Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2

Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2Phương pháp giải các dạng bài Toán 11 học kỳ 2

PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TOÁN 11 MỤC LỤC PHẦN 1: ĐẠI SỐ CHUYÊN ĐỀ 1: GIỚI HẠN TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY (un) CÓ GIỚI HẠN HỮU HẠN DẠNG 1: un phân thức hữu tỉ dạng un  P  n Q  n (trong P  n  , Q  n  hai đa thức n) Phƣơng pháp: Chia tử mẫu cho n k với n k lũy thừa số mũ lớn P  n  Q  n  (hoặc rút n k lũy thừa có số mũ lớn P  n  Q  n  làm nhân tử) sau áp dụng định lý giới hạn Ví dụ: Tìm giới hạn dãy  un  biết: a) un  2n2  3n  5n2  b) un  2n3  3n  n  4n  n c) un  2n4  3n2  n  2n  11  3n   2n2  1 LỜI GIẢI a) Ta thấy n lũy thừa cao tử mẫu, nên chia tử mẫu un cho n đƣợc: 2n  3n  2  2 2n  3n  n n n Ta có lim  0, lim  lim  nên un    2 5n  5n  n n2 n2  n2 n2 lim un  200  50 b) Dễ dàng thấy n lũy thừa cao tử mẫu, nên chia tử mẫu un cho n đƣợc: 2n3  3n  4   2 4 2n  3n  4 un   n  n n n Ta có lim  0, lim  0, lim  0, lim  n  4n  n n  3n  n n n n n 1  n n n lim 000  Do lim un   n 1   2n4  3n2  n  1 1  2n    4 c) Có 2n4  3n2  n  n4    n     , 2n   n    n   n n n  n   n        3n  1  2  2n   2 n   n  3n  n     n    Từ   n   3 n    n  n   n  1 1   n4     n4     2  n n n n     n n Vì un    1 1 1 1      2        4 n    n    n    n               n n   n  n  n  n   n  n  n    lim 200 1   0, lim  0, lim  lim  Nên lim un  n n n n     3   DẠNG 2: un phân thức hữu tỉ dạng un  P  n Q  n (trong P  n  , Q  n  biểu thức chứa n) Ví dụ: Tìm giới hạn dãy  un  biết: a) un  4n  n   n b) un  9n  3n 2n   n  4n  LỜI GIẢI a) lim un  4n  n   n 9n  3n   4n  n   n2   n n2    9n  3n  n2    n  1 1 n 4  n   1 n n n n   3 n 9 9 n n Vì có   1  , lim  Nên lim un   n n 90  2n    n3 3 n n   n    1   n  2n   n   n   n  n n  n n   b) un  4n  5  4n   n  4 n  n n  n  Vì có lim  , lim  lim  n n n Từ có lim un    1 1  40 lim  0, n DẠNG 3: un phân thức hữu tỉ dạng un  P  n (trong P  n  , Q  n  biểu thức Q  n chứa hàm mũ an, bn, cn,… Chia tử mẫu cho an với a số lớn nhất) Ví dụ: Tìm giới hạn dãy  un  biết: a) un  2n  4n 4n  3n b) un  3.2n  5n 5.4n  6.5n c) un  4n   6n 1 5n 1  2.6n 3 LỜI GIẢI n 2n  4n 2n 4n     n   n n n n 4 4 a) Ta có un  n n  n n  n 4n    Ta có 3 4 3  n    n n 4 4 Đăng ký mua file word trọn chuyên đề khối 10,11,12: HƢỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu” Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 n n 2 3 lim    lim    4 4 Nên lim un  1 1 1 n 2 3.2n  5n 3.2n 5n n n    1 n n n n n 3.2  5 2 4  5 b) Ta có un  Ta có lim    lim       n 5.4n  6.5n 5.4n  6.5n 5.4n 6.5n 5 5    n 5   n n 5 5 Do lim un  c) Ta có un  3.0  1  5.0  6 4n   6n 1 5n 1  2.6n 3 4n.42  6n.6 4n.42 6n.6  n n n 4n.42  6n.6 6  n 1   5  2.6n.63 5n.51  2.6n.63 5n.51 2.6n.63  6n 6n 6n n 4 42    n n 4 5 6 Ta có  lim lim      0 n  6    51    2.63 6 42.0   1  2.6 72 Do lim un  DẠNG 4: Nhân lƣợng liên hợp PHƢƠNG PHÁP: Sử dụng công thức nhân lƣợng liên hợp sau:   a  b2 a  b  a  b a  b   a  b  a  b    a  b2  a  b   a b  a b  a  b3 a  ab  b  ab  a  b3 a  ab  b  a b     a   a b  b  a b   a   a.b  b  a   a b  b a b    a b  a b   a b   a  b  a  a  b  a a3b 2  b    b  b a  a b  a3  b  a b    3 2 3 3 b a3  b  a b   b   a   a b   b    a  a b  b      a a3b   2 3 2 3  b    b  b a  a b  a  a 3 2 3 a  a  3  3    a   a b  b  ab   a   a b  b  a   a b  b a b   3 3  3 3 2 a b  a.3 b   b  a3b    a   a b   b    a  a b  b      a a3b   2 3 3 3 2 ab  a.3 b   b Ví dụ 1: Tìm giới hạn dãy  un  biết: a) un  n2  3n   n b) un  9n2  3n   3n  c) un  n3  3n2  n d) un  8n3  4n2   2n  LỜI GIẢI a) Ta có un   n  3n   n  n2  3n   n 5  3n    Và có 3n   n    n    n  n    n2  3n   n n2  3n   n  3n  n  3n   n  n2  3n   n2  3n   n2    n 1  2 n n n   5  n3  3 5 n  n  Do un  , lim  , lim  lim  Nên lim un  n n n 5 n 1   n 1  1 n n n n NHẬN XÉT: Tại phải nhân lƣợng liên hiệp? Quay lại ví dụ a) thông thƣờng ta đặt n k làm nhân tử chung nhƣng lại phải nhân lƣợng liên hợp Bây ta thử làm lại câu a) theo phƣơng pháp đặt n k thức thử xem sao, sau rút nhận xét Ta có    n2  3n   5 un  n  3n   n  n   n  n    n      Vì lim  lim  nên  2  n n n n n n n     2   lim     1  lim n   lim un  .0 (đây dạng vô định) Nên cách làm không n n   không đƣợc rồi, ta phải sử dụng phƣơng pháp nhân lƣợng liên hợp để khử vơ định sau cách làm hồn toàn nhƣ dạng Dấu hiệu nhận biết nhân lƣợng liên hợp: Để nhận biết tập có nhân lƣợng liên hợp hay không bạn ý tới n có mũ cao sau đƣa dấu thức, chúng trừ ta phải nhân lƣợng liên hợp Cụ thể ta làm lại câu a) un  n2  3n   n biểu thức thức có n cao ta quan tâm đến “nó”, thừa số sau bỏ hết có nghĩa xem un  n2  n  n  n  (nên bạn phải nhân lƣợng liên hợp) Chúng ta xem có nhân lƣợng liên hợp hay không un  2n2  3n   n quan tâm đến số hạng có chứa mũ có 2n , có nghĩa un un  2n2  n  n  n  n   đƣợc viết lại   nên đƣợc làm trực tiếp khơng cần nhân lƣợng 1 ta có liên hợp Cụ thể ta làm nhƣ sau:    2n2  3n   5 un  2n2  3n   n  n2    n  n    n  n     1 lim  lim  n n n n n n n       nên lim     1   lim n   lim un   n n        (cụ thể bạn xem phƣơng pháp tìm giới hạn dãy số có giới hạn vơ cực) un  b)  9n  3n   3n   9n2  3n   3n 2  3n    3n   n    n3  n  n    9n  3n   3n 9n  3n   3n 2 3n  9n  3n   3n  9n2  3n   9n2  3n   n    n 9  n n n   2  n3  3 n   n un  2  , lim  0, lim  lim  Nên n n n 4 n    3n 9  3 n n n n lim un  30  900 3 c) un  n3  3n  n       n3  3n  n    3n un  n3  3n   n n3  3n  n 2  3 n2     n2   n2 n n  n3  3n   n   n n3  3n  n n3  3n Ta có 3n  3  n3  3n  n    n3  3n2  n3  3n2  n3    n  Do n  n   3  1   1 1 n n  , ta có lim  Nên lim un  n d) un  8n3  4n2   2n     8n3  4n   2n    3 8n3  4n  8n3  4n    2n  8n3  4n   4n   3   2n 8n  4n   4n 3 2 Từ  Ta có suy   4n  8n  4n  Ta có   2n 8n  4n   4n 3 3  8n3  4n2   8n3  4n2   n3  n   Do đó: n n n   2  n2    n   un      4 n      2n    4n    n n  n n n n   lim 4 n2       n n  Vì lim  , lim  n n  Nên lim un  n GIỚI HẠN HÀM SỐ LÝ THUYẾT VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TĨM TẮT LÝ THUYẾT Định lí 1: Giả sử lim f  x   L lim g  x   M (với L, M  ¡ ) Khi đó: x  x0 x  x0 ● lim  f  x   g  x   L  M x  x0 ● lim  f  x   g  x   L  M x  x0 ● lim  f  x  g  x   L.M x  x0 ● Nếu M  lim x  x0 f  x L  g  x M Hệ quả: ● Nếu c số lim c f  x   c.L x  x0 ● lim  a.x k   ax0k (a số k ¢  ) x  x0 Định lí 2: Giả sử lim f  x   L Khi đó: x  x0 ● lim f  x   L x  x0 ● Nếu lim x  x0 ● lim f  x   L x  x0 f  x   với x  J \  x0  , J khoảng chứa x0 , L  f  x  L Chú ý: Định lí định lí thay x  x0 x   x   Định lí 3: Nếu lim f  x    lim x  x0 x  x0 Đăng ký mua file word  f  x trọn chuyên đề khối 10,11,12: HƢỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu” Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 4) Một vài quy tắc tìm giới hạn vơ cực: Qui tắc 1: Nếu lim f  x    lim g  x   L (với L  ) lim  f  x  g  x  đƣợc cho bảng sau: x  x0 x  x0 x  x0 lim f  x  Dấu L             x  x0 lim  f  x  g  x  x  x0 Qui tắc 2: Nếu lim f  x   L,  L   , lim g  x   g  x   g  x   với x   a; b  \ x0  x  x0 lim x  x0 x  x0 f  x đƣợc cho bảng sau: g  x 5) Các dạng vô định: f  x g  x Dấu L Dấu g  x              lim x  x0 Các dạng vô định thƣờng gặp:  , , 0.,     6) Giới hạn bên: a) Giới hạn hữu hạn: * Giới hạn bên phải: Giả sử hàm số f xác định khoảng  x0 ; b  ,  x0  ¡  Ta nói hàm số f có giới hạn bên phải số thức L x dần đến x0 (hoặc điểm x0 ) với dãy số  xn  khoảng  x0 ; b  mà lim xn  x0 , ta có lim f  xn   L Khi ta viết: lim f  x   L f  x   L x  x0 x  x0 * Giới hạn bên trái: Giả sử hàm số f xác định khoảng  a; x0  ,  x0  ¡  Ta nói hàm số f có giới hạn bên trái số thực L x dần đến x0 (hoặc điểm x0 ) với dãy số  xn  khoảng  a; x0  mà lim xn  x0 , ta có lim f  xn   L Khi ta viết: lim f  x   L f  x   L x  x0 x  x0 Định lí 5: lim f  x   L  lim f  x   lim f  x   L x  x0 x  x0 x  x0 * Giới hạn vô cực: lim f  x   , lim f  x   , lim f  x   , lim f  x    đƣợc phát biểu tƣơng tự nhƣ định nghĩa x  x0 x  x0 x  x0 x  x0 phần giới hạn hữu hạn Định lí với giới hạn vơ cực Các định lí giới hạn hữu hạn quy tắc tìm giới hạn vô cực trƣờng hợp x  x0 hay x  x0 PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN CÁCH KHỬ DẠNG VÔ ĐỊNH DẠNG 1: Hàm số f  x   0 (Dạng thƣờng gặp P  n P  x  , Q  x  đa thức theo biến x Q  n PHƢƠNG PHÁP: Phân tích đa thức thành nhân tử, sau rút gọn biểu thức làm tử mẫu Phân tích đa thức thành nhân tử có phƣơng pháp sau:  Sử dụng bảy đẳng thức đáng nhớ x  x0 ) Cách 3: Dựa vào tính chất trục tam giác: Cho ΔABC nằm  P , MA  MB  MC hình chiếu vng góc điểm M  P  tâm O đƣờng trịn ngoại tiếp ΔABC Khi đó: MO   P   d  M ,  P    MO KHOẢNG CÁCH DỰNG TRỰC TIẾP Khoảng cách từ chân đường cao tới mặt bên Bài toán: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vng góc lên mặt đáy H Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt bên  SAB  + Kẻ HI  AB,  I  AB  + Kẻ HK  SI ,  K  SI  Khi đó: d  H ,  SAB    HK  SH HI SH  HI Khoảng cách từ điểm mặt đáy tới mặt đứng (chứa đường cao) Bài tốn: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vng góc lên mặt đáy H Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt bên  SHB  + Kẻ AK  HB +  AK  HB  AK   SHB    AK  SH  d  A,  SHB    AK Khối chóp có cạnh bên Cho hình chóp có đỉnh S có cạnh bên có độ dài nhau: SA  SB  SC  SD (đáy bốn đỉnh ba đỉnh) Khi O tâm đường tròn ngoại tiếp qua đỉnh nằm mặt đáy SO trục đường trịn ngoại tiếp đa giác đáy hay nói cách khác: SO   ABCD   d  S ,  ABCD    SO Chú ý: Nếu đáy là: + Tam giác đều, O trọng tâm + Tam giác vuông, O trung điểm cạnh huyền Hình vng, hình chữ nhật, O giao đƣờng chéo đồng thời trung điểm đƣờng TÍNH KHOẢNG CÁCH BẰNG CÁCH GIÁN TIẾP Giả sử ta muốn dựng trực tiếp khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  P  mà không thực Đồng thời từ điểm B ta lại dựng trực tiếp khoảng cách tới  P  ta thực tính khoảng cách gián tiếp sau: Cách 1: (Đổi điểm): Tính thơng qua tỉ số khoảng cách      d  A,  P    d  B,  P   AB  P      AB  P  I d  A,  P   d  B,  P    AI BI Cách 2: (Đổi đỉnh): Sử dụng phƣơng pháp thể tích để tìm khoảng cách: Bài tốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng nhiều trường hợp qui tốn thể tích khối đa diện Việc tính khoảng cách dựa vào công thức: + h 3V : V , S , h thể tích, diện tích đáy chiều cao hình chóp S + h V : V, S, h thể tích, diện tích đáy chiều cao hình lăng trụ S Phương pháp áp dụng trường hợp sau: Giả sử qui tốn tìm khoảng cách tốn tìm chiều cao hình chóp (hoặc lăng trụ) Dĩ nhiên, chiều cao thường khơng tính trực tiếp cách sử dụng phương pháp thơng thường định lí Pitago, công thức lượng giác… Tuy nhiên, khối đa diện lại dễ dàng tính thể tích diện tích đáy Như vậy, chiều cao xác định công thức đơn giản Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AD  2a; SA vng góc với đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  A 3a 2 B 2a 3 C 2a D 3a Lời giải Trong  SAD  , kẻ AH  SD,  H  SD  CD  AD AH  SAD   CD   SAD    CD  AH Vì  CD  SA  AH  SD  AH   SCD  Vì   AH  CD  d  A,  SCD    AH   d  A,  SCD    SA AD SA  AD 2  a.2a a  4a 2a  Chọn đáp án C Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy 2a chiều cao a Khoảng cách từ tâm O đáy ABC đến mặt bên A a B 2a 3 C a 10 D a Lời giải Vì O tâm đáy hình chóp tam giác S.ABC nên SO   ABC   SO  a Gọi M trung điểm BC  AM  BC  Vì ABC cạnh 2a   2a a  AM   Khi OM  a AM  3  BC  AM Vì   BC   SAM    SBC    SAM   BC  SO Trong  SAM  , kẻ OH  SM ,  H  SM   SAM    SBC   Vì  SAM    SBC   SM  OH   SBC   d  O,  SBC    OH   SAM   OH  SM Xét SOM vng O có đƣờng cao OH, ta có: d  O,  SBC    OH  OS OM OS  OM a  a 3 a 3 a 3     a  Chọn đáp án C 10 Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a chiều cao a Khoảng cách từ tâm O đáy ABCD đến mặt bên A a B a C 2a Lời giải Vì O tâm đáy hình chóp tứ giác S.ABCD nên SO   ABCD   SO  a OM  CD  Gọi M trung điểm CD   BC a OM     2 Trong  SOM  , kẻ OH  SM ,  H  SM   OH   SCD   d  O,  SCD    OH  OS OM OS  OM D a Vậy d  O,  SCD    a  a  a a   2 2  a  Chọn đáp án B Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với AD  2a, AB  a SAD tam giác cân nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SHB  B a A a C a 2 D a Lời giải Vì O tâm đáy hình chóp tứ giác S.ABCD nên SO   ABCD   SO  a OM  CD  Gọi M trung điểm CD   BC a OM     2 Trong  SOM  , kẻ OH  SM ,  H  SM   OH   SCD   d  O,  SCD    OH  Vậy d  O,  SCD    a a  a a   2  OS OM OS  OM a  Chọn đáp án B ABC  30 , tam giác SBC tam giác Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A, · cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với đáy Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  A a 39 26 B a 39 13 C a 13 13 Lời giải Gọi H trung điểm BC  SBC    ABC   Vì  SBC    ABC   BC  SH   ABC    SBC   SH  BC D a 13 26 Vì CH   SAB   B  d  C ,  SAB   d  H ,  SAB    CB 2 HB  d  C,  SAB    2d  H ,  SAB   Gọi E trung điểm AB  HE / / AC  HE  AB Trong  SHE  , kẻ HK  SE,  K  SE  (1)  AB  HE HK  SHE  Vì   AB   SHE    AB  HK (2)  AB  SH Từ (1) (2)  HK   SAB   d  H ,  SAB    HK  a  SH   Ta có:  AC BC.sin · ABC a  HE     2 Xét SHE vng H có đƣờng cao HK, ta có: HK  Vậy d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    HK  SH HE SH  HE  a 39 26 a 39  Chọn đáp án B 13 Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, AD  2a ; cạnh bên SA  a vng góc với đáy Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD  bằng: A 2a 3 B 2a C 2a 5 Lời giải Trong  ABCD  , kẻ AE  BD,  E  BD  Trong  ABCD  , kẻ AH  SE,  H  SE  (1)  BD  SA  BD   SAE   BD  AH (2) Vì   BD  AE Từ (1) (2)  AH   SBD   d  A,  SBD    AH Xét ABD vuông A có đƣờng cao AE, ta có: D a AE  AB AD AB  AD  a.2a a  4a 2  2a Xét SAE vng A có đƣờng cao AH, ta có: AH  a SA AE SA2  AE Vậy d  A,  SBD    AH   2a  2a  a2     5  2a 2a  Chọn đáp án B Ví dụ [Trích Đề Minh Họa - 2017]: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên  SAD  vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S.ABCD a Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  A h  a B h  C h  a a D h  a Lời giải Gọi I trung điểm AD, SAD cân S nên SI  AD  SI   ABCD   VS ABCD  SI S ABCD a 3VS ABCD  SI    2a S ABCD a   Trong  SAD  , dựng IH  SD,  H  SD  CD  AD  CD   SAD   CD  IH Vì  CD  SI  IH  SD  IH   SCD   d  I ,  SCD    IH Vì   IH  CD AI  SCD  D AB / /  SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD    Xét SID vng I có đƣờng cao IH, ta có: AD d  I ,  SCD    2IH HD IH  Vậy d  B,  SCD    2IH  ID.IS ID  IS  a 2a ID.IS 2a   2 ID  IS a  4a 2 4a  Chọn đáp án B Bình luận: Thơng thường tính khoảng cách từ điểm đến mặt ta có hướng chính: Đổi điểm, đổi đỉnh đổi sang hình học tọa độ khơng gian (phương pháp tọa độ hóa) Nếu theo hướng giải đổi điểm đổi gián tiếp từ B sang A sang H (như lời giải trên) nhiều thời gian không đáp ứng yêu cầu tốc độ thi theo hình thức trắc nghiệm Đồng thời nhận đề cho thể tích V khối chóp S.ABCD cho trước bạn nên dùng phương pháp đổi đỉnh phù hợp Cụ thể: d  B,  SCD    3VS BCD S SCD VS ABCD a    1 2 SD.CD a SI  ID 2 4a  2a  a 2      4a Ví dụ 8: Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AA '  a, AB  a Gọi M trung điểm B ' C ' Khoảng cách từ A tới mặt phẳng  A ' BC  A 2a 21 B 2a 7 C a 21 Lời giải  AI  BC  Gọi I trung điểm BC   AB a   AI   2 Trong  AA ' I  , kẻ AH  A ' I ,  H  A ' I   BC  AI  BC   AA ' I    A ' BC    AA ' I  Vì   BC  AA '  A ' BC    AA ' I   Vì  A ' BC    AA ' I   A ' I  AH   A ' BC    AA ' I   AH  A ' I D a 21 21  d  A,  A ' BC    AH  AA ' AI AA '  AI  a a a 3 a2       a 21  Chọn đáp án C · Ví dụ 9: Hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy hình thoi cạnh a, góc BAD  60 đồng thời AA '  a Gọi G trọng tâm tam giác BCD Khoảng cách từ G tới mặt phẳng  A ' BD  A 2a 21 B 2a 7 C a 21 D a 21 21 Lời giải  BD  AC  BD   AA ' O    A ' BD    AA ' O  Vì   BD  AA ' Trong  AA ' O  , kẻ AH  A ' O,  H  A ' O   A ' BD    AA ' O   Vì  A ' BD    AA ' O   A ' O  AH   A ' BD    AA ' O   AH  A ' O  d  A,  A ' BD    AH  AA ' AO AA '2  AO a ·  60  ABD có cạnh a  AO  Tam giác ABD cân có BAD Vậy d  G,  A ' BD    d  A,  A ' BD    AA ' AO AA '2  AO2  a a 2 a 3 a      a 21 21  Chọn đáp án D Ví dụ 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a; SD   ABCD  trùng với trung điểm H cạnh AB Khi đó, tỉ số A 2 B 2 C Lời giải 3a ; hình chiếu vng góc S d  H ,  SDC   a D 3 Theo đề bài, ta có: SH   ABCD   HI  a Gọi I trung điểm CD    HI  CD CD  HI Vì   CD   SHI    SCD    SHI  CD  SH Trong  SHI  , kẻ HK  SI ,  K  SI   SCD    SHI   Vì  SCD    SHI   SI  HK   SCD    SHI   HK  SI Suy ra: d  H ,  SCD    HK  SH HI SH  HI 2 5a a Ta có: HD  AH  AD     a  2 2 2  3a  5a  SH  SD  HD     a   Do đó: d  H ,  SCD    HK  Vậy d  H ,  SDC   a SH HI SH  HI  a.a a2  a2 a 2    Chọn đáp án A a  a KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƢỜNG THẲNG CHÉO NHAU Phƣơng pháp a) Đƣờng vng góc chung hai đƣờng thẳng chéo Đƣờng thẳng Δ cắt hai đƣờng thẳng a, b vng góc với đƣờng gọi đƣờng vng góc chung a b Đoạn thẳng MN gọi đoạn vuông góc chung a b b) Một số hƣớng tính khoảng cách hai đƣờng thẳng chéo TH1: Khi a, b chéo a  b + Bước 1: Dựng mặt phẳng  P  chứa b vng góc với a M + Bước 2: Trong  P  dựng MN  b N + Bước 3: Đoạn MN đoạn vng góc chung a b  d  a, b   MN TH2: Khi a, b chéo a  b Mục tiêu: Chuyển khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng  Hướng 1: Chuyển thông qua khoảng cách từ đƣờng đến mặt phẳng * Bước 1: Dựng mặt phẳng  P  chứa b song song với a a / / P * Bước 2: d  a, b   d  a,  P   b  P  M a  d  M ,  P    Hướng 2: Chuyển thông qua khoảng cách mặt phẳng song song: * Bước 1: Dựng hai mặt phẳng  P  ,  Q  cho a   P  / /  Q   b * Bước 2: Khi d  a, b   d   P  ,  Q    d  M ,  Q   Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Đƣờng thẳng SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  a Khoảng cách hai đƣờng thẳng SB CD A a B a C a D 2a Lời giải Vì CD / /  SAB   d  CD, SB   d  CD,  SAB    d  D,  SAB    DA  AB Vì   DA   SAB   d  D,  SAB    DA  a  DA  SA Vậy d  CD, SB   d  D,  SAB    a  Chọn đáp án A Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Khoảng cách hai đƣờng thẳng AB CD A a B a C a 2 D Lời giải Gọi M, N lần lƣợt trung điểm AB CD Vì BCD ACD tam giác cạnh a nên AN  BN   AN  CD *   BN  CD MN  ABN  CD  MN *  CD   ABN   (1) Mặt khác, AN  BN  ABN cân N  MN  AB (2) Từ (1) (2)  MN đoạn vng góc chung AB CD  a   a 2 a Do đó: d  AB, CD   MN  AN  AM          2 Vậy d  AB ,CD   a  Chọn đáp án C a a 3 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu S  ABC  trùng với trung điểm BC Biết SA hợp với đáy góc 30° Khi đó, khoảng cách hai đƣờng thẳng SA BC A a B a C a D 2a Lời giải Gọi H trung điểm BC  SH   ABC   SH  BC (1)  AH  BC (2)  Vì ABC   a  AH   Từ (1) (2)  BC   SAH  Trong  SAH  , kẻ HK  SA,  K  SA (3)   BC   SAH  Vì   BC  HK (4) HK  SAH     Từ (3) (4)  HK đoạn vng góc chung SA BC  d  SA, BC   HK Vì SH   ABC   HA hình chiếu SA  ABC  ·  · SA,  ABC    · SA, HA  SAH  30 · Xét AHK vng K, ta có: sin HAK  Vậy d  SA, BC   HK  HK a ·  HK  AH sin HAK  AH a  Chọn đáp án B Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với AD  AB  2a , cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SB tạo với mặt phẳng đáy  ABCD  góc 60° Khoảng cách hai đƣờng thẳng AB SC A a 21 B 2a 21 C a 21 14 Lời giải D a 21 21 Vì AB / /  SCD   d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD  Trong  SAD  , kẻ AH  SD,  H  SD  CD  AD Vì   CD   SAD   CD  AH CD  SA  AH  SD Vì   AH   SCD   d  A,  SCD    AH  AH  CD ·  60 SB,  ABCD    · SB, AB   SBA Ta có: · SA ·  a.tan 60  a  SA  AB.tan SBA AB ·  Xét SAB vng A, ta có: tan SBA Vậy d  AB, SC   AH  SA AD SA2  AD2 2a.a  4a2  3a2  a 21  Chọn đáp án B Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vng A với BC  2a , AB  a Khi đó, tỉ số 3a  AA ', BC ' a A B C Lời giải Vì AA '/ /  BB ' C ' C   d  AA ', BC '  d  AA ',  BB ' C ' C    d  A,  BB ' C ' C   Trong  ABC  , kẻ AH  BC,  H  BC   AH  BC  AH   BB ' C ' C  Vì   AH  BB '  d  A,  BB ' C ' C    AH  AB AC AB  AC Ta có: AC  BC  AB2  4a  a  a  d  A,  BB ' C ' C    AB AC AB  AC 2  a.a a  3a 2  a D a 3 3d  A,  BB ' C ' C   3d  AA ', BC '   Chọn đáp án B   a a a Vậy Ví dụ 6: Cho hình lập phƣơng ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Gọi M, N lần lƣợt trung điểm AB CD Khi đó, tỉ số a d  MN , A ' C  VA A ' B 'C ' D ' A B 2 C D Lời giải Ta có: VA A' B 'C ' D '  1 AA '.S A' B 'C ' D '  a.a  a3 3 Vì MN / /  A ' BC   d  MN , A ' C   d  MN ,  A ' BC    d  M ,  A ' BC   Vì AM   A ' BC   B  d  M ,  A ' BC   d  A,  A ' BC    MB  AB  d  M ,  A ' BC    d  A,  A ' BC     BC   AA ' B ' B  Trong  AA ' B ' B  , kẻ AH  A ' B,  H  A ' B  Vì   BC  AH   AH   AA ' B ' B   AH  A ' B  AH   A ' BC   d  A,  A ' BC    AH  AB  BH Vì  AH  BC  a 2 A' B a a Ta có: BH    AH  a     2 2   1 a Khi đó: d  MN , A ' C   d  M ,  A ' BC    d  A,  A ' BC    AH  2 a d  MN , A ' C   VA A' B' C' D' Vậy Vậy a   Chọn đáp án C a a2 a 3 3d  A,  BB ' C ' C   3d  AA ', BC '   Chọn đáp án B   a a a 2 ...  x2   y''  / x  x2   (*)    x  x2 x  x2     1    1 x  x2 x  x2  /  1 x 2x  x2  2x  x2  / 2 2 x  x2  2x  x2   x  x 1  x  x  x2   x  x   1  x  2x... đến số điện thoại: 0969.9 12. 851 Cách 2: lim x ? ?2 f  x   f  2? ?? x  x   11 x  x  10  lim  lim x ? ?2 x ? ?2 x? ?2 x? ?2 x? ?2  lim x ? ?2  x  2? ?? x  5  lim x? ?2 x ? ?2  x  5  Kết luận theo...  2n2  3n  5n2  b) un  2n3  3n  n  4n  n c) un  2n4  3n2  n  2n  11  3n   2n2  1 LỜI GIẢI a) Ta thấy n lũy thừa cao tử mẫu, nên chia tử mẫu un cho n đƣợc: 2n  3n  2? ??  2