Tài liệu ôn thi THPT quốc gia môn toán (áp dụng từ năm 2015) t3

Do AM (S B D )= > AM I S D ^ S D l(A M l) Tính d(A D ;SC ): Ta có AD / /BC AD / /(SB C ) ^ d( AD;SC) = d (AD ;(SBC)) = d ( A;(SBC)) Kẻ AH vng góc với BC H, kẻ AK vng góc với S H tạ iK ta c ó A K l( S B C ) Gọi E,F hình chiếu vng góc B,c o AD ta có EF = BC = a AE = DF = — Suyra AB = BC = V a B^ + AE" = j a ^ + — = — V => AH = BE = - ^ 1 Tam giác vng SAH có: — = + — - ^ = — 1= - AK^ SA' AH= (a^/3)^ I 17 I5a' AK = a, - VI7 Vậy d(AD;SC) = AK = a ^ — Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D, AD = 2a , AB = 3a,CD = a Tam giác SAD cân s nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết góc mặt phẳng (SBC) mặt đáy 60“ Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a L i siải: Gọi H trung điểm AD Do tam giác SAD cân s nên S H l AD Hai mặt phang (SAD) (ABCD) vng góc có giao tuyến HD nên S H l( A B C D ) Kẻ HI vng góc với BC I B C IH I B C IS H = > B C l(S H l) nên góc S IH = “ góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) Bài tốn có ỷ đỏ tinh tích cùa khối chóp S.ABCD ta tính đường cao S H cần tính độ dài H I Đe tính HI ta sử dụng cơng thức diện tích: HI = 2S„ BC Diện tích tính gián tiếp(lấy diện tích hình thang trừ diện tích hai tam giác vng nhỏ) Độ dài BC tính thơng qua tam giác vuông Kẻ CE song song với AD cắt AB E 600 s Tam giác vng CEB có: CE = EB = 2a nên tam giác vuông cân suy BC = 2a^/2 Ta có: S|^3 f — ^HAB 2.2a" Suy HI = BC AB + CD ^UCD A D - HA.AB HD.CD 2 3a + a -,2a a.3a a.a = 2a‘ = ã y ị ĩ => SH = Hl.tan 60° = a>/6 2&SỈ2 Trong mặt phẳng (AB CD) dựng hình bình hành ACBE Ta có BC / / A F => BC / /(S A E ) d(BC;SA) = d (B C ;(S A F )) Kéo dài HI cắt AF T d(BC;(SAF)) = d(l;(S A F)) = — d (H ;(S A F )) HT -T- ' i.-r _ 2Shaf _ H A A FsinH A F ,T c _ a '/2 T a c ó :H T = — ^ = -— - — = HA.sinl35 = — — AF AF Suy 1T = H1 + HT = 3aV2 IT HT = ^ d (B C ;(S A F )) = 3d(H ;(S A F)) Kẻ HK vng góc với ST K ta có HK _L (SAF) Tam giác vng SHT có: _ I _ > _ >3 HK = a, 12J Vậy d(SA; BC) = 3HK = a c/íú ý Ta quy khoảng cách từ BC đến mặt phẳng (SAP) H cách kéo dài AD cắt BC M Khi d(B C;(SAF)) = d (M ;(S A F )) = ^ d ( H ; ( S A F ) ) HA , MD CD MA = ^ d (B C ;(S A F )) = 3d(H ;(S A F)) Theo talets ta có: —— = - = —=> — MA AB HA Ta có kết tương tự cách Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC = 60° Hình chiêu vng góc s lên mặt đáy trùng với trọng tâm G tam giác ABC, đường thẳng SA tạo với đáy góc 60° Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đưịng thẳng AD SB Bài giải Gọi M trung điểm BC, G giao điểm AM BD Tam giác AM = ABsin60° = Góc SG i ( ABCD) => SAG = 60° góc SA mặt phẳng (ABCD) Tam giác vng SAG có: SG = AG tan 60° = - AM tan 60° = - ^ V = a 3 601 ^ABC D ^SABCD =BA.BCsin60° ^ ^^-^ABCD ~ 2 rV ~ ' Tính d (A D ;S B ): Ta có: AD / /BC => A D //(S B C ) => d(AD;SB) = d(A D;(SBC)) = d(A ;(S B C )) AM GM d (G ;(S B C ))-3 d (G ;(S B C )) Kẻ GH vng góc với SM H ta có GH T (SBC) Tam giác vng SGM có: — GH' ^ H— ^ G M ' SG = I _13_„„ a>/Ĩ3 +^ = ^=>G H = a= a’ 13 / V , 3aVĨ3 Suy d(AD;SB) = G H -■ 13 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, BC = a, AB = AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy (ABCD), mặt bên (SBC) tạo với mặt đáy góc 60° Gọi M trung điểm cạnh SB, mặt phẳng (A D M ) cắt cạnh sc N Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BN CD Lờ i síải: Vì AD // BC nên MN // BC N trung điểm sc í B C l AB — : n Tacỏr =z> BC (SAB) ^ SBA = 60° B C SA ' Vì SA = AB tan 60° = 23 a/3 c \/ _ * CAC _ ' c A BC + AD ^ Suy Vg^3 (,p —^ SA.S^g( - —^ SA ^ AB 'v "'VỈ' ^‘ * ' = -.2 aV , - ^ 2-,C' \ B Ì^ l' ■K-/-' / V \ ,2a = 2a’ V3 (đvtt) .3 , Gọi E trung diêm cùa BC AE//BC AE = BC = a nên ABCE hình chữ nhật Gọi I giao điểm AC BE I trung điểm cùa AC, NI//SA suy NI _L (A B C D ) Ta có CD / /BE => CD / /(N B E ) ^ d(CD; BN) = d (C ;(N B E )) ÍN IIC K Kẻ CK vng góc với BE K ta có ( ' => CK (N B E ) Ị n k ib e Tam giác vng BCE có CK đường cao vi vây —-!-TCK' Vi d(C D ;B N ) = CK = 602 2aV5 CB' + T rrr = -V + —^ => CK = — CE’ a' 4a' * Tính khoảng cách Ỉữa hai đườne thẳng chéo chiều so vói măt đáy Bài tốn khó tốn loại Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AB = BC = BD = a , mặt bên (SAB) tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy (ABCD) Gọi M trung điểm cạnh SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB CM L i siải: , ÍS H IA B Gọi H trung điểm cạnh AB, ta có < _ _ => SH _L (A B C D ) [(S A B )l(A B C D ) Tam giác ABD cạnh a, - Vì ,, = 2S^gj, = ^ ' V a'V =^SH.S^8,.d = ' => SH = ^SA" = ^a" = Vỉ , Tính khoảng cách: Gọi o trung điểm cạnh BD, ta có MO//SB nên SB / /(A M C ) Vì d(SB;CM ) = d(B ;(A M C ))^ 3V,M ABC ■'AMC Ta có v , , , = ld (M ; (A B C D )).S , , = l i d ( H ; ( A B C D ) ) i s , „ = l v , ,3 Tam giác AM C có OM - — = - ; S D = V s H '+ H D ' = J — + — = — ; 2 V 4 A M = J S A = -^ = ,tIẸ = ^ V 16 Ví dụ Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’ B’C ’ có đáy ABC tam giác vuông A, AB = a,BC = 2a Mặt bên ACC’A ’ hình vng Gọi M,N,P lần lưọl trung điểm AC,CC’,A ’ B’ H hình chiếu cùa A lên BC Tính thể tích khối chóp A ’ HMN khoảng cách hai đường thẳng MP HN B i g iả i Nhận xét Rất khó tính thể tích khối chóp A ’ HMN ta khơng xác định đáy Coi mặt đáy khối chóp (A ’MN) Ta CÓ: s -"A T N 3a8 "T d (H ;(A 'M N )) = ^ d ( B ; ( A 'M N ) ) = i £ A B Tam giác vng ABC có AH đường cao nên: C H B C = C A = = , “ BC = “ :^ ^ ^ BC- 4a= A' Vậy d (H ;(A 'M N )) = - A B = 3a => V H ,.M N = ^ d (H ;(A 'M N )).S , h 3a' _3a^ 3' ■ ” 32 Gọi E trung điểm B’C ’ ta có E P //A 'C //C M ,E P = CM = —=>CMPE hình bình hành suy M P //C E = ^ M P //(B C C 'B ') Do d (M P ;H N ) = d(M P ;(B C C 'B ')) = d (M ;(B C C 'B ')) Kẻ MK vng góc với BC K ta có M K _L (B C C B ') -r AB.AC _ a a ^ _ a y Í3 Tacó M K = - A H = — : : =■= = —— 2 a/ a B' + AC' 2.2a Vậy d (M P ;H N ) = ỉa/3 Nhận xét Nếu khối chóp có mặt đáy khơng mặt đáy cùa khối lăng trụ khối chóp ban đầu ta lựa chọn đáy họp lý cho việc tính diện tích đáy khoảng cách từ đỉnh cịn lại đến đáy đon giản để tính thể tích Tương tự’ hai đưịng thẳng chéo khơng có đưòng thắng nằm mặt đáy ta phải xác định mặt phẳng đáy mói (chứa đường thẳng song song với đưòng thẳng lại) để quy tính khoảng cách tốn có đường thẳng thuộc mặt đáy quen thuộc Dạng Khối đa diện cho trước khoảng cách Khi cho trưóc khoảng cách ta phải định xác cơng thức khoảng cách Sau tìm yểu tố cùa khối đa diện để hồn thiện bưóc tính thể tích, góc khoảng cách tùy thuộc vào yêu cầu đề V í dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC hình binh hành SA = SB = AB = 2BC = 2a , góc ABC = 120° Gọi M trung điểm AB Biết hình chiếu vng góc H s lên mặt đáy (ABCD) năm tứ giác ABCD khoảng cách từ M đên mặt phăng (SCD) băng a Í3 Tính thê tích khơi chóp S.ABCD B i g i ả i Tam giác SAB nên AB T SM Mặt khác SH T (A B C D ) => SP4 T AB Do AB (S H M ) => AB HM Kéo dài HM cắt CD I ta có CD T ( S M l) Kẻ MK SI K ta có M K (S C D ) Ta có SM = SBsiii60°=aV3 M I = d(C;AB) = 2S^bc _ AB.BCsinl20° _ a S AB AB Xét tam giác SMI ta có: SH^ = SM^ - H M ‘ = 3a^ - EĨM' (1) a\íĩ> Sl = 604 MK = SH Í3 r~ ^ — S H =>SH - = S I'- H I ^ = S | - - ( M I - H M ) ' = - S H “ ^ ^ HM (2) 'hm = So sánh (1) (2) ta có: 3a" - H M “ = (a>/3 - H M Ì' 4ax/ĩ ■ ^ ’ HM =—^ L Do H nằm tứ giác ABCD nên HM = => H = M Suy SH = SM = aV3 V, = ^SH.S, „ = |.S H S , , Ị a V s Ì a a ^ a^ (đvtt) B BÀI TẬP RÈN L U Y Ệ N V í dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi Biết S.ABD tứ diện đêu cạnh a Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách giũa hai đường thẳng BD sc B ỉ g iả i Cách 1: Goi M trung điểm cùa AB gọi o giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi H giao điểm AC DM H tâm đưịng trịn ngoại tiếp tam giác ABD Suy S H T (A B C D ) Ta có: s , , , = 2S,3, = AB.ADsin 60° = ^ DH = - D M = -A D s in 60° 3 - /ĩ Tam giác vuông SHD có: SH = V S D ' -D H = = j a ‘ V , a y ^ ạ-V3 _ a^V2 VS.ABCD = -S H S 3' ■ (đvtt) Tính d(B D ;SC ): Kẻ OK T s c K ta có: J ^ ’ ■ [B D IA C BD (SHC) => BD OK ^ ^ Vậy OK đoạn vng góc chung BD sc ^ ^ 4_ 2a\Ỉ3 Tacó; CH = CO + OH = AO + O H = - A O = - D M - - ^ 3 Í2 a V V Suy sc = V sH "+ C H - =, V = a^/2 y a%/ó c • SCH = SH Suy sin sc ^ aV2 _ ^ ^ => OK = CO.sinSCH = —^ ^/3— = a— Vậy d(BD;SC) = O K = - 605 Cách 2: Nhiều học sinh khơng nhận OK đoạn vng góc chung cùa BD s c áp dụng cách tính khoảng cách tổng quát ta thực sau: Trong mặt phẳng (ABCD) dựng hình bình hành BDCE Ta có BD / /CE => BD / /(S C E ) => d(B D ;C E) = d(B D;(SCE)) = d (0 ;(S C E )) Đẻ ý o c J- BD => o c CE chi cần kẻ OK vng góc với s c K thi OK khoảng cách cần tim Đây lời giải trinh bày cách Nhận xét Ta quy chân đường vng góc H để thuận tiện tính tốn sau: d (0 ;(S C E )) = ^ d ( H ; ( S C E ) ) = |d (H ;(S C E )) , Kẻ HI vng góc với s c I ta có HI ± ( S C E ) Tam giác vng SHC có: —^ HI SH CH I = aVó A" í _ P ĩ\- ~ 4a- 2aV3 HI = - a 3 Vậy d(BD;SC) = - H l = - — = - Ta cộ kết tương tự cách V í dụ Cho hình lăng trụ đứng ABC A’B’C ’ có đáy ABC tam giác vuông, AB = BC = a Gọi M trung điểm BC, biết góc mặt phẳng (A ’ BC) mặt đáy (ABC) 60° Tính thể tích lăng trụ khối chóp A ’ BCC’ B’ khoảng cách hai đường thẳng B’C AM B i e iả ỉ V í dụ Cho hình lăng trụ ABC A’ B’C ’ có A ’ ABC hình chóp đều, AB = a Gọi (p góc mặt V3 phẳng (A ’ BC) mặt phẳng (ABC) với cos(p = — Tính thể tích khối chóp A ’ BCC’ B' khoảng cách từ A ’ đến mặt phẳng (BCC’ B’) B i s iả i Gọi M, N lần lưọt trung điểm BC AB Gọi H giao điểm cùa AM CN H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Suy A 'H l ( A B C ) í B C AM , , Ta có: ( => BC _L(A 'H M ) nên góc A MH=cp [ BC J- A 'H góc hai mặt phẳng (A ’ BC) (ABC) Ta có: AM = ABsin 60° = Suy HM = 606 AM _ a%/3 Tam giác vuông A ’ HM có; A 'H = HM.tancp =: HM COS" (p = AB.ACsin60“ ỉV i Ta có: V^, V, ABC' ~ _ ' A.uc ABC ^ A 'A B C _ a^/6 _ I aV a=V3 _a-’ V2 3’ ■ 24 a ^ _ a ^ 12 ^ ^ A 'A B C Tính ci(A ';(B C C 'B ')): Ta có A A '//(B C C 'B ')^ d (A ';(B C C 'B ')) = d (A A ';(B C C 'B ')) = d (A ;(B C C 'B ')) Ta có: B C ( A 'H M ) = > ( A 'H M ) ( B C C 'B ’) Gọi p trung điểm B’C ’ MP giao tuyến cùa hai mặt phẳng (A ’H M ) (BCC’ B’) Kẻ A K l M P t i K ta c ó AK l( B C C 'B ') Do M P //B B ’//A A '= ^ d (A ;(B C C 'B ')) = d (A ;M P ) = d (M ;A A ') Kẻ MI vng góc với A A ’ MI đường cao tam giác A ’AM a jó Ta có: = = AA' AA' a \Ì3 ' _a ay/ó Vậy d (A ’; ( B C C 'B ') ) - A K = - Nhận xét Ta quy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’ B’ ) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (BCC’ B’ ) sau: Ta có: d(A ;(B C C 'B ')) = — d(H;(BCC'B')) = d (H ;(B C C 'B ')) Kẻ PE song song với A ’ H cắt HM E PE _L (A B C ) Ta có ME = HE - HM = A 'P - HM = AM - HM = AH = 2HM Suy d (H ;(B C C 'B ')) = -!^ d (E ;(B C C 'B ')) = - d ( E ; (B C C 'B ')) EM Kẻ EF vng góc với MP F ta có EF T ( B C C B ') J _ _ J _ _ Tam giác vuông MPE có: — = —XT + — —r = — —v + EF- ~ EPE M ' ” A 'H '^ AH- Vậy d (A ;(B C C ’ B')) = d (H ;(B C C 'B ')) = -.d (E ;(B C C 'B ')) = EF = ^aVóY ía V V a- - Ta có kết tương tự cách > Vấn đề Xác định góc * Góc Ìữa đường thắng măt phắne Giả sử cần xác định góc đường thẳng a mặt phẳng (P) Nếu a//(P) góc a (P) O” 607 Neu a cắt (P), xác định đường thẳng a’ hình chiếu a lên (P), góc a a’ góc giũ’a a mặt phẳng (P) Trong trường hợp khó xác định hình chiếu đưịng thẳng mặt phang để xác định góc ta có thủ thuật chuyển khoảng cách + góc A ■ A H _ d (A ;(P )) sin(a;(P)) = sin AIH = —— = ^ — ^ ^ ’ AI AI V í dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang (AD//BC) AD = 2a, / AB = BC = CD = a Cạnh bên SA = 2a vng góc với mặt đáy (ABCD) a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính góc đưịng thẳng sc mặt phẳng (SBD) L ì iiìải: a) Bạn đọc tự làm b) Tính góc Chú ý tam giác ABD ACD vuông B c Gọi I giao điểm AC BD Gọi H hình chiếu vng góc A lên SB T a t a s ,a c ó Ị£ = Ẽ £ = Ă = i lA AD 2a \\ \\ \ 'v Suy d(A ;(S B D )) = 2d(C;(SB D)) ÍB D IS A „ , Tacỏ r l ‘ => B D (S A B )= > B D l AH B D IA B ' D Vì A H T (S B D ) d (A ;(S B ,) AH - ^ ^ , (C ;,S B D )) A ah i Chú ý AC = V a D- - D C - = Vda' - a ' - aVI; sc = v/sA- +AC= = Vda" + a ’ = a^ỉĩ Do d(C;(SBD)) = - ^ = SC.sin(SC;(SBD)) = aVr.sin(SC;(SBD)) v5 ^ sin (SC;(SBD)) = => cos(SC;(SBD)) = a d Ví dụ Cho hỉnh chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, AB = BC = - = a, S A l(A B C D ) Góc mặt bên (SCD) mặt đáy (ABCD) 45° Tính thể tích khối chóp S.ABCD cơsin góc đường thẳng SD mặt phang (SBC Lử i s iải: Ta có AC - V a b " + BC' = aV2;C D = aV2 => AD" = AC^ + C D ' = 4a' 608 Vì tam giác ACD vng c, s CD (S AC ) ' '■\ Do góc S C A = 45“ góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) Ta có SA = AC = dL^Ĩ V Vi—vạy V Vg^^gị-.p - ca BC + AD SA.S^g^.p — ' SA ,AB B I /T- a + 2a a’ a/2 _ ^ = - a v — a = — ^— (đvtt) 2 Tính góc: Do AD//BC nên AD / /(SBC) => d(D;(SBC)) = d(A;(SBC)) Kẻ AH vng góc với SB ta có AH _L(SBC) Tam giác vng SAB có AH ' -+ • SA' A B ' AH = — ;SD = VSA- + A D ' = v/2a= + 4a' - aVỏ 2a' iVỏ Vì sin(sD;(SBC)) = -^ ií^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ = — = =i ^ > SD SD aVó Suy cos( s d ŨSBC)) = ị\ B i tâp rèn Ị uyên Bài Cho hình chóp S.ABC cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy 60° Tính thể tích khối chóp S.ABC Đáp số: Vg a^y/3 ■(đvtt) Bài Cho hình lăng trụ ABC A’ B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, hình chiếu cùa B’ lên mặt đáy (ABC) trùng vói trọng tâm tam giác ABC,cạnh bên tạo với mặt đáy góc 60° Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’ B ’C’ cơsin góc đưịng thẳng AC’ mặt bên (BCC’ B’ ) Đáp số: cos(AC ';(BC C 'B ')): Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, AB = BC = a, AD = 2a, SA = a j6 vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính góc a) b) sc mặt phẳng (ABCD) sc mặt phẳng (SAB) c) SB mặt phẳng (SAC) d) AC mặt phẳng (SBC) Bài Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = 2a, BAC = 60° Hình chiếu s lên mặt đáy (ABC) trùng vói trung điểm cạnh BC, SA tạo vói mặt đáy góc 30° Tính thể tích khối chóp S.ABC cơsin góc đưịng thẳng BC mặt bên (SAB) * Góc hai đưịng thẳng Phương pháp: Giả sử cần xác định góc hai đường thẳng chéo a b, ta thực sau: 609 Và S c ,= ls ,3 ,= lA B B C = l a a ^ / = ^ J 6 c \/ Suy _ * CAC _* a'A/3 a’ V _ ^ = ^SA.S^g,, = A a - ^ = (đvtt) J J o lo Gọi M trung điểm cạnh BC ta có d(G;(SBC)) = ^ d ( A ;( S B C ) ) = -d (A ;(S B C )) ^ \ V M Kẻ AH vng góc với SB H ta có ÍB C IA B ^ [BC ± SA ■V' B B C l (SAB) B C l AH Từ suy AH (S BC ) x •' ' A , ^aV2 ] am giác vng sAB có —^ = — —+ — = —- + — ZI> AH = AH‘ SA' AB" a‘ a' Vì d(G;(SBC)) = — =— Câu Đưòng thẳng d qua điểm A (2 ;-l;3 ) có VTCP ũ = ( ;3 ;- l) Mặt phẳng (P) có VTPT n = ( l;l;5 ) 3'a có A ể (P) ũ.n = 2.1 + 3.1 + (-1).5 = Vi d//(P) (đpcm) ^ |1.2 + 1.(-1) + 5.(-3) + 3| llV V l'+ l'+ ^ Ta có AD//BC suy HB vng góc với BC, phương trinh đường thẳng HB Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trinh [3x + y - = íx = [x -3 y + = o '^ Ị y = ' X - 3y + = B(0;3) Gọi C(c;-3c + 3),c> Gọi I tâm hình thang ABCD, tam giác IBC có IB = IC - I => trung điểm cạnh huyền HC tam giác vuông HBC Suy I c - -3c + 2 J IB = ' - c 3c + l { ,HC = (c + 3;-3c + l) _ k E Do IB vng góc với HC (gt) nên: IB.HC = 3- c , 3c +1 „ o .(c + 3) + ———,(-3c + 1) = o 2 Định lý Talets ta có; IB c = -1 c= •C(1;0),1(-1;1) = - r ~ = => ID = -3IB = (-3 ;-6 ) => D (-4 ;-5 ) BC Đường trịn ngoại tiếp hình thang ABCD đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD Có phưong trình dạng: (C ); X' + y “ + 2ax + 2by + c = 0(a" + b“ - c > 0) 755 + 6b + c = Do B, c, D thuộc (C) nên a=4 Sử dụng bất đẳng thức AM -G M ta có _ ^ /^ ( x - y) ^ + ( X - y)- _ (x + y)- Dấu xảy 2^Jxỹ = X - y ị — x = ^/2,y = ^ /2 -4 y Vậy hệ phương trình tưong đương với: t ^ ^ [x -+ (x + 4) = (y + 4)‘ + y \ = -y /2 ,y = - \ Ỉ x = V ,y = - L 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (V2;3\/2 -4j;Ị^^/2 - - ; - - j ; Ị - \ / ; - V - j Câu Các/i I : Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có (a“ + 2Xb^ + 2) > 2^(a^ + )(b ' + ) Chú ý ta có (a‘ + )(b ' + )(c " + ) > 3(a ự(a-%2)(b> + 2) r i - a+b+c \c+2 + b + c )^ Từ suy p > ^ — + 2^3(c" +2) > — 2J3(c^ + 2) = 12 vc+2 VVc+2 Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ p 12 Các/i 2: I Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwaz ta có Ậ c ' + )Ị2 + (a + b)^j > \/2 (c + a + b)=> Vc^ + > Ặ a + b Ỵ +2 >/6(a + b + c) (a + b )% 2V6(a + b + c) a+ b+ c J(a + b ) '+ 2(a + b + c) ự(a + b)=+2 (a + b ) '+ +6 2\/6(a + b + c) 2(a + b + c) 7(a + b)' + 2V6(a + b + c) ' 2^ỏ((a + b )% ) 2V6(a + b + c) > j3 = 12 2(a + b + c) ■ ^(a + b)' + Dấu xảy a = b = c = 756 + b“ > —(a + b)^ 2(a + b + c) J(a + b)- + Đ Ể SỐ 17 Câu 1 Bước khảo sát học sinh tự làm Điểm cực đại đồ thị hàm số (1) A(2;4), suy phưcmg trình đường thẳng OA + 4^ = V y = x ; OA = Suy 1 r- I2 - 6I = -O A d (B ;(O A )) = -.2V ' ' = (đvđt) 2 V2' + ( - ! ) ' Đường thẳng y = mx -1 tiếp tuyến (1) hệ phương trình sau có nghiệm: | x’ x + +3x x ^-=mmxx- -l jm [ m== j3x x ‘ ++O6x X [-3 x ‘ +6x = m |- x ^ + x ^ = x ( - x ‘ + x ) - l ^ | x ’ - x - + l= ^ ìm = -3 x ’ + x ( x - l f ( x + l) = ^ m = -3 x ^ + x X = l,m =3 , m„ X = = >5 VVậy m = - — ;m -=13 Câu Nhận thấy X = khơng nghiệm cùa phương trình Xét < X < — nhân thêm hai vế phương trình với sinx ta được: 8sin x.cosx.cos2x.cos4x = sin X o 4sin2x.cos2x.cos4x = sin X 'x k ^ 2sin4x.cos4x = sin X sinSx = sin X ,k e z 7t , 271 X = ^ + k - ^ Đối chiếu với điều kiện Điều kiện: X > X e ;^ suy có nghiệm cần tìm _ 2] X G j ? [9 ] 2 , _ X^+1 Phương trình tương đương với: lo g , -= lơg2 x -2 x -l x =0 x' + l x -2 x -l o x ’ - x ’ - x = x(x + l)(x - ) = x = - l Đối chiếu với điều kiện ta nhận nghiệm x=3 X =3 I ĩ [x = Câu Phương trình hồnh độ giao điêm: x v l - x =0 [ x = ±1 Khi s = lịx V l - X" dx + j xV l - x^ dx = - 1xVl - x^dx + ịx V l - x^dx -1 - =i]V ĩ r d „ - x = ) j^ d ( , - x = ) S |» ^ _ ÌĨ ^ _2 0~ 757 Câu Giả sử z = o X X + y i(x,y + 2y + (2x + y) = + 2i G K ) o Theo giả thiết ta có; íx + 2y = ^ < S (A B C D ) (S A C )n(S B D ) = SO Gọi M trung điểm AD Do tam giác SAD cân s nên SM AD mặt khác s o AD nên AD (S M O ) Vậy nên góc mặt bên (SAD) mặt đáy ( ABCD) góc s ^ = 60° Mặt khác AD MO , tam giác vng AOD có OM vừa trung tuyến lại vừa đường cao nên tam giác cân; hay OD = OA => ABCD hình vng Suy s o - O M ta n 60° Vi = is ,B ,,.S O = i a V ^ = ^ ( đ v t t ) Câu Gọi H hình chiếu cùa A lên (P) Ta có A H ± (P )= > AH nhận véc tơ pháp tuyến iip = (2 ;-l;2 ) (P) làm véc tơ chi phưong 'x = l + 2t Đường thẳng AH có phương trình H(1 + t ; - t ; - l + t) z - - l + 2t Thay toạ độ cùa H vào phương trình (P) ta được: 2(l + t ) - ( - t ) + ( - l + 2t) + = « t + = e > t = - - = > h Í ;-;-— V 5 5/ Bán kính mặt cầu (S) xác định bỏi: R = i/r" + d “ (A;(P)) = -^2~ + 2‘ = 2-JĨ Vậy (S ):(x -l)= + y ‘ + (z + l)- = 758 Theo định lý Thales ta có B EA _ EB _ AB E A = -G E EG ~ ED ^ DG ” ẼD = - - Ẽ B Suy [y -3 = |y ,= ^ = > A (-2 ;9 ) ^ ^ Vi B e d = ^ B (b ;2 b -3 )s u y „ ^ ^ ^ - _ f b - l l 4b + 6^ — _ f2 b + 4 b - ' l 3 J I - ^ |d Ẩ.D g | ^ DA|.| d g | 3 |( b - ll) ( b + 4) + (4b + )(4 b -2 )| ự(2b - 11)' + (4b + 6)" ,^(2b + 4)' + (4b - 24)|20b' -8 b - l8 Ỉ VlOOb" - 860b' + 3569b^ - 6316b + 23236 Mặt khác cosADC = Vl + ta ir ADC Ta CĨ phương trình: + /1 Ỹ l2 20b' -8 ZUD -ỒOD-Iồỗ b -1 8 | , - ' - ■ 7lOOb" - 860b' + 3569b' - 6316b + 23236 V229 b = -2 o ( b - - b - 2 ) ( l0 b - -5 b - ) = b = il b= , Xg < 51±V5^ 20 3;?|,c 3; Từ dễ tính D ' B (-2 ;-7 ) , f ]ọ \ f \ Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm A (-2 ;9 ), B (-2 ;-7 ),C ; - — 1, d I 3;— Bài tâp tư n g tư Trong mặt phắng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G cạnh CD cho DG = 2GC Gọi E giao điểm AG BD Giả sử E (l;3 ),G (3 ;-l) đỉnh B thuộc đường thẳng d : x - y - = ; cos ADC = — Tìm toa đỉnh hình hình hành cho biết x„ < -1 13 ® 759 Câu Điều kiện: -1 < X < 2;-x^ + X +I>0 PhưoTig trinh tương đương với: \Ị\ + ^1 •v/)T~- x + , IV Vx(x + lX x -1 ) = - r - - “ ’ 2+ v -x + \l-x~ + x + ] / Xét hàm số f( t) = với t€ [o;V3], ta có + ^Í3+2 r ^ > , v t6 r ;7 ] V -t-+ -t' ^ Do phương trình tương đương với: f(V x + l) - f ( V x ^ - X + 2) = (x + IX x -1)^ > = > f(\/x + l) > f ( V x ’ - x + 2)Vx + l > x ’ - x + x + l > x ^ - x + o ( x - l ) ^ < o x = l Vậy phương trình có nghiệm X = Cáu Theo giả thiết ta có yz = ^— — Khi p = —- — — - I+X (y + zX2 - yX2 - z) Biến đổi p : yz(2 - y - z) (y + z)(4 - 2(y + z) + yz) Xét hàm số f(y + z) = — - — — - , ta cố đinh tích yz (y + zX4 - 2(y + z) + yz) Ta có n y + z) = < (y + z)’ ( - ( y + z) + yz) Vì f(y + z) hàm nghịch biến Mặt khác theo bất đẳng thức AM -G M ta có y + z > jỹ z Suy p = f(y + z )< f(2 ỹ z ) = — ự y z (4 -4 ^ y z + yz) _ ỹ z ( l- ỹ z ) _ ( - jỹ z Y { ^ - f ( V ỹ ĩ-2 )- X Dấu bàng xảy 8 + yz + xyz = y=z o -í X = — 13 y =z=- Vậy giá trị lớn p 760 Đ Ể SỐ 18 Câu 1.1 Học sinh tự làm Giả sử tiếp điểm x„ + l Hệ số góc cùa tiếp tuyến k = y'(Xn) = — ; (Xo+1) Theo giả thiết ta có: k = = 6 (Xo + 1) Xo = -2 M (0;-4) Xq =0 M (-2 ;8 )‘ Suy có tiếp tuyến thoả mãn y = 6x - y = 6x + 20 Phưong trinh hoành độ giao điểm d (1) x -4 x+1 ■= 2x + m o 2x + mx + m + = (2) Để (1) cắt d điểm phân biệt A,B (2) có nghiệm phân biệt XpX^ , m > + 4\/3 Khi A = m’ -8 (m + 4) > m < -4 v Khi A(x,;2X| + m ),B (x,;2X j + m ) Dễ có AB vng góc với A Vì A,B đổi xứng qlia A trung điểm cùa AB thuộc A -• X, + X, x ,+ x ,+ m ^ r Điêu tương đương với: — — - + 2.— - + = o 5(X| + x ,) + 4m + = Theo vi-ét có X, + Xj = suy 4m + - = m = -4 (thoả mãn) Vậy giá trị cần tim m = -4 Câu Phương trinh tương đương với: sinx -sin^ X = \/3 cosx(sin X -1 ) o (sin X - 1)(V3 cos X + sin x) sin X = I cosx + sinx = sinx = o tanx X = -r + k27t X = - — + k7i Vậy phương trình có nghiệm Điều kiện: 71 X 7t = —+ k27t;x = - —+ k7t,k e z X > Phương trình tương đương với: (log X - 2)(log3 Vậy phương trình có nghiệm X X - 3) log, X =2 log, X =3 x =9 x = 27' = 9; X = 27 Câu u o Đặt uại tI = e* e => oi dt = e e^dx ax dt ■ ,' - ^ - J t '- t ^ + t - J ( t- ) ( t- l) ' ^ -2 t - ■1 (t-1 )^ ^ í t-2 dt = In t- t-1 , - = In —- — 3 761 n/ - ì Câu Ta có: z = _ _ _ ^/2 + i _ (>/3 - i)(l - i) ^ (\/2 + i)i ^ V - l - ( > / + l ) i - + 2n/2 ì _ (V3 - ) + ( V - V - l)i _ _ , V3 - Vậy phần thực phần ảo z tương ứng làà —T 2V - V - I Câu Mỗi số thuộc X có dạng abcd + ) a khác có cách chọn + ) số bcd có Aq cách Vậy tập X có 9.Aị = 4536 phần tử Ta tìm số phần tử X chia hết cho 5, thi phần tử phải có tận chũ' số Có I A ị phần tử thuộc X có tận A3 Vậy xác suất cần tính p = 4536 Câu Ta có ABCD hình thoi (có tất cạnh a) Suy BC T AD Lại có BC T SD , từ suy ra; B C (S A D )= > B C S A Mặt khác lại có HI SA Vậy SA l( H B C ) ; suy góc hai mặt phẳng (SAB) (SAC) góc BHC Ta tính góc BHC tam giác AHl ^ ADS(g.g) AI AS a BC => — = => HI = -r = - ^ ■ HI DS 2 Tam giác HBCcó trung tuyến —cạnh đối diện nên hình vng Vậy BH C=90” Từ suy (SAB) T (SAC) (đpcm) Vì v „ ABC 1 a a = - A H ,- Hl.BC = J2 ựĩ a^y/ĩ ^ (đvtt) 24 Câu I Giả sử d có véc to’ chi phương ũ = (a ;b ;c),(a “ + b‘ + C‘ > ) Ta có = (1;0;0),J = (0;1;0) lần lưọt véc tơ phưong Ox Oy 762 Theo giả thiết ta có: m _1 l= N Va" + b" + c |b| |b| Va" + b' + c Va' + b" + c' a= b=— V2 (|a| = |b| • Ub^ = b ' a = b = — p^c V2 +C' c = ±V2b _ - bu _= —'p^c a= V2 a = -b = — V2 T H I: Nếu a = b = -J=cchọn a = b = l,c = Q => ĩi = ^1;1;V2 j x - l y + z - ——— psr— 1 V2 TH2: Nẻu a = b = - - ^ c c h ọ n a = b = l,c = - V => ĩi = Ịl;l;- V j Q x - l y + z-3 — _ 1 - V2 TH3: Nếu a = - b = - ^ c c h ọ ii a = l,b = - l, c = V => li = Ị l ; - l; V j , x -1 y+5 d : - = -1 z -3 V2 TH4: Nếu a = - b = — ^ c c h ọ n a = l,b = - l, c = -V => ũ = Ị l ; - l; - V j Vỉ x -1 y+5 z -3 =>d = = — 7= I -1 -V Vậy có đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán , x -1 y + z -3 , x -1 y + z -3 d:^^^ = 4— = : l ^ ; d : - — = _ _ : ^ — ^ 1 V2 I -V , , x -1 y+5 z -3 , x - l y+5 z -3 hoăc d : = — — = —p^;d : —— = — — = — -1 V2 -I -V Chú ý Nếu đề yêu cầu tạo với tia Ox, Oy a,b > ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu , ,, , x - y + z -3 , x -1 câu toán ià d : = — = —i=r-; d : 1 V2 y+5 z -3 -V 763 Vì M e d p N e đ ^ = > M ( t; t- l) , N ( s ;- s - ) Nếu t = 0=> M (0;-1)= > A M ^ O y (lo i) s _ -2 - 2s ,, o, M, N thăng hàng Do t ÍOM = kON AM / /BN nên < _ _ AM = IBN t -1 + t -2 s -3 + t 'M (2 ;l) t-2 =>t = - —s= > i 4- ■ f s= —5 l 2^ 5 Giả sử đường tròn qua ba điểm A, M, N có dạng (T ): X' + y ' - 2ax -2 b y + c = 0,(a’ + b' - o O ) - 4b + c = Do A , M , N e ( T ) o - - a -2 b + c = b10 —+ ^ a - —b + c = c == 15 5 Vậy phương trình đường trịn ( T ) :x ‘ + y ' - - x - —y - —= > Câu Điêu kiện: X —) V -2 X + - ,/r - ;:r o — , = 2v3x - X = V2x- Vậy phưong trình có nghiệm Cỉtú ý X = vế trái nghịch biến vế phải đồng biến Câu Đặt y = a.x,z = b.x(a,b > 0) => a^ + = b^ + ab A’ r a + 2b a' + a+ b+ (a + l)(b + Ta chứng minh p>3 764 l b 2a^+ b^+2ab + a + 3b + l l) (a + l)(b + 2a^ + b^+2ab + a + 3b + l (a + l)(b + l) >3 l) Í3st = s - t 15st = 15s-6t ^ 2a + b + 2ab + a + 3b + 1> 3(ab + a + b + 1) o 2a + b - ab - 2a - > 2a- + b- -(a ^ + - b ’ ) - a - > < = > a - - a - + 2b‘ > -a + -v/sa' + 20 Chú ý a " + = b‘ +abb‘ + a b - a ‘ - = 0=>b = - Vậy ta cần chứng minh a’ - 2a - + -a + Vsa^ + 20 \2 >0 « 2(a" - 2a - 7) + (6a' - 2aV5a’ + + 20) > o 8a’ - 4a + - 2a>/5a‘ + 20 > Bất đẳng thức 177^ 77 SaVsa" + 20 25a^+5a^ + 20 , ■ , 2aV5a- + 20 = 2.— < - = 6a’ +4