CÁC CHUYÊN đề TOÁN PHỔ THÔNG tập 2

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác kh o ng bo cu o c c om DIỄN ĐÀN TỐN HỌC VMF Tháng 06/2015 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Lêi nãi ®Çu oc u oc c om Tài liệu tài liệu thức Diễn đàn toán học (VMF) cá nhân thành viên trang diễn đàn thảo luận toán học nên xin mạo muội ghi xuất xứ VMF mong quản trò trang web bỏ qua yếu tố Hàng năm giáo viên trung học phổ thông làm sáng kiến kinh nghiệm lónh vực chuyên môn giảng dạy, nhiên lượng kiến thức mà thầy (cô) dày công bỏ nghiên cứu đa phần bò bỏ quên Hôm cố gắng tổng hợp lại sáng kiến kinh nghiệm để đưa vào chung thành tài liệu “CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG” Để tiện cho việc tổng hợp theo dõi, chia thành nhiều tập với độ dày tập tầm khoảng 50 trang Chỉ việc tổng hợp nội dung sáng kiến bạn tham khảo nên có điều sai sót mong bạn bỏ qua Người tổng hợp CD13 kh on gb Tập gồm nội dung: + Ứng dụng tỉ số thể tích giải toán hình học không gian + Một số kó giải tích phân + Một vài cách nhớ công thức lượng giác + Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức + Phương trình mặt cầu ứng dụng + Ứng dụng đạo hàm vào chứng minh bất đẳng thức Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TRONG GIẢI TỐN HHKG CƠ SỞ LÝ THUYẾT Bài tốn 1: (Bài sgk HH12CB trang25) Cho khối chóp S.ABC, đoạn thẳng SA, SB, SC lấy điểm VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '  VS ABC SA SB SC (1) om A’, B’, C’ khác điểm S CMR: chúng thẳng hàng Xét  SAH ta có SA ' A ' H ' (*)  SA AH Do c Giải: Gọi H H’ hình chiếu vng góc A A’ lên (SBC) Ta có AH//A’H’ Ba điểm S, H, H’ thuộc hai mp (AA’H’H) (SBC) nên oc A ' H '.S SB ' C '  VS A ' B ' C ' A ' H ' SB '.SC '.sin B ' SC ' (**)    VS ABC AH SB SC BSC sin AH S SBC A Ta lại có B' H H' (1’) bo VS A ' B ' C ' SA '  VS ABC SA cu Từ (*) (**) ta đpcm □ Trong cơng thức (1), đặc biệt hố, cho B’  B B C’  C ta A' S C' C VS ABC  VS A ' BC  VA ' ABC SA ' VS ABC  VA ' ABC SA SA ' A ' A  1  SA SA V A' A Vậy: A ' ABC  VS ABC SA (1')  VS ABC  VA ' ABC VS ABC on g  (2) kh Tổng qt hố cơng thức (2) ta có tốn sau đây: Bài tốn 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy đa giác lồi A1A2…An ( n  3) , đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ khơng trùng với A1 Khi ta có VA1 ' A1 A2 An VS A1 A2 An  A1 ' A1 SA1 (2’) Chứng minh (2’) phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp S.A1A2…An thành khối chóp tam giác áp dụng cơng thức (2) DẠNG 1: TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 1 1 1 VISCM  VB.SCM  VD.SBC  VS ABCD 3 2 V Vậy ISCM  VS ABCD 12 m Ví dụ 1: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, gọi M trung điểm CD I giao điểm AC BM Tính tỉ số thể tích hai khối chóp S.ICM S.ABCD hoctoancapba com S Giải: Gọi O giao điểm AC BD Ta có I trọng tâm tam giác BCD, co A D O M I C c Ví dụ 2: B Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi B’, D’ trung điểm SB SD Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC C’ Tính tỉ số thể tích hai khối chóp chia mp(AB’D’) Giải: Gọi O giao điểm AC BD I giao điểm SO B’D’ Khi AI cắt SC C’ Ta có B oc uo S C' B' I A D' O' D O C on gb VS AB ' C ' SB ' SC ' SC '   ; VS ABC SB SC SC VS AC ' D ' SC ' SD ' SC '   VS ACD SC SD SC SC ' SC ' Suy VS AB ' C '  VS AC ' D '  (VS ABC  VS ACD )  VS ABCD SC SC Kẻ OO’//AC’ ( O '  SC ) Do tính chất đương thẳng song song cách nên ta có SC’ = C’O’ = O’C 1 Do VS A ' B ' C ' D '  VS ABCD Hay VS A ' B ' C ' D '  VS ABCD kh * Bài tập tham khảo: Bài 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy ABC tam giác có trực tâm H cạnh a Gọi I, J, K trung điểm cạnh AB, BC, CA M, N, P trung điểm đoạn SI, SJ, SK Tính tỉ số thể tích hai khối chóp H.MNP S.ABC Từ tính thể tích khối chóp H.MNP ĐS: VH MNP  VS ABC 32 Bài 2: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng (  ) qua AB cắt SC, SD M N Tính SM để mặt phẳng (  ) chia hình chóp SC thành hai phần tích SM 1  SC om ĐS: DẠNG2: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH c Ví dụ 1:   ABC   900 , Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, BAD AB  BC  a, AD  2a, SA  ( ABCD) SA = 2a Gọi M, N trung điểm SA SD Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a VS BCM SM   VS BCA SA Suy M cu VS CMN SM SN   VS CAD SA SD S oc Giải: Áp dụng cơng thức (1) ta có gb o 1 VS BCNM  VS BCM  VS CNM  VS BCA  VS CAD 3 a a3 2a    2.3 4.3 a B N 2a 2a D A C Ghi chú: 1/ Việc tính thể tích khối S.BCNM trực cơng thức V  B.h gặp nhiều kh on khó khăn, dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối S.BCNM tính VSBCA VSCAD dễ dàng nhiều 2/ Khi dạy học u cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC, CD Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a Giải: Ta có Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác VCMNP CN CP   VCMBD CB CD (a) S VCMBD VM BCD MB (b)    VCSBD VS BCD SB M VCMNP 1   VCMNP  VS BCD VS BCD 8 m Lấy (a) x (b) vế theo vế ta A H N uo c co Gọi H trung điểm AD ta có SH  AD mà ( SAD )  ( ABCD) nên SH  ( ABCD) B 1 a a3 Do VS BCD  SH SBCD  a  3 2 12 a (đvtt) Vậy: VCMNP  96 D gb oc Ví dụ 3: Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, DA = 2a DA vng góc với đáy Gọi M, N hình chiếu vng góc A lên đường thẳng DB DC Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a Giải: V DM DN Ta có DAMN  VDABC DB DC C P D N 2a M A a C a a B AM AN đường cao tam giác vng DAB DAC nên ta có on DM DA2 4a DM   4  MB AB a DB DN  Tương tự DC 16 4 VD.ABC Do VD.AMN = VD.ABC = VD.ABC Suy VA.BCMN = 25 25 5 3a 3 a a3 Mà VD.ABC = 2a Vậy VA.BCMN = (đvtt)  50 kh Ghi chú: Ta có hệ thức lượng tam giác vng ABC A c b ' b2 sau  c ' c2 ( Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng) B b c' b' H C Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 3 Mà VSACD  SA.SACD  a uo c co AI AI    AO AC V AI AM 1   nên AIMN  VACDN AC AD V NC Mặt khác ACDN   VACDS SC V Từ (1) (2) suy AIMN  VACDS 12 m Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a SA vng góc với đáy Gọi M, N trung điểm AD SC, gọi I giao điểm BM AC Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a hoctoan capba.com Giải: Gọi O giao điểm AC BD Ta có I trọng tâm tam giác ABD, S a N (1) Ma A a (2) I D O B C a3 a 2a a (đvtt) Vậy VAIMN  VSACD   12 72 gb oc Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho AH = AC Gọi CM on đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Giải: Từ giả thiết ta tính AH  a a 14 3a , SH  , CH  , SC  a  SC  AC 4 Do tam giác SAC cân C nên M trung điểm SA kh Ta có VS MBC SM 1    VS MBC  VS ABC VS ABC SA 2 1 a a 14 a 14 (đvtt) VS ABC  SH S ABC   48 * Bài tập tham khảo:   900 , CAD   1200 , Bài1: Cho khối tứ diện ABCD có  ABC  BAD AB  a, AC  2a, AD  3a Tính thể tích tứ diện ABCD Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác ĐS: VABCD a3  Bài 2: Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy SA = 2a Gọi B’, D’ hình chiếu vng góc A lên SB SD Mp(AB’D’) cắt SC C’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 16a 45 om ĐS: VS AB ' C ' D '  Bài 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh Gọi M, P trung điểm SA SC, mp(DMP) cắt SB N Tính theo a thể tích khối chóp S.DMNP c ĐS: VS DMNP a3  36 ĐS: VABC A' B 'C '  3a 3 7a R  12 oc Bài 4: (ĐH khối B – 2010) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a oc u DẠNG 3: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH gb Việc tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng khó khăn xác định chân đường cao Khó khăn khắc phục ta tính khoảng cách thơng qua thể tích khối đa diện, mà khoảng cách độ dài đường cao khối đa diện Sau ta xét số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AD vng góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) Giải: D Ta có AB2 + AC2 = BC2  AB  AC on Do VABCD  AB AC AD  8cm I Mặt khác CD = , BD = BC = Nên BCD cân B, gọi I trung điểm CD kh 2  S BCD  DC.BI   (2 2)  34 2 3V 3.8 34 Vậy d ( A, ( BCD ))  ABCD   SBCD 17 34 A C B Ví dụ 2:   BAD   900 , AD = 2a, Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thang, ABC BA = BC = a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA = a Gọi H hình chiếu Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác vng góc A lên SB CMR tam giác SCD vng tính theo a khoảng cách từ H đến mp(SCD) Giải: S om V SH Ta có S HCD  VS BCD SB SAB vng A AH đường cao nên H SH SA2 2a SH Ta có   2  2a HB AB a SB A a 2 a a Vậy VS.HCD = VS.BCD = a = 3 B C Mà VS HCD  d ( H , ( SCD)).S SCD 2 SCD vng C ( AC + CD = AD ), 1 3a a SSCD  CD.SC  a 2.2a  a 2 Vậy d ( H , ( SCD))   2 9a oc c D Ta có bo cu Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng, AB = BC = a, AA’ = a Gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AM B’C Giải: A' C' Gọi E trung điểm BB’,ta có EM//CB’ Suy B’C //(AME) nên B' d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME)) VC AEM MC   VC AEB CB on g 1 a a a3  VC AEM  VEACB   2 2 24 3V Ta có d (C ,( AME ))  C AEM S AEM a H A Gọi H hình chiếu vng góc B lên AE, ta có BH  AE Hơn BM  ( ABE )  BM  AE , nên ta AE  HM kh Mà AE = E a a M C B a a 1 , ABE vng B nên     BH  2 BH AB EB a a a a 21   BHM vng B nên MH  1 a a 21 a 14 Do SAEM  AE.HM   2 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác a 3a Vậy: d (C ,( AME ))   a 14 24 BC = a A ' AH vng H nên ta có 2 a H K C a A oc u A ' H  A ' A  AH  a a.a a Do VA ' ABC  a  2 VA ' ABC Mặt khác  VABC A ' B ' C ' B oc nên AH = c om Ghi chú: Có thể áp dụng cơng thức Hê – rơng để tính SAEM Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vng A, AB = a, AC  a hình chiếu vng góc B' C' A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’) Giải: A' 2a Theo giả thiết ta có A’H  (ABC) Tam giác ABC vng A AH trung tuyến gb 2 a3 Suy VA '.BCC ' B '  VABC A ' B ' C '   a 3 3V Ta có d ( A ', ( BCC ' B '))  A ' BCC ' B ' S BCC ' B ' Vì AB  A ' H  A ' B '  A ' H  A ' B ' H vng A’ a  3a  2a  BB '  BB ' H cân B’ Gọi K trung điểm a 14 BH, ta có B ' K  BH Do B ' K  BB '2  BK  a 14 Suy S BCC ' B '  B ' C '.BK  2a  a 14 3a 14a Vậy d ( A ',( BCC ' B '))   14 a 14 kh on Suy B’H = * Bài tập tham khảo : Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm A’C’, I giao điểm AM A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ A đến mp(IBC) Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU VÀ ỨNG DỤNG I Các kiến thức bản: Phương trình mặt cầu: 2 m Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:  x  a    y  b    z  c   R (1) Dạng 2: x  y  z  2ax + 2by + 2cz + d =  a  b  c  d   (2) Khi đó: Mặt cầu c co tâm I(-a; -b; -c), bán kính R  a  b  c  d Vị trí tương đối mặt cầu với đường thẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R đường thẳng    Tính: d  I ,   Nếu: d  I ,    R :      C    ; d  I ,    R :      C  điểm phân biệt; uo d  I ,    R :    ,  C  tiếp xúc nhau,    gọi tiếp tuyến mặt cầu Vị trí tương đối mặt cầu với mặt phẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R mặt phẳng  P  : Ax + By + Cz + D = Nếu: Aa +Bb +Cc+D A2  B2  C ng bo c Tính: d  I ,  P    1) d  I ,  P    R :  P    C    ;  2) d  I ,  P    R :  P    C  đường tròn H ; r  R  d  I ;  P    với H hình chiếu I (P) Vậy đường tròn khơng gian có phương trình:  x  a 2   y  b 2   z  c 2  R   Ax + By + Cz + D = kh o 3) d  I ,  P    R :  P  ,  C  tiếp xúc điểm H hình chiếu I (P), (P) gọi tiếp diện mặt cầu (C) II Các dạng tốn: Dạng 1: Xác định tâm bán kính mặt cầu cho trước (dạng pt (2)): Cách 1: Đưa dạng Cách 2: Kiểm tra điều kiện a  b  c  d   tâm bán kính Ví dụ: Cho phương trình: x  y  z  2m x  4my +8m  = Tìm điều kiện để phương trình phương trình mặt cầu Khi tìm tập hợp tâm họ mặt cầu Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Giải: 2 Pt cho   x  m    y  2m   z  m  4m  phương trình mặt cầu  m  4m    m     m   y I2 m Khi tâm I ( m ; 2m; 0) Ta thấy tâm I thuộc mặt phẳng Oxy và: xI  co y2 nằm mp Oxy bỏ điểm: M (2; 2; 0) Vậy tập hợp tâm I parabol x  N (2; 2 2;0) Dạng 2: Viết phương trình mặt cầu biết số yếu tố cho trước oc uo c Đi xác định tâm bán kính mặt cầu: - Biết tâm: tìm bán kính; - Biết bán kính: tìm tâm; - Chưa biết tâm bán kính:Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, tiếp xúc với mặt phẳng cho trước thường xác định tâm trước sau tìm bán kính Bài 1: Lập phương trình mặt cầu tâm I(4; 3; 2) tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) với: A(3; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 3) x y z Giải: Phương trình mp(ABC):     x  y  z   3 Bán kính mặt cầu: R  d  I ,  ABC     Phương trình mặt cầu:  x  4 2   x  3   x    12 on gb Bài 2: Lập phương trình mặt cầu tâm I(2; 3; -1) cho mặt cầu cắt đường thẳng (d) có 5x  y + 3z  20 = phương trình:  điểm A, B cho AB = 16  3x  y + z  = Giải:  (d) qua M(11; 0; -25) có véc tơ phương u   2;1;   Gọi H hình chiếu I (d) Có:    MI , u  R   IH  d  I , AB    15  Bán kính mặt cầu:  u d A H B kh  AB  R  IH     17 Vậy phương trình mặt cầu:   Bài 3:  x  2 2   y     z  1  289 x 1 y  z    2 hai mặt phẳng  P1  : x + 2y + 2z  = 0;  P2  : 2x + y + 2z  1= Lập phương trình mặt cầu có tâm I nằm (d) tiếp xúc với mặt phẳng Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Giải: I   d   I  2t  1; t  2; 2t  3 Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  d  I ,  P1    d  I ,  P2   2 om t  8t   9t   8t   9t     t  18     t t 9  17  t =  I1 1; 2;3  ; R1   Pt m / c  S1  :  x  1   y     z  3  2 19   16   15   x  y  z   17   17   17  289  c 18  19 16 15  t    I   ; ;  ; R2   Pt m / c  S  : 17 17  17 17 17  Chú ý: Nếu  P1    P2  :  P2  : Khơng cu oc 1) d song song khơng cách  P1   P2  nằm  P1  có mặt cầu thoả mãn 2) d song song cách  P1   P2  : Có vơ số mặt cầu thoả mãn on g bo 3) d khơng song song, khơng nằm  P1   P2  : Có mặt cầu thoả mãn Bài 4: Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A(1; 1; 0), B(3; 1; 2), C(-1; 1; 2) D(1; -1; 2) Giải:  IA2  IB  2 Cách 1: Gọi I(x; y; z)   IB  IC  I 1;1;1 , R  IA   IC  ID  Cách 2: Gọi phương trình mặt cầu là: x  y  z  2ax + 2by + 2cz + d =  a  b  c  d   Mặt cầu qua điểm A, B, C, D nên:  2a  2b  d   6a  2b  4c  d  14     a  b  1; c  2; d   2a  2b  4c  d    2a  2b  4c  d   2 kh Kết luận: Phương trình mặt cầu là:  x  1   y  1   z    Chú ý: Bài tốn (ĐH KD-2004): Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(2; 0;1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) mặt phẳng (P) có phương trình: x + y + x - = Viết phương trình mặt cầu qua điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P) Cách giải tốn tương tự cách tốn Dạng 3: Lập phương trình tiếp diện mặt cầu Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Bài tốn 1: Lập phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S) tâm I, bán kính R điểm A Cách giải:  mp(P) qua A nhận véc tơ IA làm véc tơ pháp tuyến m Bài tốn 2: Aa +Bb +Cc+D A2  B2  C  R  tìm D suy phương trình mp(P) c Có: d  I ,  P    R  co Lập phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R biết véc tơ  pháp tuyến (P) là: n   A; B; C  Cách giải:  P  : Ax + By + Cz + D = uo Chú ý: Trong tốn cho biết véc tơ pháp tuyến dạng: - Biết  P  song song với mặt phẳng song song với đường thẳng cho trước - Biết vng góc với đường thẳng cho trước Bài tốn 3: R Lập phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R biết (P) chứa đường thẳng (d) cho trước H oc on gb Cách giải: - Xét đường thẳng (d) dạng phương trình tổng qt; - Viết phương trình chùm mặt phẳng qua (d); - Sử dụng điều kiện tiếp xúc tìm mp(P) Bài tốn 4: Lập phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S), tâm I(a; b; c), bán kính R biết (P) qua điểm C và: 1) Song song với đường thẳng (d) cho trước 2) Vng góc với mặt phẳng (Q) cho trước I P d d kh Cách giải: 1) Gọi:  Q    d ; C  ; a   P    Q   a qua A song song với d nên có pt xác định Bài tốn trở thành viết phương trình mp(P) qua a tiếp xúc với mặt cầu (S) 2) Tương tự với: d qua A vng góc với mp(Q) Dạng 4: Đường tròn khơng gian Bài tốn 1: Xác định tâm, tính bán kính đường tròn giao mặt phẳng với mặt cầu cho trước: Cách giải: Sử dụng tính chất phần B.I2) để tìm tâm, tính bán kính đường tròn Bài tốn 2: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác m Tìm tâm bán kính đường tròn giao mặt cầu (S), (S') có tâm I, I'; bán kính R, R' Cách giải: - Đưa pt đường tròn giao mặt cầu pt đường tròn giao mặt cầu (S) với mặt phẳng (Q) - Tâm đường tròn O  II '  Q  ; bán kính r  R  d  I ;  P   uo c co Bài tốn 3: Lập phương trình tiếp tuyến đường tròn sau kẻ từ A cho trước:  x  a 2   y  b 2   z  c 2  R 1   Ax + By + Cz + D = Cách giải: Gọi B tiếp điểm Để ý B thuộc đường tròn nên toạ độ B thoả mãn (1) Lại có: tiếp tuyến AB đường tròn đồng thời tiếp tuyến mặt cầu tâm O nên:      AB  OB  AB OB    từ (1) (2) suy toạ độ B  tiếp tuyến AB Dạng 5: Ứng dụng mặt cầu giải số tốn đại số Bài 1: oc  x  y  z 1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm, tìm nghiệm đó:  (1) 2 x  y  z  m on gb Giải: Nghiệm hệ phương trình (nếu có) tọa độ điểm chung của: mặt cầu (S): x  y  z 1 , (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = mặt phẳng   :2 x  y  z  m  Do hệ (1) có nghiệm (S) () tiếp xúc  d  O, ( )   m m  1   m   22  (1)  22 TH1:m = nghiệm hệ hình chiếu vng góc H O (1): 2x – y + 2z – = kh  x  2t  đường thẳng  qua O vng góc với (1) có phương trình  y   t  t  R   z  2t  2 giá trị tham số t tương ứng với điểm chung (1)  t =  H  ;  ;  3 3 TH2: m = -3 Gọi H’ hình chiếu vng góc O (2): 2x – y + 2z + = 2  H’   ; ;   (tương tự TH1)  3 3 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác   2 Vậy m = hệ có mghiệm  x  ; y   ; z   3  2 m = - hệ có mghiệm  x   ; y  ; z    tiếp xúc với d  O, ( )   3  12  12 3 m  x  y  z  1  Bài 2: Giải hệ phương trình:  x  y  z     3  x  y  z   3 Giải: Mặt cầu (S): x  y  z  , tâm O bán kính R = co  mp(): x + y + z – =  3R bo cu o c  x  y  z  1 có nghiệm nhất, Do hệ phương trình  2    x y z    dễ thấy nghiệm x = y = z = nghiệm thỏa (3) Vậy hệ cho có nghiệm x = y = z = Bài 3: Cho ba số thực x, y, z thỏa: x  y  z 1 Tìm GTLN GTNN của: F  2x  y  z  Giải: Xét mặt cầu (S): x  y  z 1 , tâm O, bán kính R = mặt phẳng (): x  y  z  =  x  2t  Đường thẳng  qua O vng góc với () có phương trình  y  2t  t  R  giá trị tham z   t   2 1  2 1   (S) cắt điểm: A  ; ;   B   ;  ;   3 3  3 3 4 4    9   9 3 3 3 2; 4 d  A, ( )   d  B, ( )   2 22  22   1 22  22   1 kh on g số t tương ứng với giao điểm  (S) t =  Lấy M(x; y; z)  (S), d  M , ( )   Ln có 2x  y  z  22  22   1  F d  A, ( )   d  M , ( )   d  B, ( )    Vậy Fmin = đạt x = y = F    F  12 ;z=  3 Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 3 Fmax = đạt x = y =  ; z = Bài tập vận dụng: Bài 1: c co m 2x  y  z  1= Trong hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng (d):  mặt cầu (S) có  x  y  z  4= phương trình: x  y  z  4x  6y + m = Tìm m để d cắt mặt cầu (S) điểm M, N cho MN = Bài 2: Trong khơng gian Oxyz cho mp(P): 2x + 2y + z + = I(1; 2; -2): a) Lập phương trình mặt cầu (C), tâm I cho giao tuyến mặt cầu (C) mp (P) đường tròn có chu vi 8 b) CMR; mặt cầu (C) nói tiếp xúc với (d): 2x - = y + = z c) Lập phương trình mặt phẳng qua (d) mà tiếp xúc với mặt cầu (C) uo Bài 3:  x   y  2   z  12   S  Cho điểm M(0; 2; 0) đường tròn (C):   x + y + z = a) CMR: M nằm ngồi (C) Lập phương trình tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) ng bo c b) Từ M kẻ tiếp tuyến tới mặt cầu (S) Tìm tập hợp tiếp điểm Bài 4: 2 Cho mặt cầu (S):  x     y  3   z  3  mp(P): x - 2y + 2z + = a) CNR: Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn Lập phương trình đường tròn (C) giao tuyến tìm tâm, tính bán kính đường tròn b) Lập phương trình mặt cầu chứa (C) tâm nằm mặt phẳng (Q): x+y+z+3=0 Bài 5: 2 Cho mặt cầu:  S1  :  x     y     z  3   S  :  x  3 2   y     z  1  20 kh o a) CMR: Hai m/c cắt nhau, lập phương trình đường tròn giao tuyến m/c b) Tìm tâm bán kính đường tròn Bài 6: 2 Cho mặt cầu (S):  x  1   y     z  3  mp(P): x - 4y - 3z + = Lập phương trình tiếp diện (S) qua A(0; 1; 0) vng góc với mp(P)  x2  y2  z2  2x  y  6z   Bài 7: Giải hệ phương trình: 3 x  y  z   3 x  y  z 12   ĐÁP SỐ - HƯỚNG DẪN: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác m Bài 1:  S  : I  2;3;  , R  13  m  m  13  65 d : A  0;1; 1 ; vtcp a   2;1;  , d  I , d   3, IM  IH  d  I , d   m   Bài 2: 2 a) Bán kính đường tròn r = 4, d  I ,  P     R    x  1   y     z    25 co b) d  I ,       R  đpcm c) 2x - 11y + 10z - 35 = Bài 3: uo c  x   y  2   z  12   S  a) Gọi tiếp điểm H(x; y; z) Vì H thuộc (C) nên:  (1)  x + y + z =     Lại có:  IH  MH  IH MH   x  y  z      16  Từ (1) (2) có: H1  2; 0;  ; H   ; ;   pttt  7  b) Gọi T tiếp điểm nên T thuộc m/c (S) (1) Lại có: MT  R  MI  2 nên T thuộc m/c (S') tâm M, bán kính 2 có pt: x   y    z  (2) gb oc Từ (1) (2) tập hợp T giao m/c (S), (S') nên mp có phương trình  x   y  2  z    y  z  Bài 4:  7 11  a) Đường tròn tâm H  ; ; ; r  3 3  b) Tâm J m/c nằm đường thẳng IH  J  IH   Q   J  3; 5; 1 l  d  J ,  P     bán kính m/c: R '2  r  l  20 on Bài 5: kh   x  2   y  2   z  32  a) R2  R1  I1 I  R2  R1  ĐPCM Pt:   x  y  z      7 11  b) Tâm O  I1 I     H  ; ; ; r  3 3  4 x  y   Bài 6: Lập pt đường thẳng d qua A vng góc với (P):  3 x  z  Bài tốn trở thành lập pt mp qua d, tiếp xúc với (S) Bài 7: Nghiệm hệ tọa độ điểm chung của: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 3 x  y  z   3 x  y  z 12  Mặt cầu (S): x  y  z  x  y  z  đường thẳng :    x   2t    có phương trình tham số:  y   6t  t  R   z  3t  om  qua M(0; 4; 0) có VTCP u = (-2; 6; 3) Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung (S)  nghiệm phương trình: t   2t     6t    3t    2t     6t   6.3t    10 t   49  20 136 30    (S) có hai điểm chung A  0; 4;0  A  ; ;  49   49 49 20 136 30  Vậy hệ (3) có hai nghiệm  0; 4;0   ; ;  49   49 49 2 kh on g bo cu oc c Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC oc c om Tùy theo tính chất tốn, q trình thực kết hợp đạo hàm với nhiều bất đẳng thức khác như: Bất đẳng thức Cauchuy, Bunhiacơpski, Trêbưsép……kết hợp với chứng minh quy nạp tốn học Sau số tốn bất đẳng thức dùng phương pháp để giải: Bài 1: Cho hai số a, b thỏa mãn: Chứng minh rằng: Khi Hướng dẫn: Đặt Xét hàm số: Ta có: BBT: + 2/ Cho hai số a, b thỏa mãn Chứng minh: on Đặt BBT: gb Bài 2: Cho a, b số khơng âm Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Ta có bất đẳng thức: Nếu a = (1) với Nếu a > + Vậy kh - oc u Vậy BĐT chứng minh Tổng qt hơn: 1/ Cho hai số a, b thỏa mãn: a + b = k Chứng minh bất đẳng thức: , Bài 3: Cho Hướng dẫn: Với Cần chứng minh: BĐT chứng minh Chứng minh rằng: ta có: hay Xét hàm số Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ta có đồng biến ta có BĐT chứng minh Do với Bài 4: Chứng minh rằng: Nếu x > 0, n số ngun dương ta ln có: Hướng dẫn: Đặt Hướng dẫn: BĐT (1) Ta có: Xét hàm số Xét hàm số c nghịch biến Suy hay hàm số Từ giả sử nghịch biến hay ta có BĐT cần chứng minh Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu phương trình Dấu đẳng thức xảy nào? có nghiệm on Hướng dẫn: Giả sử phương trình có nghiệm x0 Đặt ( gb Áp dụng BĐT Trêbưsép cho dãy số: kh Ta có: oc u hàm số đồng biến oc Cần chứng minh - Ta có: Ta chứng minh - Giả sử hàm số Thật vậy: Do ta có BĐT chứng minh Vậy có góc nhọn, chứng minh rằng: Bài 5: Cho om ta phương trình: Do đó: Xét hàm số: , với Ta có BBT: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác BĐT dấu đẳng thức xảy khi: Bài 7: Chứng minh rằng: Nếu Hướng dẫn: Xét hàm số: hay Suy ra: với Vậy , dấu “=” xảy oc u , dấu “=” xảy oc Với c Vậy om + Bài 8: Gọi V, S thể tích diện tích xung quanh hình nón tròn xoay Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Ta có: ( gb (1) Đặt bán kính đáy; đường sinh, xét hàm số: on Ta có BBT: kh Vậy Bài 9: Cho + ta có - BĐT chứng minh thỏa mãn Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra: ( Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Xét hàm số: với Tương tự ta có: om vào (2) cộng vế theo vế ta BĐT (1) Lần lượt thay Bài 10: Chứng minh rằng: Dấu đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn: BĐT cho (1) Xét hàm số: Đặt c từ hàm số hàm số đồng biến BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy hay Bài 11: Cho Chứng minh rằng: Hướng dẫn: BĐT (1) (1) (2) oc u Đặt oc Nếu Đặt nên BĐT (2) nghịch biến  Chứng minh: Đặt Do với  Chứng minh: gb Chứng minh tương tự ta Đặt đồng biến hay on Từ suy BĐT cần chứng minh Bài 12: Chứng minh rằng: Với Hướng dẫn: Đặt (1) với kh Ta có: (1) Vậy Bài 13: Cho + 0 BĐT cần chứng minh Chứng minh rằng: + ta có: Hướng dẫn: Xét hàm số: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác hàm số đồng biến hàm số Do Vậy BĐT chứng minh Bài 14: Chứng minh rằng: thỏa mãn (1) thì: Áp dụng chứng minh rằng: Nếu số Hướng dẫn: Xét hàm số: Ta có: BBT: + oc - c x đồng biến om Ta có: Với Suy oc u Suy chứng minh Áp dụng: * Nếu (2) thỏa mãn (2) Nếu BĐT (1) ta có Đặt Bài 15: Cho số + BĐT (2) chứng minh gb Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Đặt Xét hàm số: + on Ta có: kh Ta xét trường hợp sau:  TH 1: ,  TH 2:  TH 3: , hàm số đồng biến Ta có: Ta có: có dấu thay đổi Ta có BBT: Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác - + có góc nhọn, chứng minh rằng: HD: Xét hàm số: Bài 3: Cho với Chứng minh rằng: Bài 4: Cho Chứng minh rằng: HD: Xét hàm số: chứng minh oc u với Chứng minh rằng: Bài 5: Cho HD: Đặt Xét hàm số: Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu , Bài 7: Với oc Bài 2: Cho , với c (HD: Xét hàm số: om Suy ra: Mà nên Vậy BÀI TẬP Bài 1: Chứng minh rằng: Với ta có bất đẳng thức: (HD: Xét hàm số: , với nghịch biến Chứng minh rằng: + , với kh on gb  Diendantoanhoc.net [...]... ca ≤ a2 + b2 + c2 Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức a2 + b2 + c2 ≤ 9R2  1 1 1 1    2 ab bc ca R (đ.p.c.m) 1 1 1   9 a 2  2bc b 2  2ca c 2  2ab Chứng minh: Theo BĐT (***) thì  uo c Chứng minh rằng: c a, b, c  0 Bài tốn 6: Cho  a  b  c  1 om (ab + bc + ca )2 ≤ (a2 + b2 + c2)(b2 + c2 + a2)  1 1 1  2  2 9  a  2bc b  2ca c  2ab  2 oc [(a2 + 2bc) + (b2 + 2ca) + (c2 + 2ab)]... Tính I  2 3x  2 dx x  7 x  13 2 Giải Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác 3 3 25   2 x  7   7   2   2 x  7   2 2 2 3 2 x  7  dx 25 dx  x 2  7 x  13 2 2 x 2  7 x  13 3x  2  2 2 x  7  3  I1  x 2 3 + I2 =  2 3 dx =  ln x 2  7 x  13  = - ln3 2  7 x  13 2 dx  x 2  7 x  13 3  2    t   ;   2 2  ... 2  2 xt  x 2  x 2  1  x  t 2 1 t 2 1 dt  dx  2t 2t 2 m t 2 1 t 2  1  ; 2t 2t x  0  t  1; x  1  t  1  2 x2  1  t  (  1 1 2   1 t2 1    2 ln t  2  4 2 2t 1  1 t 4  2t 2  1 1 dt  3 4 t  1  2 1  t   3  dt  t t   dx;   b  a dương lẻ)  x2  m  a  x n dx ( với n là số ngun   b  x n x 2  m dx; uo  a  m  x2 a  x n  b x n m  x 2 dx; 1 2. .. 3 2 2 1    ln(1  2)   4 2 2(3  2 2)  Đặc biệt: các dạng tích phân sau b  1 2 t 2 1 t 2 1 1 )( 2 )dt  2t 2t 4 co 1 2 I c Đổi cận: * t  m  x 2  t 2  m  x 2  x 2  m  t 2  xdx  tdt Đặt oc * (t  x 2  m ) Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t     I   g (t )dt  G (t )   Ví dụ: gb 1 I   x3 1  x 2 dx Tính 0 1 Giải: I x 3 1  x dx   x 2 1  x 2 xdx on 0 2 2 1 2 2... ra đ.p.c.m 20 10 20 10 kh Bài tốn 11: Đặt S = a i Chứng minh rằng i 1  i 1 S  ai  20 10 2  20 10 ai với mọi a1, a2, , a2010 > 0 Chứng minh: 20 10  i 1 S  ai  20 10 2  20 10  ai 20 10   1  i 1  S  ai ai    20 10 2  20 10  20 10  20 10 2  Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác 20 10  i 1 S  20 10 2  ai 20 10 20 10 1  20 10 2 ai  ai... sin2x = 1  cos 2 x 1  cos 2 x ; cos2x = 2 2 c Ví dụ:  2 Tính I   sin 4 xdx uo 0 Giải: 2 oc 1  1  cos 2 x  2 sin 4 x =    (1  2 cos 2 x  cos 2 x) 2 4   1 1  cos 4 x  1  1  2 cos 2 x     3  4 cos 2 x  cos 4 x  4 2  8  2  1 1 1  2 3 I    3  4 cos 2 x  cos 4 x dx  3 x  2sin 2 x  sin 4 x   8 8 4  0 16 0 gb Ngồi 3 trường hợp trên 1 2dt x x  dt = (1  tan 2. .. BĐT (*) ứng với n = 20 10 n Chứng minh rằng: ai 2 a i 1  i n 2n  1 Chứng minh: i 1 n  i 1  ai  n 2n 2    1  2  a   2 n  1  n  2 n  1 i 1  i  n 2 2n 2   2  ai 2n  1 n  (2n  1)  i 1 n  i 1 1 n2  2  ai 2n  1 1  n2  2  ai n n  2  ai   c  ai n   2  a i 2n  1 1  n2 2  ai bo cu o n co a1 , , a n  0 a1   a n 1 Cho  m Bài tốn 12: (Vơ địch UCRAINA)... e 0 Cách 1: Đặt t=lnx  dt= x  1  t  0 Đổi cận:  x  e  t  1 on 1 I   t 3 2  t 2 dt 0 kh 3 Đặt ï= 3 2  t 2  u3  2  t 2  u 2 du  tdt 2 3 t  0  u  2 Đổi cận:  3 t  1  u  3 3 3 3 3 3 3 3 I   udu  u2  3  ( 3 9  3 4) 2 2 32 4 4 Cách 2: Đặt t= 3 2  ln 2 x  t 3  2  ln 2 x  3 2 dx t dt  ln x 2 x Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các. .. N ( x  )2  2 M (x  b on g   b  M N p N   )dx   M ln x   I1 =  (  p p 2 2 x p a x  (x  ) 2 2  2 a Ví dụ: 1 Tính I  1 2x  5 dx x  2x 1 2 kh Giải Diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác 2x  5 2x  5 A B    2 x  2 x  1  x  1 x  1  x  1 2 2  2 x  5  A( x  1)  B Ta có: 2 2  2 3  3  3 1  I   dx   2 ln x ...    x  2  t   3 Đổi cận  x  3  t     6    6 3 9  dx   3 bo cu o I 2 3 1  tan 2 t dt 2  dx  2 3 3 dx 7 3 x   2 4   7 3 Đặt  x    tan t 2 2  I2  m  co 3 3 2 c I  25 3 3  ln 3  2 18  x 2  px  q  0 có nghiệm kép x  p (  0) 2 Ax  B Ax  B M N     2 x  px  q ( x  p ) 2 ( x  p ) ( x  p ) 2 2 2 2 p M  A ) N M  2   Mp  p  2  N  B