A, B, C.
Bài giải
x 2 y 1 0
suy 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 của
tam 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)
2
2
( 4a 5) ( a 1) . 5
1
2
228
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 A
có 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 và
đường 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 biết
tâm 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 phương
trình 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 diện
tích tam giác ABC bằng 6.
229
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
1 3
5 5
Tọa độ chân đường cao H ( ; ).
1 7
5 5
Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt d : x 2 y 3 0. d AH I I ( ; ). Ta có
HA 3HI A(1; 3).
d ( A, BC )
6
5
. 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 là
M(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 = 18
2SACD
36
6 10
3 10
d(A; CD) =
d(M; CD) =
CD
5
5
3 10
3A B 3A 3B 3 10
5 6A 4B 3 10 A2 B2
2
2
5
A B
25(36A2 + 48AB + 16B2) = 90(A2 + B2)
810A2 + 1200AB + 310B2 = 0 A
B
31B
hay A
.
3
27
B
: Chọn B = –3 A = 1 (CD): x – 3y – 6 = 0 D(3d + 6; d)
3
Ta 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).
3
31B
* A
: Chọn B = –27 A = 31 CD: 31x – 27y + 12 = 0
27
* A
2
729
31d 12
31d 93
2
2
2
D d;
(loại)
CD (d 3)
90 (d 3)
27
169
27
Vậy B(–3; 1).
230
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , đường thẳng AB
có 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 ABD
n1 n2 5 5
2 AB
từ (1),(2) AD 11 , AB 2 (3)
D BB D a;2a 3 , AD d D; AB
11a 11
5
(4) . Từ (3) & (4) suy ra
11a 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 A
5 5
2
38 39
;
5 5
qua I C
13
11
28 49
& C ; .
5
5
a 4 D(4; 11) tương tự trên ta tính được A ;
5
5
Ví dụ 28: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực
tâm 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng.
Yêu cầu
1) Nắm vững chắc tất cả các dạng phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ
2) 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
n
M ( x; y )
x
O
M 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 biết
A 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 0
Phương trình trung tuyến CN là: 3x y 2 0
b6
Đặt B 2b 1; b , do N là trung điểm AB nên : N b;
2
b6
b6
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
2
c 1
3c 4
c 1 3c 4
M
;
2.
1 0 c 1
BM
2
2
2
2
Suy ra: C 1; 5
Vậy phương trình AB, BC, AC là:
AB : 11x 2y 1 0
BC : 7x 4y 13 0 .
AC : 2x y 8 0
232
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2
2
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M 6; 2 và đường tròn (C) có phương trình x 1 y 2 5
Lập 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:
AB2
10 5
10
5 IH
4
4 2
2
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 2b
d I;(d) IH
2
a b
2
10
9a 2 b 2 b 3a
2
+ 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 AB
Mặt khác ta có: AN AM AB 2AN N là trung điểm của AB
Do MN AD nên phương trình MN là: x y m1 0
M 0; 1 MN 1 m1 0 m1 1
Suy 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
xy0
1
2 2
y
2
Vì K là trung điểm của MN nên:
xy
N
N
2x K x M 1
N 1; 0
2y K y M 0
Do AB CH nên phương trình AB là: x 2y m 2 0
N 1;0 AB 1 m 2 0 m2 1
233
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Suy 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
xy0
y 1
Suy 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
xy
B
B
2x N x A 3
B 3; 1
2y N y A 1
Phương 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 và
đường 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 0
A 1; 2 AC 2 10 m 0 m 8
Suy 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 a
2b
1 a 2 b
Do M
;
7.
20 0 5a 7b 31 0
CM 5.
2
2
2
2
Tọa độ M là nghiệm của hệ: 5a 2b 4 a 2 B 2;3
5a 7b 31
b3
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 tam
giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất.
234
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 4
1
IH . 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
4
b.
3
* Với a 0 ta có pt : y 3 0.
* Với a
4
b. 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 thẳng
d :2 x 5 y 1 0 , cạnh AB nằm trên đường thẳng d :12 x y 23 0 . Viết phương trình đường thẳng AC
biết 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 .n
n .n
2a 5b
145
AB BC CA BC
9 a 2 100ab 96b 2 0
2
2
n AB . nBC
nCA . nBC
5
a 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 điểm
A 4;1 , B 3; 1 . Gọi C , D là hai điểm thuộc T sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình
đường thẳng CD .
235
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
2
2
1
9 10
Ta có T : x x
nên T có tâm
2
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 5
5 2m 7
và CD 2 R h 2
2
20
2
2
2
2
m 6
5 2m 7
2
Ta có CD AB 2
5 2m 7 25
thỏa mãn
2
20
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. Viết
phương 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)
2
2
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 29
5
(9a 29)2
25
Từ (1) và (2) suy ra 10a 2 50 a 65 9
(1)
(2)
(9a 29) 2
169 a 2 728a 559 0
25
I (1; 3), R 5
a 1
43 51
5 61
a 43
I ; , R
13
13
13 13
2
2
43
51 1525
Suy ra (C ) : ( x 1) ( y 3) 25 hoặc (C ) : x y
.
13
13
169
2
2
236
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví 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 ) (A
và 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
1
10
AB
.
2
2
Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có
1
1
1
1
4 1
2
AM 5 MI 10 .
2
2
2
10 5
AH
AI
AM
AM
Ta có : 5x 2y 19 0 :
x 5 y 3
M (5 2m; 3 5m)
2
5
Khi đó MI 10 (3 2m) 2 ( 2 5m) 2 10 29m 2 32m 3 0 m 1 hoặc m
3
.
29
Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.
5
2
2
1
2
2
5
2
+ Với m 1 ta có M (3; 2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là x y .
2
+ Với m
2
3
197
101
5
139 72
ta có M
;
y
.
. Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là x
29
58
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 MAN
Bài 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 ra
d tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN
1200 I MN
I NM
300 hạ IH d IH d I , d 1 R
MIN
2
2a
1
2 a 2 4 a 5 a 2 4a 3 0 a 1 a 3
2
+ 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2
2
+ 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 tâm
nằm 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
2
2
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 phương
2 2
3
1
trình : 1. x 7. y 0 : x 7 y 5 0
2
2
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 12
5 5
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình C : x 12 2 y 1 2 125 .
IV. BÀI TẬP
Bài 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 có
phương 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 đỉnh
B, C , D của hình thoi ABCD .
Kết quả:
238
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30 và hai điểm
M (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 là
điểm trên cạnh AC sao cho AN
1
AC ; điểm N thuộc đường thẳng 3 x y 4 0 , phương trình đường thẳng
4
MD : x 1 0 . Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông ABCD , biết khoảng cách từ A đến đường thẳng MD
bằng 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 là
chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC . Biết tọa độ đỉnh B(5; 6) , phương trình
đường thẳng ( DH ) : 2 x y 0 , phương trình đường thẳng ( DM ) : x 3 y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình
thang 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 đỉnh
4
3
của hình vuông ABCD
Kết 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 0
239
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 độ
dương.
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 , biết
4
2 2
D nằm trên đường thẳng (d ) : x y 3 0
Kết 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 tuyến
kẻ 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 A
vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D 4; 2 . Viết
phương 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 : y1 0
--------------------------------Hết----------------------------------
240
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Chủ đề 10
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
1. (a b)2 a2 2ab b2
2. (a b)2 a2 2ab b2
a 2 b 2 (a b) 2 2ab
a 2 b 2 (a b) 2 2ab
3. a2 b2 (a b)(a b)
4. (a b)3 a3 3a2b 3ab2 b3
a 3 b3 (a b)3 3ab(a b)
5. (a b)3 a3 3a2b 3ab2 b3
6. a3 b3 (a b)(a2 ab b2 )
7. a3 b3 (a b)(a2 ab b2 )
8. a b c
2
a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc
Nhắc lại:
1) Một số phép biến đổi tương đương phương trình thường sử dụng
a) 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 trình
Bước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩa
Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giải
Bước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có)
Bước 4: Kết luận
241
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
3. Các phương pháp giải phương trình đại số thường sử dụng
a) Phương pháp 1:
Biến đổi phương trình đã cho về phương trình đã biết cách giải
Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số : A.B = 0; A.B.C = 0.
A 0
A 0
Định lý:
; A.B.C 0 B 0
A.B 0
B 0
C 0
c) Phương pháp 3:
Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đã biết cách giải.
b) Phương pháp 2:
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
I. Giải và biện luận phương trình bậc nhất:
1. Dạng :
x : aån soá
a, b : tham soá
ax + b = 0 (1)
2. Giải và biện luận:
Ta có :
Biện luận:
(1) ax = -b
(2)
b
a
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 x
Tóm 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. Giải và biện luận phương trình bậc hai:
x : aån soá
a, b , c : tham soá
ax 2 bx c 0 (1)
1. Dạng:
2. Giải và biện luận phương trình :
Xét hai trường hợp
Trường 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
c
b
b = 0 và c 0 : phương trình (1) vô nghiệm
b = 0 và c = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x
Trường hợp 2: Nếu a 0 thì (1) là phương trình bậc hai có
Biệt số b2 4ac
( hoặc ' b '2 ac vôùi b'
b
)
2
Biện luận:
Nếu 0 thì pt (1) vô nghiệm
Nếu 0 thì pt (1) có nghiệm số kép x1 x 2
b
2a
Nếu 0 thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1,2
b
2a
b'
)
a
b' '
)
a
( x1 x2
( x1,2
3. 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 biệt
Nếu 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
4. 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 thì
b
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 của
phương trình
X2 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 thay
x12 x 22
1
1
đổi giá trị khi ta thay đổi vai trò x1,x2 cho nhau .Ví dụ: A
2 2 ) mà không cần giải pt
x1 x 2
x1 x 2
tìm 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
a
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
a
5. 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 > B2
III. 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 hoặc
nâng 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 2
2
A
B
* Dạng 5:
B 0
A B B 0
A 2 B 2
A B A B
B 0
A B
A B
B 0
,
A B
B A B
,
A 0
A B
A B
A 0
A B
,
A 0
A B
AB
A 0
A B
B 0
A B B 0
A B A B
250
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
D. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA CĂN THỨC
TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
I. Các điều kiện và tính chất cơ bản:
*
*
A có nghĩa khi A 0
A 0 với A 0
*
A2 A
*
*
*
A
2
A
&
A neáu A 0
A
- A neáu A 0
với A 0
A.B A . B
khi A , B 0
A.B A. B khi A , B 0
II. Các định lý cơ bản: (quan trọng)
a) Định lý 1 : Với A 0 và B 0 thì
b) Định lý 2 : Với A 0 và B 0 thì
c) Định lý 3: Với A và B bất kỳ thì
A=B
A>B
A=B
A2 = B2
A2 > B2
A2 = B2
III. 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 0
A B
A B
B 0
A B
2
A B
A 0
A B B 0
2
A B
(hoaëc B 0 )
A 0
B 0
A B
B 0
A B2
251
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN
I. Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
a1 x b1y c1
a2 x b2 y c2
a. Dạng :
(1)
a
2
1
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 luận
Bước 1: Tính các định thức :
a b1
D 1
(gọi là định thức của hệ)
a1b2 a 2 b1
a 2 b2
Dx
Dy
c1
b1
c2
b2
a1
c1
a2
c2
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 D
Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất
y Dy
D
Nếu 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 ẩn
Dạng :
a1 x b1y c1z d1
a2 x b2 y c2 z d2
a x b y c z d
3
3
3
3
Cách 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 thế
252
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2. 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 nhau
thì 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 nhau
thì 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 :
2
2
a1 x b1 xy c1 y d1
2
2
a2 x b2 xy c2 y d2
b. Cách giải:
x
x
y
t hoặc t . Giả sử ta chọn cách đặt t .
y
x
y
Khi 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 ?
x
Bước 2: Với y 0 ta đặt t x ty . Thay vào hệ ta được hệ mới chứa 2 ẩn t,y .Từ 2 phương
y
trình ta khử y để được 1 phương trình chứa t .
Bước 3: Giải phương trình tìm t rồi suy ra x,y.
Đặt ẩn phụ
253
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH
§
A. PHƯƠNG TRÌNH
1. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
x 4 ax 2 bx c
(Tách bậc – đưa về phương trình tích)
Phương pháp giải
Với 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
0
2
Điều nầy được thỏa khi:
. Suy ra: f ( x ) Ax B
2m a 0
Khi đó: (1) x 2 m Ax B x 2 m Ax B . Đây là phương trình bậc hai.
2
2
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 2
2
(2)
Đặt f ( x) (3 2m) x 2 10 x 4 m 2
25 (3 2m)(4 m 2 ) 0
f ( 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
2
2
2
x 2 1 5( x 1)
5 1 4 5
x
2
2
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 ngắn
gọn như ví dụ sau
Ví dụ 2: Giải phương trình x 4 2 x 2 3 x
7
16
(1)
254
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Lời giải
2
2
2
9
3
Ta có: (1) x 2 1 4 x 2 3x x 2 1 2 x
16
4
2
2
3
1
x 1 2 x
x 2x 0
3
4
4
x 1
3
7
2
2
2
x 1 2 x
x 2x 0
4
4
3
Tập nghiệm của phương trình (1) là S 1
2
Bài tập tương tự
Giải các phương trình
1) x 4 19 x 2 10 x 8 0
2) 2 x 4 3 x 2 10 x 3 0
3) 3 x 4 2 x 2 16 x 5 0
255
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 2. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
ax 4 bx 3 cx 2 dx e 0 a 0
Phương pháp giải
Đặt 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 0
Lời giải
(1)
Đặt x t 2 . Thay vào phương trình (1) ta được
4
3
2
t 2 8 t 2 20 t 2 12 t 2 9 0
t 4 4t 2 4t 1 0
t 4 2t 1 0
2
t 2 2t 1t 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 luyện
Giải các phương trình
1) x 4 14 x3 54 x 2 38 x 11 0
2) x 4 6 x 3 9 x 2 2 x 7 0
3) 4 x 4 4 x3 11x 2 7 x 7 0
Nhắc 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 4
256
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 3. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
ax b p n a ' x b ' qx r
n
( 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 r
2
Phương pháp giải
Đặt ẩn phụ:
+ Đặt
n
a ' x b ' ay b nếu pa ' 0
+ Đặt n a ' x b ' ay b nếu pa ' 0
Bài 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 trình
Lời giải
2 x 15 32 x 2 32 x 20
(1)
15
2
2
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 22 2 x 15
(2)
4 x 22 2 y 15
(3)
Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:
4 y 4 x 44 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
8
1
So với điều kiện của x và y ta chọn x .
2
9
+ Khi 1 8 x y 1 0 y x , thay vào (3) ta được:
8
257
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
9
4
2
4 x 2 2 x 15 64 x 2 72 x 35 0 x
9 221
16
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 giải
1
Điều kiện: 3 x 1 0 x
3
2
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 32 2 y x 1 (2)
2 y 32 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 97
8
15 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 73
8
11 73
.
8
11 73 15 97
Tập nghiệm của (1) là S
;
8
8
Bài tập tương tự
So với điều kiện của x và y ta chọn x
Giải các phương trình
2) x 2 4 x 3 x 5
3)
4) 4 x 2 14 x 11 4 6 x 10
5) 2 x 2 6 x 1 4 x 5
6) 9 x 2 12 x 2 3x 8
7) 9 x 2 6 x 5 3x 5
8) 4 x 2 4 x 3 2 x 5
9) 2 x 2 x 3 2 x
1)
x 6 x2 4x
2 x 1 x 2 3 x 1 0
258
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬT
NHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Phương pháp chung
Bước 1: Đặt điều kiện cho hai vế của phương trình có nghĩa và dựa vào điều kiện để nhẩm nghiệm
Giả sử phương trình có một nghiệm là x x0
Bước 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) 0
Chú ý: Đối với phương trình vô tỷ ta thường sử dụng biến đổi
+ Nhân lượng liên hợp
+ Tách thành các biểu thức liên hợp
Bước 3: Giải phương trình f x 0
Chú 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 giải
1
♥ Điều kiện: x
3
♥ Phương trình có một nghiệm là x 1 nên ta định hướng biến đổi về dạng x 1. f ( x) 0
Ta có:
(1)
3x 1 2
3 x 1
3x 1 2
x 3 2 x 1 0
x 1
x 1 0
x 3 2
(Tách thành các biểu thức liên hợp)
(Nhân liên hợp)
3
1
x 1.
1 0
3 x 1 2
x 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 giải
17
♥ 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) 0
hay x 2 3 x 2. f x 0
259
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 0
x 2 3x 2
2 x x 3 x 1
2
9 x 2 3 x 2
3 x 1 21x 17
x2 3x 2 0
1
9
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 trình
3x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0
2) Giải phương trình
4 x 1 3 x 2 x 2 3x 4 0
2) Giải phương trình
7
x 2 15 x 2 8
3x 2
Thực hành giải toán
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) x x x 2 x 1 1
2)
x 2 2 x 3 x 2 x 2 1 1
3)
x 2 5 x 5 x 2 x 2 3x 2
4)
3x 1 2 x x 4 5
5)
3x 1 x 3 x 5 0
6)
3x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0
Bài 2: Giải các phương trình sau
1) 2 x 2 4 x 9 5 x 6 7 x 11 0
2) 2 x 2 9 x 3 3x 2 7 x 1 3x 2 0
3) 3 x 2 x 3 3 x 1 5 x 4
4) 3 3 x 4 x 1 9 x 4
260
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 5. ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. 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 biến
trên 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 f
nghịch 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 hàm
số 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 x0
trên 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 6
Lời 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
1
1
0 x ;3
2 15 x 2 3 x
Do f liên tục trên nữa khoảng ;3 và f ' x 0 x ;3 nên f đồng biến trên nữa khoảng
Ta 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 2. Giải phương trình
Lời 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
3
1
1
5
Ta có: f '( x)
0 x ;12
2 3x 5
2 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 3
Lời giải
5
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
2
5
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 nữa
4
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Ví dụ 4. Giải phương trình
Lời giải
2 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)
1
thì (1) vô nghiệm
2
1
2
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
1
1
1
Ta có: f '( x) 4 2 x
0 x ;
2
2
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 1
f
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 0
1 5
Suy ra: 3 2 x 1 2 x 2
1 5 x 4
4x 2x 1 0
x
4
1 5
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x
.
4
263
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
t2
t2 3
0
t
Do đó f đồng biến trên
1
8
5
1
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x .
5
Bài 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 0
264
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 6. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỂ 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 2
Bài giải
♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có
2
VP(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 5
2
2
4 2 x x 2 5
Nên:
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 11
Bài giải
♥ Điều kiện: 2 x 4
♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có
2
VP(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 2
Nên:
x2
1
x 2 4 x 2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Bài tập tương tự
Giải phương trình
1 x
7
2x 3 4x2 4x
2
2
Ví dụ 3: Giải phương trình
x 2 x 9 0
♥ Điều kiện:
3 3 x x 2 0
x 2 x 9 3 3x x 2
x2 4 x 9
3
(1)
(*)
♥ Khi đó: 1 3 x 2 x 9 33 3x x 2 x 2 4 x 9
(1)
Theo BĐT Cauchy ta có:
x2 x 9 3 x2 x 6
2
3
x
x
9
2
2
2
3 3x x 3 6 3x x 2
2
33 3 x x
2
2
265
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Suy ra:
HĐBM-TỔ TOÁN
3 x 2 x 9 33 3x x 2 x 2 4 x 9
x 2 x 9 3
x 2 x 12 0
Dấu “=” xảy ra khi:
x3
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 có
VP(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)
1
2
4
2
Mặt khác: VT (1) 16 x 5 4 x 4 x 3 8 x 4 2 x 2 2 x 1 0
Dấu “=” xảy ra khi 4 x 4 x 2 1 2 x
2 x 1 2 x 2 2 x 1 0 : thỏa x 0
2
Dấu “=” xảy ra khi 2 x 1 0 x
Nên:
1 x
1
2
1
2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x
1
2
266
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
§ 1. PHÂN TÍCH ĐA THỨC HAI BIẾN THÀNH NHÂN TỬ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI
Kiến thức cơ bản
Nếu tam thức bậc hai f(x) ax 2 bx c
phân tích thành
(a 0) có hai nghiệm x1, x 2 thì tam thức luôn có thể
f(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 15
Ta có:
' 16 4 y 2 4 y 15 4 y 2 4 y 1 2 y 1 0
2
x 52 y
Suy 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 toán
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1)
2)
3)
4)
f ( x; y ) y 2 5 x 2 4 xy 16 x 8 y 16
f ( x; y ) xy 3 y 2 x 4 y 7
f ( x; y ) 2 x 2 xy y 2 5 x y 2
f ( x; y ) 2 x 2 y 2 xy y 5 x 2
Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1) f ( x; y ) 6 x 2 3 xy x y 1
2) f ( x; y ) 2 x 2 xy y 2 5 x y 2
3) f ( x; y ) ( x y )(2 x y ) 6 x 3 y 4
4) f ( x; y ) ( x y )( x 4 y 2 y ) 3 y 4
267
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
§ 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Yêu 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. Các
phương trình một ẩn: bậc nhất, bậc hai, bậc ba, các bậc bốn đặc biệt,...Thành thạo các phép biến đổi tương
đương 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 THẾ
Kỹ thuật 1: Rút một biến để thế
Cụ thể: Rút một ẩn từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình một ẩn
giải được.
Kỹ thuật 2: Rút một biểu thức để thế
Cụ thể: Rút một biểu thức từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình
một ẩn giải được.
Kỹ thuật 3: Thế hằng số bởi biểu thức
2. Phương pháp CỘNG
Có thể: Cộng vế với vế, trừ vế với vế hoặc nhân cho một hằng số thích hợp rồi cộng hoặc trừ vế với vế
mục đích để tạo ra một phương trình mới có thể hỗ trợ cho việc giải hệ đã cho như: pt một ẩn, pt bậc nhất
hai ẩn, phương trình tích số,...
Kỹ thuật 1: Tạo ra pt một ẩn
Kỹ thuật 2: Tạo ra pt bậc nhất hai ẩn
Kỹ thuật 3: Nhân hệ số thích hợp và cộng hoặc trừ vế với vế để tạo ra pt bậc nhất hai ẩn
Chú ý: Các hằng đẳng thức cơ bản sau
2
a b a 2 2ab b 2
3
a b a3 3a2b 3ab 2 b3
3
a b a 3 3a 2b 3ab 2 b3
3. Phương pháp đặt ẨN PHỤ
Kỹ thuật: Biến đổi mỗi hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau
Chú ý: Các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế, thay thế biểu
thức,...
4. Phương pháp biến đổi về pt TÍCH SỐ
Chú ý: Các phép biến đổi: tạo các biểu thức có nhân tử giống nhau, phân tích tam thức bậc hai
thành thừa số, bình phương,...
Kỹ thuật 1: Biến đổi một pt của hệ thành tích số
Kỹ thuật 2: Cộng hoặc trừ vế với vế để biến đổi về pt tích số
5. Phương pháp HÀM SỐ
Kỹ thuật 1: Sử dụng tính đơn điệu kết hợp nhẩm nghiệm
Kỹ thuật 2: Tìm hàm đặc trưng và sử dụng tính chất f(u) = f(v)
6. KẾT HỢP các phương pháp
268
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
I. PHƯƠNG PHÁP TÍCH SỐ
(PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 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,y
Các kỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhân tử chung
+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử
+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn
Bước 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 tam
thức 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 liên
hợp)
269
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
3 x 2 x
x2 x
x2 x
0
x 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 x3
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
4x
9x
0
4 x 1 1
9x 4 2
(Tách thành các biểu thức liên hợp)
(Nhân liên hợp)
4
9
0
x 3
4
x
1
1
9
x
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 6
Giải 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài 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 tử
y 1
hoặc 1 y . Ta được:
1 1 y x y 1 x y 11 y 0
y 1
1
1
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
2
Khi đó: (3) 2
2
2 x x 32 2 x
2
4
2
3
2
4 x 4 x 11x 7 x 7 0 x x 14 x 7 0
3
x 1 x
2
1 5
x
2
7
x
2
♠ Với x
x 1 5
1 5
2
. So với điều kiện (*) ta chỉ nhận x
2
x 7
2
1 5
1 5
y
2
2
[thỏa (*)]
1 5 1 5
♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x; y là 3;1 và
;
2
2
(Xem lại phần giải phương trình bậc bốn)
2
3
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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
Bài giải
♥ Điều kiện : x
2
3
(*)
♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số.
(1) y 2 2 y 13 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
2
So với điều kiện (*) ta chọn x 1; x
11 105
2
♠ Với x 1 y 1
♠ Với x
11 105
29 3 105
y
2
2
♥ 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 33x 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 ,
;
2
2
272
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 ẩn
2 x , phân tích
tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:
2x 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 0
Do đó: (3) 2t = t2
t 2
♦ Đặt t =
x2 4 2x 0
4 2 x x 2
Suy ra:
x 2 4 2 x 2
4 2 x 2 x 2
30
16(2 x ) x 2
17x 30
x
17 .
16(2 x ) 4 16 2 x x 2
16 2 x 17(x 2)
x 2
2 17
30
Khi x =
y=
và khi x = 2 y = 0.
17
17
♥ Với
2 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 ẩn
x 2 2 , phân tích
273
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
tam 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 0
x2 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 0
2
x 2 x 2 x 2 2 x x x 2
2
2
(3)
♦ Xét hàm đặc trưng f t t t t 2 2 với t
Ta có:
Nên:
f ' t 1 t 2 2
t2
t2 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 TẬP
Giải 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 0
2) 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 xy
6)
2 x 2 2 y 1 3 y 3 14 x 2
274
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 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 ẩn
Bước 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 2
Bài giải
Điều kiện 0 x 1
0 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 t
Suy 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
1
2
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 2
2
(2)
4 x 1 4 x 3 y 1 3 y 1 0
Bài giải
1
1
Điều kiện x , 1 y 3
2
2
3
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)
1
1
Do x nên 1 2 x 1 và 1 y 3 nên 1 y 2 1 .
2
2
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 3
2
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
2
2
3
2
2
x x y x x y 1
(1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 3
2
3
2
(2)
x 9 y 6 x 3 y 15 3 6 x 2
Bài 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 trình
3
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 .
3
2
3
x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 x
3
3
3
2 1
2 1
2 1
2
y 3
2 1
2 1
Với x
3 2 1
2
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 TOÁN
f ( 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 6
2
2 x x 36 0
x4
2
x 9
2 x x 4
2
Với x 4 y 3
Vậy 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 7
Bài giải
3
5
Điều kiện x , y
4
2
2
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
2
2
5 4x
Thay y
vào phương trình (2) ta được phương trình:
2
2
5
2
2
4x 2x 2 3 4x 7 0
(b)
2
3
Nhận thấy x 0 và x không là nghiệm của phương trình (b)
4
2
5
3
2
2
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
4
4
5
3
Ta có: g '( x) 8 x 8 x 2 x 2
4 x 4x2 3
0 x 0;
3 4x
3 4x
2
4
3
Do đó f đồng biến trên khoảng 0;
4
277
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
3 x
1
2
Suy ra:
Với x
1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y ; 2 .
2
1
y2
2
x x2 y2 y 4 y2 1
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình
4 x 5 y 2 8 6
Bài giải
5
Điều kiện x
4
Nhận thấy y 0 không thỏa mãn hệ
(1)
(2)
3
x x
Khi đó: (1) y 3 y
(a)
y y
Xét 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
x
f 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
5
23
x
23
5
x 5
x
4
x 1
5
x 1
4 4 x 5 x 8 23 5 x 2
x 2 42 x 41 0
x 41
Với 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 +y6
Giải hệ phương trình
2
4 x 5 y 8 6
278
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 2
3
3
x4 x4
(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 2
x 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 ẩn
3x 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 nhân
liên 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 53 x 1 0
3x 1 4
6 x 1
3
1
x 5
3 x 1 0 x 5
3 x 1 4
6 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 THPTQG
HĐBM-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
3
3
[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 nhân
liên hợp.
[Tại sao ?]
5 x 3 x 4 3 x 9 x 11 4 x 2 2 x 35
x 3.
x 5
x 5
x 5
x 9 .
x 5 x 7
x 4 3
x 11 4
x 3
x9
x 7 0
x4 3
x 11 4
x 5 0
x3
x 9
x 7 0
(6)
x4 3
x 11 4
♦ Chứng minh (6) vô nghiệm
x3
x5
x9
x 9
0
[Tại sao ?]
6
2
2
x 4 3
x 11 4
1
1
1
1
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 TỰ
Giải các hệ phương trình
x 3 y 3 3 x 2 6 x 3 y 4
1) 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 0
2)
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 13 1
280
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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
4
x 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
Do
4
2t 3
t4 5
0, t 0; f t đồng biến trên 0;
x 2 0 và 4 y x y 2 y 0 nên
2
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 0
2
4 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 số
Xét 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
3
x 1
3
2
0
x 3 x y 6 y 9 y 2 ln
y 1
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:
y log x 3 log y x 1
3
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 13 3 x 12 ln x 1 y 13 3 y 12 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
1
f t 3t 2 6t 0 t 0 f t đồng biến trên khoảng 0;
t
Do 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 số
x 1
x 1
log 2 x 3 log 3 x 2
0 6
x2
x2
x 1
♣ Xét hàm số g x log 2 x 3 log 3 x 2
trên khoảng 3;
x2
1
1
3
g 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
y3
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 y
3
3
♦ 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 số
Ta nhận thấy x
11
không là nghiệm của phương trình 5 nên
2
282
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
5
HĐBM-TỔ TOÁN
3x 8 x 1
5
0.
2 x 11
6
Xét hàm số
g x 3x 8 x 1
g x
3
2 3x 8
1
2 x 1
5
8 11 11
, x ; ;
2 x 11
3
2
2
10
2 x 11
2
3 x 1 3x 8
2
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 ; & ;
3
2
2
8
11
8
11
♣ Trên khoảng ; thì g x đồng biến, 3 ; , g 3 0 nên
3
2
3
2
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 TỰ
Giải 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 2
2)
x y 3 x 3 y 19 105 y 3 xy
4 x 2 2 y 4 6
3)
2 2 x 13 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
2
2
♥ 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 THPTQG
HĐBM-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 ẩn
4 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 II
2
Phương trình (5) viết lại thành: 2 x 3 2 4 x 5 11
Điều kiện
3
Đặt 4 x 5 2t 3 t , ta được hệ phương trình:
2
2 x 32 4t 5
(6)
2t 32 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 3
So 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)
2
So 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 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 giá
Thường 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 ẩn
Bước 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
2
2 x 2 9
1 10 x 2
0
285
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
2 x 3
0 x 3
2
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 5
Bài 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 0
1
Ta thấy
5 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 tự
2
2
x y 0 luôn đúng với mọi x, y
2 x 2 2 xy 5 y 2 x 2 y ** dấu bằng khi x y
Từ * & ** 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 1
x2 x
3x 1 x 1
2 x 3 6 x 2 7 x
3
19 x 8
2
3
( x 2) 19 x 8 ( x 2)
2x2 2x
2
2 x 2 x ( x 7)
3
x2 x 0
1
3x 1 x 1
19 x 8
2
3
( x 2) 19 x 8 ( x 2)
2( x 2 x ) 0
2
2( x 7)
3
19 x 8
2
3
( x 2) 19 x 8 ( x 2)
2 0 (*)
2
Vì 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
8 xy
17 x
2
2
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
8
17 x
y
6 8 y
y x
1 x
y 3
6
x 4
x y
x y
2
. 2 t 2 x y và sử dụng BĐT Cô-si ta có:
y x
y x
8
17 x
x y
6 8 y
y x
Dấu “=” xảy ra khi
y 3
8
17
3
8
1
t
t 6 2t 2 2.2 6
x 4 t 6 8
4 t 6 8
8
1
t 6 t 2 x y
t 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 THPTQG
HĐBM-TỔ TOÁN
IV. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 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 nhau
Do 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 1
và v x y 2 , hệ trở thành
y
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 tự
Giải các hệ phương trình
x 2 xy 3x y 0
1)
4
x 3x 2 y 5 x 2 y 2 0
y 2 x xy 6 y 1 0
2)
3
y x 9 y 2 x 2 y x 0
288
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM-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 24 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
4
2
x y 1
3
2
x y
♥ Đặt u x y và v x y hệ phương trình trở thành
6
v
uv 6
u 3; v 2
6
v
u
u
4
2
u 1 2 3 2
2
u 3 ; v 8
u2
u 2u 1 3 8u 18u 18 0
v
4
9
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 y
1)
2
x y 2 3
x 2 2 x 6 y 1
2)
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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Chủ đề 11
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN
CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thông thường ta
thực 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 lớn
nhất, 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 HỌA
I. 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 t
thích 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
1
y2
2 1
y 2
x
Lời giải.
2
Ta biến đổi P xy
1
2
( xy) 2
x, y 0
1
nên 1 x y 2 xy 0 xy .
4
x y 1
1
Đặt t xy 2 , điều kiện của t là 0 t
16
1
Khi đó biểu thức P f t 2 t
t
Do
290
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
f ' t
HĐBM -TỔ TOÁN
t2 1
1
; ta thấy f ' t 0 với mọi t 0; , suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng
2
t
16
1
0;
16
1 289
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là min P min1 f t f
.
16 16
t( 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
1
1
3.
3
x
y
Lời 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
S2
S 3
S 3
4S 2
4
S 1
1
0 S 3 S 1
S 3
S 3
S 3
2
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 3
3 3
x y
x y
x y
S
xy
t3
3
Xét hàm số f (t )
với t 3 t 1 , ta có f / (t ) 2 0
t
t
2
BBT
-∞
t
-3
_
f /(t)
+∞
1
_
1
4
f(t)
0
1
Suy ra A f 2 (t ) 16
1
2
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
1
1
.
3
x y
xy
3
Lời giải.
1
1
1
1
1
1
3
3
xy ( x y ) 3xy( x y ) xy 1 3xy xy
x y
P
1
x y
Đặt 0 t xy
4
2
3
2
291
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
1
1
với 0 t
1 3t t
4
3 3
3
1
f / (t )
2 f / (t ) 0 t
2
6
(1 3t )
t
Xét hàm số f (t )
BBT
t
3- 3
1
6
4
0
_
f /(t)
3 3
f(t)
42 3
6
+
0
8
+∞
Suy ra P f
4+2 3
1
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 xy
Lời giải.
Do x y 1 nên
S (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 12
2
1
x y
4
2
Đặt 0 t xy
1
4
1
f / (t ) 32t 2 f / (t ) 0 t
16
Xét hàm số f (t ) 16t 2 2t 12
t
với 0 t
0
_
f /(t)
1
1
16
4
0
12
f(t)
+
25
191
2
16
25
1
khi x y
2
2
2 3
2 3
2 3
2 3
191
GTNN S
khi x
,y
hoặc x
,y
.
16
4
4
4
4
Vậy GTLN S
292
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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 3
f / ( x) 3 x 2 6 x 9 f / ( x) 0 x 3; x 1
x
-4
-3
f /(x)
+
1
-
0
20
3
+
0
20
f(x)
-12
-13
Vậy GTLN P 20 khi x 3, y 6 hoặc x 3, y 0
GTNN 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 1
Lời giải.
x0
y0 0 x2
x y 2
x 2 x(2 x) (2 x) 2 x 3 x 2 x 1
P
2
3 x x(2 x) 1
x x 1
P/
2x2 2
( x 2 x 1) 2
x
P/
P
0
2
1
-
0
+
1
3
Vậy GTNN P
1
3
khi x 1; y 1 .
293
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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 1
Lời giải.
Từ giả thiết x2 y2 xy x y 1 xy (x y)2 (xy) 1
2
3
Đặt t x y , ta có ( x y) 2 4 xy 3t 2 4t 4 0 t 2 . Khi đó P
t 2 t 1
t 1
t 2 t 1
2
với t 2
t 1
3
2
t 2
t 2t
f / (t )
f / ( x) 0
2
(t 2)
t0
Xét hàm số f (t )
t
-2
_
f /(t)
f(t)
0
3
0
2
+
1
1
3
3
-1
1
1
khi x y hoặc x y 1
3
3
GTNN 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 .
1
x
Tìm GTLN của biểu thức P
1
.
y
Lời 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 2
t2
t 3 2t 2 4t 8
0 t 2 2 t
t2
x y
t 2 2t
Khi đó P
2
xy
t t 2
t 2 2t
Xét hàm số f (t ) 2
t 2 2 t với
t t 2
3t 2 4t 4
2
f / (t ) 2
f / ( x) 0 t
; t2
2
3
(t t 2 )
294
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
t
2
-2
-∞
+∞
_
_
f /(t)
2
1
f(t)
-2
1
7
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 3
Lời giải.
Ta có 1 x 2 y 2 xy xy xy 1
1
3
2
2
2
2 2
2 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 3
2
2
2
xy ( x y )
1
xy x y 2
2
2
Đặt t xy x y 1 t
P
2t 2 3
t 1
2t 2 3
1
với t 1
t 1
3
2
2
t
4
t
3
f / (t )
0
(t 1) 2
Xét hàm số f (t )
t
-1
3
f /(t)
1
_
25
f(t)
6
1
2
1
khi x y 1
2
1
1
25
GTLN P f ( )
khi x y
.
3
6
3
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 .
3
a
b a b
Tìm GTNN của biểu thức P 4
295
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
a
b
b
a
1
a
1
b
a
b
b
a
2
b
Từ giả thiết ta có 2 1 (ab 2) 2 1 a b
a
2
b
2 2
a
a
b
a b
5
2t 1 2 2 t 2 4t 2 4t 15 0 t
b a
2
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 18
a b
a
b
5
Xét hàm số f (t ) 4t 3 9t 2 12t 18 với t
2
1
f / (t ) 12t 2 18t 12 f / ( x) 0 t ; t 2
2
Đặt t
5
t
+∞
2
f /(t)
+
+∞
f(t)
-23
4
5
2
23
4
Suy ra P f
Vậy GTNN P
23
khi 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 .
4
4
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P x y .
2 xy 1
Lời giải.
1
5
1
1
1
2 xy 4 xy xy . ĐK: t .
3
5
3
2
Đặt t xy . Ta có: xy 1 2 x y 2 xy 4 xy xy
và xy 1 2 x y
x
Suy ra : P
2
2
y2
Do đó: P '
2x2 y 2
2 xy 1
2
7 t t
2
2 2t 1
7t 2 2t 1
.
4 2t 1
,
2
P ' 0 t 0, t 1( L)
1
1
1 2
P P
và P 0
5
3
15
4
296
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
1
t
-
P/
0
5
0
+
0
3
_
1
2
P
2
4
15
Vậy GTLN là
15
1
2
và GTNN là
.
4
15
Thí dụ 12. Cho các số thực a, b, c thỏa abc 2 2 .
a 6 b6
b6 c 6
c6 a 6
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
a b a b b c b c c a c a
Lời 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 2
b4 c4 b2c 2
c 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 xy
với x,y > 0
x 2 y 2 xy
Chia tử và mẫu cho y 2 và đặt t
Xét hàm số
f (t )
x
t2 t 1
ta được A 2
với t > 0
y
t t 1
t 2 t 1
2x 2 2
/
với
0
t
f
(
t
)
t 2 t 1
( x 2 x 1) 2
t
1
0
f /(t)
_
f(t)
0
+∞
+
1
3
1
3
1
1
3
3
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 2
a b 2 c 2 23 a 2 b 2 c 2 4
3
Thí dụ 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 1, y 1 và 3( x y ) 4 xy.
1
1
2 .
2
y
x
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y 3 3
297
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
Đặt x y a . Khi đó xy
3a
, a 0.
4
3a
0
4
Phương 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 có
1 1 4
.
x y 3
2
1 1
6
9
8 16
Suy ra P ( x y ) 3xy ( x y) 3
a3 a2 .
xy
4
a 3
x y
9
8 16
Xét hàm số f (a ) a 3 a 2 , 3 a 4.
4
a 3
9
8
3
8
Ta có f ' (a) 3a 2 a 2 3a(a ) 2 0, a [3; 4].
2
a
2 a
3
a
3
4
f ' (a)
+
94
3
P f (a )
113
12
113
3
, đạt khi a 3 x y ;
12
2
x 1, y 3
94
.
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 yz
Lời giải.
t2 3
.
2
Ta 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
.
2
t
t2 5 3
Xét hàm số f (t ) , 3 t 3.
2 t 2
298
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
5 t3 5
2 0 vì t 3.
t2
t
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.
14
Vậy 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 0
1
1
0 X 1 X 2 1 1.h(1) 1 3t 0
t .
4
3
s
0 2t 1
2
1
1
Khi đó M x y 2 9 xy 16t 2 9t , với t .
4
3
9 1 1
Ta có M ' (t ) 32t 9 0 t ; . Suy ra Bảng biến thiên
32 4 3
1
t
9
4
0
-
M'(t)
1
32
5
M 4
3
+
11
9
81
64
11
1
1
1
, đạt khi xy x 1, y hoặc x , y 1.
9
3
3
3
81
9
3
3
, đạt khi xy
x 2 y hoặc y 2 x .
64
32
4
4
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 3
Lời giải.
299
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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
2
a 2 2a
2
u
v
2
a
uv
2
2
a 2a
0.
u, v là nghiệm của phương trình f t t 2 at
2
Hệ 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.
2
Đặt 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 2
2
min 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 1
max 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 0
2
2
2
2
x y z 1
2 x y 2
3
3
P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2 y2(x + y)
5
1
5
5
= ( x y) 3 ( x y ) t 3 t ; t = x + y
2
2
2
4
5
5
2
4
15 2 5
f’(t) = t
2
4
f(t) = t 3 t
f’(t) = 0 t =
1
6
300
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
t
f’(t)
f(t)
2
HĐBM -TỔ TOÁN
1
3
–
5 6
1
2
6
6
0
+
0
3
–
5 6
36
36
5 6
36
Suy ra P 5 6 36 . Vậy max P = 5 6 36 xảy ra khi t = 1
6
x y 1
6
1
xy 3
(có nghiệm)
z ( x y )
hay
x y 2
3
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:
1
2
2
0 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 x2
1 1 x2
6
6
, suy ra x 2
, do đó x
(*)
2
2
2
2
3
3
Khi đó: P x5 ( y 2 z 2 )( y 3 z 3 ) y 2 z 2 ( y z )
2
1
x5 (1 x 2 ) ( y 2 z 2 )( y z ) yz ( y z ) x 2 x
2
2
1
1
5
x 5 (1 x 2 ) x (1 x 2 ) x x 2 x 2 x (2 x 3 x).
2
2
4
6 6
6
Xét 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
6
6
6
6
Ta có f f , f f Do đó f ( x)
3
6
9
3
6
9
9
Suy ra P
6
6
, yz
thì dấu bằng xảy ra.
3
6
5 6
Vậy giá trị lớn nhất của P là 36
Khi
5 6
36
x
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 )
x
y
.
( x y ) ( y x)
2
2
x y
Lời giải.
Từ giả thiết x 2; y 1 .
301
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
2
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 6
1
2
1
2
Khi đó: F = ( x y )2
t2
.
2
x y 2
t
1
2
1
Xét f (t ) t 2
, với t 1; 6 , có f ' (t ) t
0; t 1;6
2
t
t t
2
5
Min f (t ) f (1) ; Max f (t ) f (6) 18
t1;6
t
1;6
2
6
x 2
5
GTNN của F là: đạt được tại: t 1
2
y 1
Vậy GTLN của F là 18
x 6
2
đạt 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 1
x3 y xy 3
Lời giải.
Từ giả thiết ta có:
1 x 2 y 2 xy 2 xy xy xy 1.
1
.
3
Ta 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 3
Hay 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
1
Vậy MinP P(1) t 1 x y 1
2
1 25
1
1
MaxP P( )
t x y
3
6
3
3
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 2
Lời giải.
302
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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
3
2
3 9
f (1) 5; f (2) 5; f
2 2
Kết hợp (*) ta có
Vậy max A 5 khi x 0; y 1; z 2
303
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
II. XÂY DỰNG GIÁN TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNG
THỨC:
Phương pháp chung:
Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ t
thích 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 ý
mong 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 y2
P 3( x 2 y 2 ) 2
2
2
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 )
2
2
2
9t
1
Xét hàm số f (t )
2t 1 với t
4
2
9t
f / (t ) 2
2
Đặt t x 2 y 2
x
f /(t)
f(t)
1
2
+
9
16
1
2
Suy ra P f (t ) f ( )
Vậy GTNN P
9
16
9
1
khi x y z .
16
2
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 2
Lời 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
Đặt
HĐBM -TỔ TOÁN
t ab bc ca , điều kiện 0 t ab bc ca
Xét hàm số
(a b c) 2 1
3
3
1
f (t ) t 2 3t 2 1 2t , t 0; , ta có
3
2
f '(t ) 2t 3
1 2t
2
f // (t ) 2
0
(1 2t )3
1 11
Do vậy f / (t ) là hàm nghịch biến: f / (t ) f / 2 3 0 .
3 3
Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến
BBT
1
3
0
t
f / t
10 6 3
9
f (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.
3
2
2
2
Ta 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
ab
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
3
2
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2
27
2
3c
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
3
27
c3 c 2
2
2
3
với 1 t
2
2
2
f / (t ) 3c 2 3c
305
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
BBT:
t
3
1
0
_
f /(t)
0
2
+
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 .
1
x
Tìm GTNN của biểu thức P x y z
1 1
.
y z
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
1 x y z 33 xyz
1 1 1
3
x y z 3 xyz
Suy ra P 33 xyz
3
xyz
3
1
Xét hàm số f (t ) 3t với 0 t
t
3
2
3 3 3t
f / (t ) 3 2
0
t
t2
3
1
0
x
_
f /(t)
3
f(t)
10
1
3
Suy ra P f (t ) f ( ) 10
Vậy GTNN P 10 khi x y z
1
3
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
1
1
1
y2 2 z2 2 .
2
x
y
z
306
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
2
2
1 1 1
1
Ta có P ( x y z ) 3 (33 xyz ) 2 33
x y z
xyz
9
1
1
x yz
Xét hàm số f (t ) 9t với 0 t
0t
t
9
3
9
2
2
f / (t ) 9
9 9 9t 2
0
t2
t2
1
0
x
9
_
f /(t)
f(t)
82
Suy ra P
f (t )
1
f ( ) 82
9
1
3
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
2
2
2
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
abc 3
ta có b c a b c b c 3 2 bc b c 3
0 a b c 3
9
Suy ra 0 bc
4
Từ đó ta có P b 2 c 2 (9 3bc)
9
Xét hàm số f (t ) 3t 3 9t 2 với 0 t
4
f / (t ) 9t 2 18t
Từ
9
t
0
f /(x)
0
2
+
0
_
4
12
f(x)
307
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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
1
1
1
.
2
2
(a b) (b c) (c a)2
Lời giải.
Giả sử 0 a b c 2
1
1
2
0 ca 2
(c a)
4
Từ
1
1
0 c b 2 b
(b c) 2 ( 2 b) 2
1
1
1
Suy ra P 2
2
4
b
( 2 b)
1
1
1
Xét hàm số f (b) 2
với 0 b 2
2
4
b
(2 b)
2
2
f / (b) 3
b
( 2 b) 3
b
0
f /(b)
0
1
_
f(b)
0
2
+
9
4
9
4
9
Vậy 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
x
y
.
1 x
1 y
Lời giải.
Áp dụng BĐT
a
b
a b
b
a
x
1 x
P
x 1 x
1 x
x
Xét hàm số f ( x) x 1 x với 0 x 1
1
1
1
f / ( x)
. f / x 0 x
2
2 x 2 1 x
308
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
x
0
f /(x)
1
2
+
0
0
_
2
f(x)
1
2
Suy ra P f ( ) 2
1
2
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 2
Lời giải.
Ta có BĐT
a 2 b 2 c 2 d 2 ( a c) 2 (b d ) 2
P (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 y
2y
f / ( y)
1
1 y2
1
f / ( y) 0 y
3
1
Suy ra f ( y ) f 2 3
3
Trường hợp y 2 0 y 2
y
2
-∞
_
f /(y)
+∞
f(y)
2+ 3
f ( y) 2 1 y 2 2 1 2 2 2 3
Vậy GTNN P 2 3 khi x 0, y
1
3
.
309
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 10. Cho các số đương x, y, z thỏa x y z 3 .
1
Tìm GTLN của biểu thức P
2
2
2
x y z 1
2
.
( x 1)( y 1)( z 1)
Lời giải.
Áp dụng BĐT côsi, ta có
1
1
1
x 2 y 2 z2 1 ( x y)2 ( z 1)2 ( x y z 1)2
2
2
4
x y z 3
( x 1)( y 1)( z 1)
3
2
54
Suy ra P
x y z 1 ( x y z 3) 3
3
Đặt t x y z 1 1
P
2
54
t (t 2) 3
2
54
với 1 t
t (t 2) 3
2
162
f / (t ) 2
f / (t ) 0 t 1; t 4
4
t
(t 2)
Xét hàm số f (t )
t
f /(t)
+
Vậy GTLN P
_
0
1
f(t)
Suy ra P f (4)
+∞
4
0
4
1
4
1
khi x y z 1 .
4
Thí dụ 11. Cho các số dương x, y, z . Tìm GTLN của biểu thức P
x
x2 y 2
y
y2 z2
z
z2 x2
Lời giải.
Đặt a
y
z
x
, b , c abc 1
x
y
z
Suy ra P
1
1 a
2
1
1 b
2
1
1 c
2
Đặt t
1
1
1
2
2
1 c2
1 b
1 a
2
1
1 a
2
2
1 bc
2
1
2 1
1 a
1 a
1
1
với 0 t
1 a
2
310
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Xét hàm số f (t ) t 2 2 1 t
f / (t )
2 2t 1
t 1
0
1
t
0
2
f /(t)
+
3
f(t)
2
-∞
1
2
3
Suy ra P f ( )
Vậy GTLN P
2
1
khi 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 x
2
Lời 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 2
9 (x 2 y 2 z 2 )
9 t
t
2
2
2
2t
2( x y z )
1 9
Xét hàm số f (t ) t
với 3 t
2 2t
9
f / (t ) 1 2
2t
P x2 y2 z2
t
+∞
0
f /(t)
+
+∞
f(t)
4
Suy ra P f (4)
Vậy GTLN P
1
4
1
khi x y z 1 .
4
311
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -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 )3
Lời giải.
( x y)3
dựa vào phép chứng minh tương đương
4
Đặt 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)3
a3
a3
z
a
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
1
9
1
t
0
_
f /(t)
1
9
0
+
64
f(t)
81
1
1 16
Suy ra P , f
4 9 81
Vậy GTNN P
16
khi x y 4 z .
81
Thí dụ 14. (Khối B 2007) Cho các số thực dương x, y, z .
x
2
Tìm 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
2
xyz
2
2
2
Do x y z xy yz zx
Ta có P
x2 1 y2 1 z 2 1
P
2
x
2
y 2 z
312
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
t2 1
1
với t
2 t
2
1
f / (t ) t 2
t
Xét hàm số f (t )
Vậy GTNN P
9
khi 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 thức
P
x
y
z
.
2x 3y z y z x
Lời giải.
1
1
2
với a 0, b 0 và ab 1 (chứng minh tương đương)
1 a 1 b 1 ab
x
1
1
1
2
Khi đó P
2x 3 y 1 z 1 x 2 3 y
x
1
y
z
x
y
Ta có
Đặt t
x
với 1 t 2
y
t2
2
2
2t 3 1 t
t2
2
Xét hàm số f (t ) 2
với 1 t 2
2t 3 1 t
2 t 3 (4t 3) 3t (2t 1) 9
f / (t )
0
(2t 2 3) 2 (1 t ) 2
Suy ra P
t
f /(t)
f(t)
1
2
_
34
33
Suy ra P f 2
34
33
313
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Vậy GTNN P
HĐBM -TỔ TOÁN
34
khi x 4; y 1; z 2 .
33
2
2
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
3
4 xy ( x y ) 2 6 xy ( x y ) 2
2
A = x 3 y 3 3( xy 1)( x y 2) = ( x y )3 6 xy 3( x y ) 6
3
A ( x y )3 ( x y) 2 3( x y) 6
2
3
Đặt t = x + y ( 0 t 8 ), xét f(t) = t 3 t 2 3t 6 f’(t) = 3t 2 3t 3
2
1 5
1 5
17 5 5
f’(t) = 0 khi t =
; f(0) = 6, f(8) = 398, f(
)=
2
2
4
17 5 5
1 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là
xảy ra khi t =
4
2
17 5 5
1 5
1 5
A f(t)
. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =
hay x = y =
4
2
4
BÀI TẬP
Bài 1: Cho x, y, z là ba số thực thỏa x 2 y 2 z 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P x 3 y 3 z 3 3xyz
Hướng dẫn : đặt t x y z
Bài 2: Cho các số dương x, y, z thỏa x y z 3 . Tìm GTNN của biểu thức
P 9 xy 10 xz 22 yz
Hướng dẫn :
P 9 xy 10( x y ) z 12 yz 9 xy 10( x y)3 ( x y) 12 y3 ( x y )
Xét hàm số f (t ) t 2 3t với 0 t 3
P 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 thức
P 6( y z x) 27 xyz
Hướng dẫn :
314
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
P 6 2( y 2 z 2 ) x 27 x
HĐBM -TỔ TOÁN
y2 z2
x(1 x 2 )
6 2(1 x 2 ) x 27
2
2
Bài 4: Cho các số dương x, y, z thỏa 21xy 2 yz 8 zx 12 . Tìm GTNN của biểu thức
P
1 2 3
x y z
Hướng dẫn :
1
x
Đặt a ; b
2
3
2a 4b
; c , bài toán đưa về tìm GTNN P a b c với c
y
z
2 ab 7
14 14
14
14
2a
2a
2
11
2
ab
7
a a ab
a a
a
7
a 2 ab 7
2a
2a
2ab 7
a 2b
a
2a 4b
P ab
Xét hàm số f (t ) t
11
7
2 1 2
2t
t
Bài 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 thức
P
x3 y3 z3
( x y z )( x 2 y 2 z 2 )
Hướng dẫn :
Đặt a
4x
4y
4z
, b
, c
. Khi đó a b c 4 và ab bc ca 4
x yz
x yz
x yz
Áp dụng BĐT (b c) 2 4bc suy ra 0 a
Khi đó P
8
3
1 3
1
(a b 3 c 3 )
(3a 3 12a 2 12a 16)
32
32
Xét hàm số f (t )
1
(3t 3 12t 2 12t 16)
32
Bài 6: Cho các số dương x, y, z thỏa ( x y z ) 3 32 xyz . Tìm GTLN của biểu thức
P
x4 y4 z 4
( x y z) 4
Hướng dẫn :
Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x y z 4
Ta 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 THPTQG
HĐBM -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 zx
Xét hàm số f (t ) (16 2t ) 2 2(t 2 16)
Bài 7: Cho các số dương x, y, z thỏa
xy yz zx 1
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
x2 y2 z2 7
P
x4 y4 z 4
( x y z) 4
Hướng dẫn :
Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x y z 1
Từ giả thiết
xy yz zx 1
xy yz zx
1
1
2
xy yz zx xy (1 z ) z
2
2
2
1 2( xy yz zx ) 7
9
7
9
x y z
Ta 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 minx, y, z 0 z
1
3
Bài 8: Cho các số dương x, y, z . Tìm GTNN của biểu thức
P
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 minx, y, z 0 z
1
3
316
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ - BẢNG BIẾN THIÊN
GIẢI CÁC BÀI TOÁN PT – BPT – HPT LIÊN QUAN ĐẾN THAM SỐ
I. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Cơ sở của phương pháp này là ý nghĩa hình học của việc giải phương trình, bất phương trình được thể
hiện 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 và
Gg . 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 Gg
2. Nghiệm của bất phương trình (2) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía trên Gg
3. Nghiệm của bất phương trình (3) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía dưới Gg
Nhận xét 1
1. Phương trình (1) có nghiệm G f và Gg có điểm chung
2. Phương trình (1) vô nghiệm G f và Gg không có điểm chung
3. Phương trình (1) có k nghiệm G f và Gg có k điểm chung
4. Phương trình (1) có k nghiệm phân biệt G f và Gg có k điểm chung khác nhau.
Nhận xét 2
1. Bất phương trình (2) có nghiệm có điểm thuộc G f nằm ở phía trên Gg
2. Bất phương trình (2) vô nghiệm không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía trên Gg
3. Bất phương trình (2) luôn đúng với mọi x D toàn bộ G f nằm ở phía trên Gg
Nhận xét 3
1. Bất phương trình (3) có nghiệm có điểm thuộc G f nằm ở phía dưới Gg
2. Bất phương trình (3) vô nghiệm không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía dưới Gg
3. Bất phương trình (3) luôn đúng với mọi x D toàn bộ G f nằm ở phía dưới Gg
Chú ý 1
Đối với hệ thức dạng
(1) ;
(2) ;
(3)
f x 0
f x 0
f x 0
thì Gg có phương trình y 0 nên Gg là trục hoành.
Chú ý 2
Đối với hệ thức dạng
(1) ;
(2) ;
(3)
f x m
f x m
f x m
thì 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
II. ÁP DỤNG
Thí dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x2 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 số
y f x vẽ trên .
Lập BBT của hàm số y f x trên D . Ta có: f ' x
2x 1
2 x2 x 1
f ' x 0 2 x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 2 x 1
2x 1
2 x2 x 1
(2)
Bình phương hai vế (2), ta được phương trình hệ quả
4x
2
4 x 1 x2 x 1 4 x2 4x 1 x2 x 1 x 0
Thử lại, ta thấy x 0 không thỏa (2). Vậy f ' x 0 vô nghiệm
Do 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 .
2x
Giới hạn: lim f x lim
1 và lim f x 1
x
x
x
x2 x 1 x2 x 1
Bảng biến thiên
x
f ' x
-
+
+
f x
1
-1
Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm 1 m 1 .
MINH HỌA ĐỒ THỊ
318
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt
m 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
x2
(2)
2
x 2x 2
x2
2
trên .
x 2x 2
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x đường thẳng y m có hai điểm chung khác
nhau 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) lim
x
x
x2
x2 2x 2
4 3x
x
2
2x 2
x2 2x 2
4
3
1 và lim f ( x) lim
x
x
x2
x2 2 x 2
1
Bảng biến thiên
x
4
3
f ' x
+
0
̶
10
f x
1
1
Dựa vào BBT ta suy ra:
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x 1 m 10 .
MINH HỌA ĐỒ THỊ
319
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 3. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt
x 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 1
1
3 x 2 4 x 1 mx
m (2)
x
x
1
2
1
x 2 mx 2 4 x 2 4 x 1 x
x 1
2
2
2
3x 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
2
x
2
2
3x 4 x 1
Giới hạn: lim f ( x) lim
x
x
x
Bảng biến thiên
x
1
2
f ' x
0
+
+
f x
9
2
Dựa vào BBT ta suy ra:
9
2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m .
MINH HỌA ĐỒ THỊ
320
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 4. Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt
4
2x 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 thị
hàm số y f x vẽ trên 0; 6 .
Lập BBT của hàm số y f x trên D . Ta có: f ' x
1
1
1
1
2 4 2 x 3 4 6 x 3 2
1
1
Đặt u x
, v x
3
3
4
2x 4 6 x
1
2 4 2x
3
1
1
1
2 x 2 4 6 x 3
6 x
1
1
, x 0;6
2x
6 x
1
1
. Ta thấy u 2 v 2 0 nên f ' 2 0
2x
6 x
Mặt khác u x , v x cùng dương trên 0; 2 , cùng âm trên 2;6 nên ta có
Bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)
0
+
2
0
6
̶
63 2
2 6 24 6
4
12 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 THỊ
321
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
4 x 2 x 2 m 4
6 x2
4 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
1
1
2x 2 2 4 x
, x 1; 4
2 4 x
2x 2
2 4 x. 2x 2
t ' 0 2 4 x 2x 2 4 4 x 2 x 2 x 3
Ta có:
t'
Bảng biến thiên
x
t'
t
1
+
3
0
4
̶
3
3
6
Từ 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 thị
hàm 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 2
Bảng biến thiên
t
2
3
3
f 't
f t
̶
0
74 3
+
1
0
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 theo
ẩn 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 THPTQG
HĐBM -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 đẳng
thức 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 mỗi
giá trị t D ' thì phương trình u x t có bao nhiêu nghiệm x D ? (có thể xem là một bài toán
nhỏ về xét sự tương giao)
Thí dụ 6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
4 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
1
2
3 x x 2
2 x 2 2 3 x 2 x 2. 3 x
t ' 0 3 x 2 x 2 3 x 4 x 2 x 1
Ta có:
t'
Bảng biến thiên
x
t'
t
-2
+
-1
0
3
̶
5
2 5
5
Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D ' 5;5
14
(2)
m
t
Phương trình (1) có nghiệm x 2;3 Phương trình (2) có nghiệm t 5;5
14
Xét hàm số y f t t với t 5;5 .
t
Phương trình 2 có nghiệm t 5;5 đường thẳng y m có điểm chung với phần đồ thị
hàm số y f t vẽ trên 5;5 .
14
Lập 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 thiên
t
5
f 't
5
+
f t
11
5
9 5
5
323
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Dựa vào BBT ta suy ra:
Phương trình (1) có nghiệm x 2;3
9 5
11
m .
5
5
Thí dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
m
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:
x
t'
1 x2
1
1
x
2
1 x2
1 x2
1 x
x
, t'0 x 0
Bảng biến thiên
x
t'
t
-1
̶
0
0
1
+
2
2
0
Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D ' 0; 2
t 2 t 2
m (2)
t 2
Phương 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 2
với t 0; 2 .
t2
Phương trình 2 có nghiệm t 0; 2 đường thẳng y m có điểm chung với phần đồ thị
hàm 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 thiên
t
f 't
0
f t
1
2
̶
2 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 8. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x x 1 m x
1
4 x x 1 1
x 1
(1)
Lời giải.
Tập xác định của phương trình : D 0;
1
x x 1 m x
4 x x 1 1
x 1
1
m x
4 x x 1 x x 1
x 1
1
x 1
4 x x 1 1 m x
x 1
Khi đó: 1
x
x 1
4
1 m
x
x 1
(2)
x 1
x 1
, do x 1 nên 0
1 0 t 1 . Tập giá trị của t là: D ' 0;1
x
x
1
1
Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 2 t 1 m m 2 t 1
t
t
Phương 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 .
t2
Phương 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
t2
Bảng biến thiên
t
f 't
1
0
+
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 nghiệm
3 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 3
HĐBM -TỔ TOÁN
x 1
x 1
x 1
x2 1
m 24
3
m 24
2
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
, do x 1 nên 0
1 0 t 1 . Tập giá trị của t là: D ' 0;1
x 1
x 1
Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 3t 2 2t m
Phương 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 thị
hàm 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
1
3
Bảng biến thiên
t
1
3
0
f 't
+
1
0
f t
̶
1
3
0
1
Dựa vào BBT ta suy ra:
1
3
Phương 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
2
3
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)
3
Phương 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 .
2
Phương trình (2) có nghiệm t 1; 2 đường thẳng y 2m có điểm chung với phần đồ thị hàm
số 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bảng biến thiên
t
f 't
1
2
+
4
f 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 x5 m
Lời 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 đồ
thị hàm số y f x vẽ trên 5; 4 .
Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f ' x
1
1
4 x x5
2 4 x 2 x 5 2 4 x x 5
f ' x 0 4 x x 5 x
x
-5
+
t'
t
1
2
1
2
0
4
̶
3 2
3
3
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 nghiệm
mx x 3 m 1
(1)
Lời giải.
Tập xác định của phương trình : D 3;
Khi đó:
1 m
x 3 1
x 1
(2)
327
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
x 3 1
trên 3; .
x 1
Bất 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 x3
2 x 3 x 1
2
f ' x 0 x 3 5 x x 4
x 3 1
0
x 1
Giới hạn lim f ( x) lim
x
x
Bảng biến thiên
x
f ' x
4
3
+
0
̶
2
3
f x
1
2
0
Dựa vào BBT ta suy ra:
2
3
Bất 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 1
t'
x2 2x 8
,
t' 0 x 1
Bảng biến thiên
x
t'
t
-2
+
1
0
4
̶
3
0
0
Từ 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 THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x 2; 4 Bất phương trình (2) nghiệm đúng với
mọi 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 phía
trên 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 2
Bảng biến thiên
t
f 't
0
f t
10
̶
2
0
3
+
7
6
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 0
Lời 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 1
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x 2; 4 Bất phương trình (2) nghiệm đúng với
mt 2 4 m 1 t m 1 m
2
mọi t 0;
4t 1
với t 0; .
t 4t 1
Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t 0; đường thẳng y m nằm hoàn toàn ở phía
Xét hàm số y f t
2
trên 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 1
2
0 , t 0; ,
Giới hạn: lim f t 0
t
329
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bảng biến thiên
t
f 't
0
f 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 x
1
Đặt
. Điều kiện của u là u
4
v 2 x y
2
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
1
4
Với u , ta có:
2 m 2u 1 u 2 u m
2
1
4
u 2 u
2u 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 3
2u 2 2u 1
; f ' u 0 u
f ' u
2
2
2u 1
Xét hàm số f u
330
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Bảng biến thiên
u
1
4
1 3
2
f ' u
+
+
0
f u
̶
2 3
2
5
8
Dựa vào BBT ta suy ra:
Hệ phương trình (1) có nghiệm m
2 3
2
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài tập rèn luyện 1
Tìm m để các phương trình sau có nghiệm
1) x 3x 2 1 m
ĐS: m
2)
4
x2 1 x m
3)
4
x 4 13 x m x 1 0
4) x x x 12 m
6
3
ĐS: 0 m 1
ĐS: m
5 x 4 x
ĐS: 2 3
3
2
5 2 m 12
Bài tập rèn luyện 2
Tìm m để các phương trình sau có nghiệm
1) x 2 m 2 x 4 m 1 x3 4 x
ĐS: m 7
2) 3 x 1 m x 1 2 4 x 2 1
ĐS: 1 m
3)
4)
1
x x 1 m x
16 4 x x 1 1
x 1
x 9 x x2 9 x m
5) 3 x 6 x
6) m
3 x 6 x m
x 2 2 4 x 2 4 x 2 2 4 x2 4
1
3
ĐS: m 12
37
m3
4
6 2 9
ĐS:
m3
2
ĐS:
ĐS: m 1
Bài tập rèn luyện 3
1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
x 2 m
x 1 m 4
ĐS: m 2
331
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
2) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 4;6
x 4 6 x x 2 2 x m
ĐS: m 6
3) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
m x2 1 x 2 m
ĐS: m
5
4
4) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x 0;1 3
m
x2 2x 2 1 x 2 x 0
ĐS: m
2
3
5) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x
9 x 2 m 1 3x 2 m 3 0
ĐS: m
3
2
----------------------------------Hết-----------------------------------
332
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
ỨNG DỤNG GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ TRONG PT VÀ BPT
Giả sử f x là hàm số liên tục trên miền D và đạt GTLN, GTNN trên miền ấy. Ký hiệu:
M Max f x
xD
m min
f x
xD
Khi đó ta có các kết luận sau:
1) Phương trình f x a có nghiệm x D m a M
Ví dụ 1: Tìm a để phương trình sau có nghiệm
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x
2
2x 4x a
x m 4 x2 0
x 3 x 1
x 3;0
4x x 2 2m 1 0
2
2x m 1 x 2 2x m 1 0
2) Bất phương trình f x a có nghiệm x D a M
Bất phương trình f x a có nghiệm x D a m
Ví dụ : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm x 1 4 x a
3) Bất phương trình f x a nghiệm đúng với mọi x D a m
Bất phương trình f x a nghiệm đúng với mọi x D a M
Ví dụ : Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 2; 2
x m 4 x2 0
B. Bài tập
Bài 1: Cho phương trình 2 x 2 x 2 x 2 x m (1)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
Bài 2: Cho phương trình 2 2 x 6 x 2 x 6 x 3m 1 0 (1)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
2
Bài 3: Cho phương trình x 2 1 2x 2 x 2 3m 2 0 (1)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
Bài 4: Cho phương trình x 2 x 2 x 2 x 2 5m 1 0 (1)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
333
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 nghiệm
Bài 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) ym 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