Giáo án tự chọn môn toán Lớp 11

Tài liệu tham khảo Giáo án tự chọn môn toán Lớp 11 gồm lý thuyết và bài tập theo từng chuyên đề

Giáo án tự chọn 11 CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC I TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Phương trình sinx = a  Nếu |a| > : Phương trình vơ nghiệm  Nếu |a|  : Phương trình có nghiệm x =  + k2 x =  -  + k2, k  , với sin  = a Phương trình cosx = a  Nếu |a| > : Phương trình vơ nghiệm  Nếu |a|  : Phương trình có nghiệm x =   + k2, k  , với cos = a Phương trình tanx = a Điều kiện: cosx  hay x   +k, k   Nghiệm phương trình x =  + k, k  , với tan = a Phương trình cotx = a Điều kiện: sinx  hay x  k, k   Nghiệm phương trình x=  + k, k   với cot = a B MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP: Phương trình asinx + bcosx = c  asinx + bsinx = c  sin(x + ) = c a b 2 đó: sin = cos =  asinx + bsinx = c  cos(x – ) = c a  b2 đó: sin  = cos  = Chú ý: Phương trình có nghiệm c2  a2 + b2 Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c Đặt t = sinx + cosx, |t|  2 Phương trình trở thành bt + 2at – (b + 2c) = b a  b2 ; a a  b2 a a  b2 b a  b2 ; Giáo án tự chọn 11 II RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TỐN: Phương trình đưa phương trình tích: Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x + (tan2x – 3cot3x) – = Giải Điều kiện phương trình cos2x  sin3x  Ta biến đổi 3tan2xcot3x + (tan2x – 3cot3x) – =  3tan2xcot3x + tan2x – 3 cot3x – =  tan2x (3cot3x +  (3cot3x + 3)- ) (tan2x - (3cot3x + ) = 3)=0 � 2 � 3x   k � cot x   � 3 ��  � (k  )  � x   k � tan x  � � �  � 2 x k �  � (k  )   � x  k � � Caá giá trị thỏa mãn điều kiện phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm là: x= 2     k x =  k , k   Bài 2: Giải phương trình:  tan x  sin x  cot x Giải: Điều kiện phương trình cho là: cosx  0, sinx  cot x  -1 Ta biến đổi phương trình cho:  tan x cos x  sin x sin x  sin x �  sin x  cot x cos x sin x  cos x  sin x  sin x cos x � �  sinx �  � cos x � � sin x  (Loại điều kiện) �  � � cos x  � x=   k 2 , k  Giáo án tự chọn 11 Giá trị x = -   k 2 , k  bị loại điều kiện cot x  -1 Vậy nghiệm của phương trình cho x =   k 2 , k  Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = với x  (0,2) Giải: Điều kiện phương trình cho: cos3x  0, cos4x  cos5x  Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x =   sin x 2sin x  0 cos 3x cos x cos x 2sin x cos x 2sin x  0 cos 3x cos x cos x �cos x  cos 3x cos x �  2sin4x � � � cos x cos x cos x � sin x  �  2sin4xsin2x =  � sin x  �  � x  k xk �  � � � x  k (k  )  � � x  k � x  k � Từ giả thiết điều kiện, nghiệm phương trình là:  3 5 7 x1  ; x2  ; x3   ; x4  ; x5  4 4 Phương trình đưa phương trình bậc hai hàm số lượng giác Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos4x + sin4x) Giải: 4 Ta có: + sin2x = 2(cos x + sin x) = 2[(cos2x + sin2x)2 – 2sin2xcos2x] � �  sin x � = 2� � � = – sin 2x Vậy ta phương trình sin22x + sin2x -1 = Đặt t = sin2x với điều kiện -1  t  ta phương trình: t2 + t – =  t = 1 � 1  Giá trị < -1 nên bị loại 2 1  1  ta có phương trình sin2x = 2 �1  � Phương trình có nghiệm: x= arcsin � � � � k , k   � � Với t = Và x= �1  �   arcsin � � � � k , k   2 � � Giáo án tự chọn 11 Đó nghiệm phương trình cho Bài 5: Giải phương trình sin2x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – Giải: Điều kiện phương trình cosx  Chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: tan2x (tanx – 1) = 5tanx – – 2(1+tan2x)  tan3x – tan2x = 5tanx – – tan2x  tan3x + tan2x – 5tanx + = Đặt t = tanx ta phương trình t 1 � t3 + t2 – 5t +3 =  (t – 1)(t2 + 2t – 3) =  � t  3 � Với t = 1, phương trình tanx = có nghiệm x    k , k   Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + k, k   Các giá trị thỏa mãn điều kiện phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm x =   k , x = arctan(-3) + k, k   � 1 � 1� � 3 sin x  � cos x � Bài 6: Giải phương trình: sin x  cos x  sin x � �2  � � � � � � Giải Ta biến đổi phương trình cho: � 1 � 32 sin x  cos x  2sin x cos x � sin x  cos x �=0 � � � � �2 � sin x  sin x cos x  sin x cos x � � cos3 x  sin x cos x  sin x cos x � � � � �3 � � � sin x  sin x cos x  cos x � (sin x  cos x)  � � � sin x  cos x  (1) � �  � sin x  sin x cos x  cos x  (2) �  Giải phương trình (1) ta được: x =  Giải phương trình (2): sin2x - 3 +k, k   sinxcosx + cos2x = Nếu cosx = vế trái nên cosx = khơng thoả mãn phương trình Với cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos2x, ta được: Giáo án tự chọn 11 tan2x - tan x  0   k x = arctan + k, k   Vậy phương trình cho có nghiệm Giải phương trình, ta được: x = x= 3   k , x   k x = arctan + k, k   3 Phương trình asinx + bcosx = c Bài 7: Giải phương trình 4cosx + sinx + cos2x + sin2x + = Giải: Ta có: 4cosx + sinx + cos2x + sin2x + =  4cosx + sinx + 2cos2x – + sinxcosx + =  sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)2 =  2(cox +1)( sinx + cosx + 1) = cos x   �  � � sin x  cos x   x  (2k  1) � �  (k  )  � x    k 2 � Bài 8: Giải phương trình: 2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + 2)- (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = Giải: Ta biến đổi phương trình cho: 2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +  2)- (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos3x – sin2xcosx – 2cosx =  (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(2cos2x – sin2x – 2) =  (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(cos2x + – sin2x – 2) =  (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx + cos x  sin x   �  � cos x  sin x   � � � � cos � x  � � 4� �  � � � � cos �x  � 1 � � � 4� ) =0 Giáo án tự chọn 11  �  x   �  k 2 � 4  � (k  )  � x     k 2 � � � x  k �  x    k  � � � 5 � x  k 2 � (k  ) Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – = Giải: Ta có: cos2x + cos x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – =  5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = Đặt t = sinx + cosx (-  t  ), phương trình trở thành: t  3(loai ) � 3t2 – 10t + 30 =  � � t �  sinx + cosx = � �  sin �x  � � 4� �  x    arcsin � Giải ta được: � � 3 x  arcsin � �  k 2 (k  )  k 2 Bài 10: Giải phương trình 2sin3x + cos2x – 3cosx + =0 Giải: Biến đổi phương trình cho, ta được: 2sin3x + cos2x – 3cosx + =  2sinx (1-cos2x) + 2cos2x – 3cosx +1=0  (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = cos x  (1) �  � 2sin x cos x  2(sin x  cos x)   (2) � Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2, k   Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (-  t  Phương trình (2) trở thành: � t   3(loai ) t2 – 2t – =  � t  1 � ) Giáo án tự chọn 11 Với t = - , giải ta được: �  �2 6� x   arcsin � � � � � k 2 � � � � �2 6� 5 � x  arcsin � � � � k 2 � � � � (k  ) Vậy nghiệm phương trình cho là: � � x  k 2 � � �2 6�  � x   arcsin � � � � k 2 � � � � � 5 �2 6� x  arcsin � � � � � k 2 � � � (k  ) III BÀI TẬP: Giải phương trình sau: cot2xtan3x-(cot2x + tan 3x) + =0 4cos22xsinx + 2cosxsin4x + cos2x + 2sin3x + 3=0  cos x  sin x  tan x 3sin2x - 3 sinxcosx + sin2x - cos2x = 3 �1 � sin4x � sin x  sin x  � 5sin x  4sin x   cos x(9  sin x)  � � cos3x(3tanx + + ) – 3tanx + (3 - ) sin2x = sin2x – 2sin2x + 3sinx – cosx = ( - 1)sinx - cosx-cos3x = (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos2x + Giáo án tự chọn 11 CHỦ ĐỀ 2: TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT I TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP: Quy tắc cộng: Một cơng việc hồn thành hai hành động, hành động có m cách thực hiện, hành động có n cách (khơng trùng với hành động thứ nhất) có m + n cách hồn thành cơng việc Quy tắc nhân Một cơng việc hồn thành hai hành động liên tiếp, có m cách thực hành động thứ ứng với cách có n cách thực hành động thứ hai Khi m.n cách hồn thành cơng việc Hốn vị:  Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  1) Mỗi kết xếp thứ tự n phần tử tập A gọi hoán vị n phần tử  Số hốn vị n phần tử kí hiệu Pn Ta có: Pn = n(n – 1) … 2.1 = n! Chỉnh hợp:  Cho tập A gồm n phần tử (n  1) Kết việc lấy k phần tử tập hợp A xếp chúng theo thứ tự gọi chỉnh hợp chập k n phần tử cho  k Kí hiệu An số chỉnh hợp chập k n phần tử Ta có: Ank = n(n -1) … (n – k + 1) k Với quy ước 0! = 1, ta có: An  n! (n  k )! Tổ hợp:  Cho tập A có n phần tử (n  1) Mỗi tập gồm k phần tử tậm A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho  k Kí hiệu Cn số tổ hợp chập k n phần tử Ta có: Cnk  Ank n!  k ! k !(n  k )! Nhị thức Niu – tơn: n (a  b) n  Cn0 a n  Cn1 a n 1b   Cnk a n k b k   Cnn b n  �Cnk a n k b k k 0 B PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ: Giải sử  không gian mẫu, A B biến cố  \A = A gọi biến cố đối biến cố A Giáo án tự chọn 11  A  B biến cố xảy A B xảy  A  B biến cố xảy A B xảy A  B viết AB  Nếu AB = , ta nói A B cung khắc C XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Kí hiệu P(A) xác suất biến cố A, ta có: P(A) = n( A) n ( ) Từ đó:   P(A)  1, P() = 0, P()=1  P(A B) = P(A) + P(B) A  B =  9.Ta nói hai biến cố A B độc lập xảy (hay không xảy ra) A không làm ảnh hưởng đến xác suất B A B độc lập P(AB) = P(A).P(B) A B độc lập  A B độc lập 10 Công thức cộng mở rộng: Giải sử A B hai biến cố tùy ý liên quan đến phép thử Lúc đó: P (A  B) = P(A) + P(B) – P(AB) D BIẾN NGẪU NHIÊN: 11 Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên quy tắc cho ứng kết phép thử với số thực: Giả sử X biến ngẫu nhiên a giá trị biến cố “X nhận giá trị a” kí hiệu [X = a] hay (X = a) Giải sử X có tập giá trị {x1, x2,…,xn} Đặt: p1 = P[X = x1], … , pn = P[X = xn] Ta có bảng sau gọi bảng phân phối xác suất biến ngẫu nhiên X X x1 x2 … … xn P p1 p2 … … Pn 12 Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn Giả sử X biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1) Kì vọng X, kí hiệu E (X), số cho công thức: E(X) = x1p1 + … + xnpn (2) Phương sai biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), số cho công thức: V ( X )  x12 p1  x22 p2   xn2 pn  ( x1 p1   xn pn ) Độ lệch chuẩn biến ngẫu nhiên X, kí hiệu:  (X), số cho công thức:  (X) = V ( X ) Kì vọng X số đặc trưng cho giá trị trung bình X Phương sai độ lệch chuẩn số đặc trung cho độ phân tán X so với kì vọng X II RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: Giáo án tự chọn 11 Bài 1: Hỏi có đa thức bậc ba P(x) = ax3 + bx2 + cx + d mà hệ số a, b, c, d thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3} Biết rằng: a Các hệ số tùy ý? b Các hệ số khác nhau? Giải: a Có cách chọn hệ số a a  Có cách chọn hệ số b, cách chọn hệ số c, cách chọn hệ số d Vậy có x x x = 500 đa thức b Có cách chọn hệ số a (a 0) - Khi chọn a, có cách chọn b - Khi chọn a b, có cách chọn c - Khi chọn a, b c, có cách chọn d Theo quy tắc nhân có: x x x = 96 đa thức Bài 2: Để tạo tín hiệu, người ta dùng cờ màu khác cắm thành hàng ngang Mỗi tín hiệu xác định bở số cờ thứ tự xếp Hỏi tạo tín hiệu nếu: a Cả năm cờ dùng? b Ít cờ dùng? Giải: a Nếu dùng cờ tín hiệu hốn vị cờ Vậy có 5!=120 tín hiệu tạo b.Mỗi tín hiệu tạo k cờ chỉnh hợp chập k phần tử Theo quy tắc cộng, có tất A5  A5  A5  A5  A5  325 tín hiệu Bài 3: Từ tổ gồm bạn nam bạn nữ, chọn ngẫu nhiên bạn xếp vào bànd 9ầu theo thứ tự khác Tính xác suất cho cách xếp có bạn nam Giải Mỗi xếp chỗ ngồi cho bạn chỉnh hợp chập 11 bạn Vậy khơng gian mẫu  gồm A11 (phần tử) Kí hiệu A biến cố: “Trong cách xếp có bạn nam” Để tính n(A) ta lí luận nhau: - Chọn nam từ nam, có C6 cách - Chọn nữ từ nữ, có C5 cách - Xếp bạn chọn vào bàn đầu theo thứ tự khác nhau, có 5! Cách Từ theo quy tắc nhân ta có: n(A) = C6 C5 5! Vì lựa chọn xếp ngẫu nhiên nên kết đồng khả C63 C52 5! �0, 433 Do đó: P ( A)  A115 Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm thầy giáo, thấy P Q vợ chồng Chọn ngẫu nhiên người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp Tính xác suất để cho hội đồng có thầy, thiết phải có thầy P Q khơng có hai Giải: Giáo án tự chọn 11 (SAC)(SBD)=SO b Tương tự, (SAD)(SBC)=SI C S điểm chung (SAB) (SCD), (SAB) (SCD) chứa AB CD song song với nên giao tuyến đường thẳng  qua S song song với AB CD Tìm tập hợp giao điểm: Bài 2: Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD tứ giác cho AD cắt BC E, M điểm thuộc đoạn SC a Tìm giao điểm N SD (MAB) b Gọi I giao điểm AM BN Khi M di động đoạn SC điểm I chạy đường nào? Giải: S a Gọi F giao điểm BM SE; N giao điểm FA SD N A Ta có: N  AF AF  (ABM) suy N  (ABM) I F M D E Do đó: N = SD  (ABM) O C B Hình 5.4 �I �( SAC ) b Ta có: I = AM  BN � � Do I  (SAC)  (SBD) �I �( SBD) Vì (SAC)  (SBD) = SO (O giao điểm AC BD) nên I  SO Nhận xét mặt phẳng (SAC), ta thấy Khi M  S I  S, M  C I  O Vậy điểm I chạy đoạn SO Bài 3: Cho tứ diện ABCD Gọi I, J trung điểm BC BD Một mặt phẳng () quay quanh IJ cắt cạnh AD AC K L a Trong trường hợp IL JK cắt M điểm M chạy đường nào? b Gọi N giao điểm IK JK điểm N chạy đường nào? Giải: x M A A L K J B M y I C Hình 5.5 a Ta có M = IL  JK J B D I L C Hình 5.6 K D Giáo án tự chọn 11 �M �IL � M �( ABC ) � �IL �( ABC ) �M �JK � M �( ABD) � �JK �( ABC ) Do M  AB = (ABC)  (ABD) Nhận xét mặt phẳng () qua trung điểm E đoạn AC () khơng cắt đường thẳng AB Khi L di động từ A tới E M di động tia Ax Khi L di động từ C tới E M di động tia By Vậy M chạy hai tia Ax, By b Ta có N = IK  JL �N �JL � N �( IAC ) � �JL �( JAC ) �M �JK � M �( ABD) � �JK �( ABC ) Nên N  (IAD)  (JAC) Gọi O giao điểm ID CJ, (IAD)  (JAC) = AO Ta có: N  AO Ta thấy, mặt phẳng (IAD) K  D N  O Vậy điểm N chạy đoạn AO A K L N J B D I C Hình 5.7 3.Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng cố định Bài 4: Cho hình bình hành ABCD ABEF khơng nằm C D mặt phẳng M, N hai điểm thuộc đoạn BM CN N  ,  Chứng minh MN song BF AC với BF CA A B song với mặt phẳng (CD, EF) M Giải Xét đoạn thẳng MN, AB, CF F E Hình 5.8 AN AC NC   Từ giả thiết ta suy ra: BM BF MF Theo định lí Ta – lét đảo ta có: MN,AN, CF song song với mặt phẳng Mặt khác CF  (CFD) AB // CD, suy AB // (CFD) Vì AB CF chéo nên (CFD) mặt phẳng chứa CF mà song song với AB Vậy MN, AB, CF song song với mặt phẳng () mà () song song với mặt phẳng (CFD) Giáo án tự chọn 11 Vậy MN // (CFD) hay MN // (CD, FE) Bài 5:Cho hai hình bình hành ABCD ABEF nằm hai mặt phẳng phân biệt Gọi M, N AM NB  hai điểm di động hai đoạn AD BE cho MD NE Chứng minh MN song song với mặt phẳng cố định Giải: Trong mặt phẳng (ABCD), qua M kẻ đường thẳng song song với C D PB MA NB   AB cắt BC P, ta có: nên PN // CE P M PC MD NE A B Ta có (MNP) // (DCE) (Vì MP // DC PN // CE) Mà MN nằm (MNP) nên MN song song với (DCE) (cố N định) F E * Chú ý: Ta sử dụng định lý Ta – lét đảo khơng gia Hình 5.9 để giải III BÀI TẬP: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành a Hãy xác định giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) (SCD) giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SBD) b Một mặt phẳng () thay đổi qua BC cắt cạnh SA A’ (A’ không trùng với S A) cắt cạnh SD D’ Tứ giác BCD’A’ hình gì? c Gọi I giao điểm BA’ CD’, J giao điểm CA’ BD’ Với ( ) câu b I J chạy đường nào? Cho tứ diện ABCD có AB = CD Gọi M, N hai điểm thay đổi hai cạnh AB CD cho BM = CN Chứng minh MN luôn song song với mặt phẳng cố định Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ GỌi M, N , K trung điểm cạnh AA’, AD, DC Hãy xác định giao điểm mặt phẳng (MNK) với cạnh CC’, C’B’, B’A’ Từ suy thiết diện tạo mặt phẳng (MNK) với hình hộp cho Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, B1C1, DD1 a Hãy xác định thiết diện tạo hình lập phương cho mặt phẳng (MNP) b Chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng (BDC1) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Chứng minh cặp đường thẳng sau chéo a AA’ BD b BD A’C’ Giáo án tự chọn 11 CHỦ ĐỀ 6: QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN I TĨM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A PHÉP TOÁN VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN: Các quy tắc cần nhớ: a Quy tắc ba điểm uuu r uuur uuur uuur uuur uuu r Với ba điểm A, B, C ta có AB  BC  AC AC  BC  BA b Quy tắc hình bình hành uuur uuur uuur Với hình bình hành ABCD ta có: AC  AB  AD c Quy tắc hình hộp: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ với AB, AD, AA’ ba cạnh có chung đỉnh A AC’ uuuu r uuu r uuur uuur đường chéo, ta có AC '  AB  AD  AA ' D C b a A B a +b +c C' D' c B' A' Hình 6.1 Giáo án tự chọn 11 Điều kiện đồng phẳng ba vectơ không gian  Ba vectơ gọi dồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng   r r r r r Cho hai vectơ a, b không phương Ba vectơ a, b, c đồng phẳng có r r r cặp số m, n cho c  ma  nb r r r r Cho a, b, c ba vectơ không đồng phẳng Với vectơ x khơng r r r r gian ta tìm ba số m, n, p cho x  ma  mb  pc B QUAN HỆ VUÔNG GĨC: 3.Góc hai đường thẳng Hai đường thẳng vng góc  Góc hai đường thẳng a b khơng gian góc hai đường thẳng a’ b’ qua điểm O song song với a b  r  góc hai đường thẳng a b ta ln ln có   900 Nếu u vectơ r r r phương đường thẳng a v vectơ phương đường thẳng b ( u , v )= góc hai đường thẳng a, b    900 1800 –   > 900  Hai đường thẳng gọi vng góc với góc chúng 900 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng:  Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  Nếu đường thẳng mặt phẳng khơng chứa đường thẳng vng góc với đường thẳng khác chúng song song vớ  Định lý ba đường vng góc - Cho đường thẳng a nằm mặt phẳng () Gọi b đường thẳng khơng thuộc () đồng thời khơng vng góc với () b’ hình chiếu vng góc b () Khi a vng góc với b a vng góc với b’ - Cho đường thẳng d cắt mặt phẳng () O d khơng vng góc với () Góc đường thẳng d mặt phẳng () góc tạo đường thẳng d hình chiếu d’ d () - Khi d vng góc với mặt phẳng () ta nói góc d () bắng 900 Hai mặt phẳng vng góc:  Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc hai mặt phẳng 900  Điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng  Nếu hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng thứ ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba Khoảng cách Cho hai đường thẳng chéo a b Đường vng góc chung chúng cắt a A, cắt b B Ta nói khoảng cách hai đường thẳng a b khoảng cách A B Giáo án tự chọn 11 II RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: Chứng minh đẳng thức vectơ * Sử dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp để biến đổi vế thành vế Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Chứng minh rằng: uur uuu r uur uuu r a SA  SC  SB  SD uur uuu r uur uuu r2 b SA  SC  SB  SD Giải uur uuu r uuu r a Gọi O tâm hình chữ nhật Vì OA – OC nên: SA  SC  SO uur uuu r uuu r Vì OB = OD nên SB  SD  2SO uur uuu r uur uuu r So sánh (1) (2) ta suy SA  SC  SB  SD b Ta có: uur uuu r uuu r uuu r uuu r2 uuu r uuu r SA  ( SO  OA)  SO  OA  2SO.OA uuu r uuur r Mà OA  OC  nên uur uuu r2 uuu r uuu r uuur SA  SC  SO  OA  OC uur uuu r2 uuu r uuu r uuur Tương tự ta có: SB  SD  2SO  OB  OD Vì ABCD hình chữ nhật nên ta có uuu r uuur uuur uuur OA  OB  OC  OD (1) (2) S B C O A D Hình 6.2 uur uuu r uur uuu r2 Từ suy SA  SC  SB  SD Bài 2: Cho tứ diện ABCD Gọi M N trung điểm AB CD, G trung điểm đoạn MN Chứng minh rằng: uuur uuur uuur uuur uuuu r a AD  BC  AC  BD  2MN uuu r uuu r uuur uuur r b GA  GB  GC  GD  uuu r uuu r uuur uuur uuur c PA  PB  PC  PD  PG với P điểm uuuu r uuur uuur uuur a Ta có: MN  MA  AD  DN uuuu r uuur uuur uuur MN  MB  BC  CN Suy ra: uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur MN  ( MA  MB )  AD  BC  ( DN  CN ) Giải: A M G B D N C Hình 6.3 Giáo án tự chọn 11 uuur uuur uuur uuur r uuuu r uuur uuur Vì MA  MB  DN  CN  nên 2MN  AD  BC uuur uuur uuur uuur uuuu r Ta suy ra: AD  BC  AC  BD  2MN uuu r uuur uuuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur r uuu r uuur uuur r b Vì GA  GB  2GM , GC  GD  2GN , GM  GN  nên GA  GB  GC  c Với điểm P bất kì, từ kết ta có: uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur r ( PA  PG )  ( PB  PG )  ( PC  PG )  ( PD  PG )  uuu r uuu r uuur uuur uuur Do đó: PA  PB  PC  PD  PG r r r Chứng minh ba vectơ a, b, c đồng phẳng r r r * Chứng minh vectơ a, b, c có giá song với mặt phẳng r r r r r Chứng minh có cặp số m, n cho c  ma  nb với a b không phương Bài 3: Cho hình tứ diện ABCD Gọi P Q trung điểm cạnh AB CD Trên cạnh AC BD ta lấy điểm M,N cho uuur uuuu r uuur minh ba vectơ PQ, PM , PN đồng phẳng AM BN   k ( k  0) Chứng AC BD A Giải: Vì Q trung điểm cạnh DC nên ta có: uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r P PQ  ( PC  PD)  [( AC  AP )  ( BD  BP ) 2 uuu r uuu r uuur uuur G  [( AC  BD)  ( AP  BP )] B uuur uuur uuur r uuu r uuu r r M Vì AP  BP  nên PQ  ( AC  BD)  C uuur uuuu r uuur uuur Hình 6.4 Theo giả thiết ta có AC  AM BD  BN k k uuur uuuu r uuur ( AM  BN ) Do PQ  2k uuur uuur uuuu r uuu r uuur uuur uuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r ( AP  PM  BP  PN ) Vì: AM  AP  PM BN  BP  PN nên PQ  2k uuur uuuu r uuur PM  PN Vậy: PQ  2k 2k uuur uuuu r uuur Từ hệ thức ta suy ba vectơ PQ, PM , PN đồng phẳng N D Q Bài 4: Trong không gian cho tam giác ABC uuuu r uuu r uuu r uuur a Chứng minh điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) OM  xOA  yOB  zOC với điểm O x + y + z = uuuu r uuu r uuu r uuur b Ngược lại có điểm O không gian cho OM  xOA  yOB  zOC x + y + z = điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) Giải uuu r uuur a Vì AB, AC hai vectơ khơng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) khi: uuuu r uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuuu r uuur uuur AM  m AB  n AC hay OM  OA  m(OB  OA)  n(OC  OA) Giáo án tự chọn 11 uuuu r uuu r uuu r uuur với điểm O tuỳ ý, tức OM  (1  m  n)OA  mOB  nOC uuuu r uuu r uuu r uuur Đặt – m – n = x, m = y, n = z thì: OM  xOA  yOB  zOC với x + y + z = uuuu r uuu r uuu r uuur b Ngược lại có điểm O cho OM  xOA  yOB  zOC với x + y + z = uuuu r uuu r uuu r uuur uuuu r uuu r uuu r uuur OM  (1  y  z )OA  yOB  zOC hay OM  OA  y AB  z AC uuuu r uuur uuur Từ suy : AM  y AB  z AC Do điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) Ứng dụng tích vơ hướng: Bài 5:Cho tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối diện AB CD, AC DB vng góc với Chứng minh cặp cạnh đối diện lại AD BC vng góc với Giải: Trước hết tà cần chứng minh hệ thức sau đây: uuu r uuur uuur uuur uuur uuur AB.CD  AC.DB  AD.BC  Ta có: uuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur AB.CD  AB.( AD  AC )  AB AD  AB AC (1) uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur AC.DB  AC.( AB  AD)  AC AB  AC AD (2) uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuu r AD.BC  AD.( AC  AB)  AD AC  AD AB (3) uuu r uuur uuur uuur uuur uuur Từ (1), (2), (3) ta suy AB.CD  AC.DB  AD.BC  uuu r uuur uuur uuur Do đó, ABCD nghĩa AB.CD  AC  DB nghĩa AC.DB  từ hệ thức (4) uuur uuur ta suy AD.BC  nghĩa AD  BC A A D B C Hình 6.5 B H D C Hình 6.6 Cách khác: Gọi H hình chiếu vng góc đỉnh A mặt phẳng (BCD), ta có AH (BCD) Do CD  AH Theo giả thiết CD  AB, ta suy CD (AHB) Vậy CD  BH Tương tự, theo giả thiết BDAC, ta suy BD(ACH), BD CH Vậy H trực tâm tam giác BCD tức DHBC Do BC  (ADH) nên ta suy BCAD Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng: A * Muốn chứng minh đường thẳng d vng góc với mặt phẳng () ta chứng minh : - d vng góc với hai đường thẳng cắt nằm () - d song song với đường thẳng d’ mà d’ vng góc với () - d vng góc với () mà () // () B Bài 6: Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC DBC hai tam H giác cân có chung đáy BC I a Chứng minh BC  AD C b Xác định hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng Hình 6.7 (BCD) D Giáo án tự chọn 11 Giải: a Gọi I trung điểm BC, ta có BC  AI BC  DI Do BC  (ADI) suy BC  AD b Mặt phẳng (BCD) chứa đường thẳng BC(ADI) nên (BCD)  (ADI) Ta có DI giao tuyến hai mặt phẳng (BCD) (ADI) vng góc với C nên hình chiếu vng góc H đỉnh A phải nằm giao tuyến DI hai mặt phẳng Trong mặt phẳng (ADI), ta vẽ AH  DI H hình chiếu vng góc đỉnh A lên mặt phẳng (BCD) B Bài 7: Cho tam giác ABC Gọi () mặt phẳng vng góc A d với đường thẳng CA A () mặt phẳng vng góc với  đường thẳng CB B  a Chứng minh hai mặt phẳng () () cắt b Gọi d giao tuyến () () Chứng minh d  Hình 6.8 (ABC) Giải: a Theo giả thiết CA  () CB  () nên góc hai mặt phẳng () () góc � ACB � tam giác ABC cho góc 180 - ACB Do ta suy hai mặt phẳng () () phải cắt b Vậy () () phải cắt theo giao tuyến d Ta cần chứng minh d  (ABC) Vì CA () d thuộc () nên CA  d Tương tự, CB  () d thuộc () nên CBd Do đó, d  CA d  CB nên ta suy d  (ABC) Chứng minh hai mặt phẳng vng góc Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a có cạnh bên SA = SB = SC = a Chứng minh: a Mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) b Tam giác SBD vng S Giải S a ABCD hình thoi nên có AC  BD O Mặt khác SA = SC nên có AC  SO Vậy AC  (SBD) Mặt phẳng (ABCD) chứa AC  (SBD) nên (ABCD)  (SBD) a B b Ta có: SAC = BAC (c – c – c) mà OA = OC nên SO = BO Mặt khác BO = DO nên SO=OB=OD Ta suy tam giác SBD vuông S A Bài 9: Hình chóp S.ABC có cạnh SA vng góc với mặt Hình phẳng (ABC) Gọi H K trực tâm tam giác ABC SBC S a Chứng minh rằNG (SAC)  (BHK) (SBC)  (BHK) b Tính diện tích tam giác ABC biết tam giác SBC có SB = 15cm, SC = 14cm, BC = 13cm có góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 300 a C O D 6.9 a K B A H Hình 6.10 C A' Giáo án tự chọn 11 Giải: a Gọi A’ giao điểm AH BC Ta có BCAA’ BCSA suy BC(SAA’) Do BCSA’ Vậy SA’ qua K K trực tâm tam giác SBC Vì BH  AC BH  SA suy BH  (SAC) BH  SC � Do �� SC  ( BHK ) BK  SC � (SAC)  (BHK) BC  (SAA’) BC  HK; SC  (BHK) SC  HK Từ suy HK  (SBC) (BHK)  (SBC) b Gọi SSBC diện tích tam giác SBC Theo cơng thức Hê – rơng, ta có: S SBC  p ( p  a )( p  b)( p  c ) p = ½ (13+14+15) = 21 Vậy: Do S SBC  21(21  13)(21  14)(21  15)  84(cm2 ) Ta có tam giác ABC hình chiếu vng góc tam giác SBC mặt phẳng (ABC) Áp dụng công thức S’ = S cos  = 300 góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) ta có: SABC = S’ = 84.cos300 = 42 (cm2) Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng đến mặt phẳng Bài 10: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a a Chứng minh khoảng cách từ điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ Hãy tính khoảng cách b Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (A’BD) hình lập phương Giải: a ABC’ tam giác vng B, khoảng cách từ B đến AC’ B độ dài đường cao BI kẻ từ B xuống AC’ Vì ABC’ vng O B nên ta có: A D 1 1 2a a     � BI  � BI  2 I BI AB BC a 2a 3 Lập luận tương tự điểm lại ta chứng minh B' khoảng cách từ điểm đến đường chéo AC’ A' b Điểm A cách ba đỉnh tam giác A’BD ta có AB = D' Hình 6.11 AD = AA’ = a Điểm C’ cách ba đỉnh tam giác A’BD ta có C’B=C’D=C’A=a Vậy AC’ trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD, AC’  (A’BD) trọng tâm I A’BD Ta cần tính AI Vì A’I = BI = DI = A’O với O tâm hình vng ABCD Ta có: 3 a a A’I = A ' O  a  2 3 Xét tam giác vng AA’I, ta có: A ' O  BD C C' Giáo án tự chọn 11 �a � a AI2 AA’2 – A’I2 = a2 - � �3 � �� AI  � � a 3 Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo a b * Tính khoảng cách a mặt phẳng () chứa b A () // a Tính khoảng cách hai mặt phẳng song song chứa a b Bài 11: Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi E H vng góc với OA=OB=OC=a Gọi I trung C F O điểm cạnh BC Tìm khoảng cách AI OC K đồng thời xác định đường vng góc chung hai I đường thẳng B Hình 6.12 Giải: Ta có OC  (AOB) Gọi K trung điểm OB, ta có hình chiếu AI lên (AOB) AK (vì IK  (AOB)) Vẽ OH  AK Dựng HE// OC c8át AI E Dựng EF // OH c8át OC F Khi EF đường vng góc chung AI OC Độ dài đoạn EF khoảng cách AI OC Xét tam giác vng AOK ta có: 1 1    2  2 2 OH OA OK a �a � a Do đó: OH2 = a � OH  a 5 �� �2 � Vậy AI  Vì OH = EF, ta suy khoảng cáhc EF = OH = a 5 III BÀI TẬP: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ uuur uuuu r uuuu r uuuur a Chứng minh AA '  AC '  AB '  AD ' uuu r uuur uuuu r uuuuur r b Chứng minh: AB  BC  CD '  D ' A '  Cho tứ diện ABCD Gọi M N trung điểm cạnh AB CD Trên uuu r uuur uuu r uuur cạnh AD BC ta lấy điểm P Q cho PA  3PD, QB  3QC Chứng uuuu r uuur uuuu r minh ba vectơ MN , MP, MQ đồng phẳng Hai tam giác ABC ABD có chung cạnh AB nằm hai mặt phẳng khác Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AC, BC, BD, DA Chứng minh tứ giác MNPQ hình chữ nhật Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Chứng minh đường thẳng AC’ vng góc với đường thẳng BD, DA’ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng có cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD); gọi H K hình chiếu vng góc điểm A lên SB SD Chứng minh SC  (AHK) HK  (SAC) Giáo án tự chọn 11 Hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có cạnh SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Chứng minh (SCD)  (SAD) (SBC)  (SAB) Cho tứ diện ABCD có AB = 7cm, AC = 8cm, BC = 5cm Cạnh AD = cm AD vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính khoảng cách hai đường thẳng a SB AD b BD SC Giáo án tự chọn 11 ĐÁP an Giáo án tự chọn 11 CHỦ ĐỀ b x x x x x = 3600 (cách);     c x x x x x   k , x   k x = 1440 18 (cách) 2 Có 34 cách  2 4 2  x k ,x   kphân ,phối x  �  k 9 3 a (5!)2.25 Vô nghiệm = 460800 (cách) b (5!)2 =28800 (cách) � 2� x  arctan �  � k , x   k � 3� 4.3 C x 5! x 3! = 10 x = k, x = -  + k x = -  + k, x   = - + k, x = + k, x =  + k, x = 5  + k2, x = + k2, x = - +k2 x = =-  + k, x 3 + k  x = k2, x = + k2 151200 (cách) a 9! = 362880 (cách) 43200 (cách) 4k a C C , k = 0, 1, 2, 3, a 9! = 362880 (cách) b 6.2!3! 4! = 2728 (cách) a C (6!) �0, 022 12! 1.a x x = 60 cách; P[ X  2]  b c 11 cách 14 a P[ X P[ X b E(X) 14 �1,56; C65  C52  200 b mà bạn nhận C436 C49 P[ X  0]  P[ X  100.000]  C43 C61 ; C496 P[ X  500.000]  C434 C62 ; C496 C43 C63 P[ X  1.000.000]  ; C49 P[ X  5.000.000]  C43 C65 ; C496 P[ X  100.000.000]  B E(X)  130.000đ CHỦ ĐỀ a 2; b a 4; b - ; d  1]  ; P[ X  2]  ; 36 a – ;36 + ; b  3]  ; P[–X;  4] +  ; 36 36 m 1= -1,  5]  ; P[ X  6]  ; lim f ( x)  36 361 (ứng x �1 = với m = -1) 245 a (�; 3] V (X )  81 [2; + ); 15 Kí hiệu X số tiền thưởng C432 C64 ; C496 P[ X  10.000.000]  64 64 11 c ; (X)   11 11 11 (i) Có cách 10 a -20; E(X) = V(X)= P[ X C  C  462 11 C82C42 ; C124 C 4C P[ X  8]  4 C12 C64 27.(6.5.4.3) �0,519 12! a C81C43 C124 C 3C P[ X  5]  4 C12 b (ii) Có CHỦ ĐỀ P[ X  4]  C80C44 P[ X  1]  ; C12 b 5! A6 = k 11 a = 2; b = a= -2; b = -1 12 a A, B không độc lập b B, C độc lập 13 Kí hiệu Z số đen rút Từ X = 2Z – (4 – Z) = 3Z –4 a C66 C496 Giáo án tự chọn 11 b � � ��; � � 6� � � � ; �� �6 � 3 2 f(x) = x3 – 10x – liên tục [0; 11] f(0) = -1 < 0, f(11) = 120>0 c � Từ (0;11) để f(C) = f(x) = (m2 + m + 1)x5 + x3 – 27 liên tục [0; 3] f(0) = -27 < f(3) = m5 (m2+m +1) > với giá trị m Do c � (0;3) để f(c) = a y’(1) = -5; b y = -5x+3 10 Vì 13 -12sinx – 8xcosx + x2sinx CHỦ ĐỀ Gọi a b hai đường thẳng song song Giả sử Tvr (a)=b, với giá r v vng góc với a b Khi hợp thành Đa Đb phép tịnh tiến theo vectơ r v Dùng phép dời hình hợp thành phép tịnh tiến uuur theo vectơ AA ' phép quay tâm A’, góc ( uuu r uuuur AB, A ' B ' ) Dùng phép quay tâm B, góc (BA, BD) biến AE thành DC Để lim f ( x)   lim f ( x); x �0 x �0ý góc f ( x)  f (0) hai dường f ( x)  thẳng f (0) lim �lim x �0 x � x0 x0 góc 11 a quay dy   dx; ( x  1) Dùng phép quay tâm A góc 900, chứng minh x  sin(2 x ) dy   dxBE ; = DG BE x x cos x vng góc với 12 a 0,485; b DG Để ý 0,965; c 4,003 IM, JL song song b nửa DG; IJ, ML song song nửa BE D chạy đường tròng C’ C qua phép vị tự ảnh C qua (SCD) =  ( phép quay tâm A, góc 900 C chạy C’’ ảnh C qua phép đồng dạng hợp thành phép quay tâm A, góc 450 phép vị tự tâm A tỉ số Khi C chạy đường tròn (O), G chạy đường tròn (O’) ảnh (O)qua phép vị tự tâm I tỉ (với I trung điểm AB) Khu A, B chạy (O) trung điểm M AB chạy đường trịng C tâm O bán bính số R2  CHỦ ĐỀ a (SAB) tâm C tỉ số qua S song song với AB, CD Gọi O = AC  BD, giao tuyến (SAC) (SBD) đường thẳng SO b Hình thang c I  , I chạy nửa đường thẳng Sản xuất, J chạy đoạn SO Hướng dẫn: Dùng định lý đảo Ta– lét cho ba đoạn MN, BD, AC CHỦ ĐỀ d(D, BC) = 8cm d(SB, AD) = AH = a 2 d(BD, AB Khi trọng tâm tam giác ABC chạy đường tròn C’ ảnh SC) = a 2 ... vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính khoảng cách hai đường thẳng a SB AD b BD SC Giáo án tự chọn 11 ĐÁP an Giáo án tự chọn 11 CHỦ ĐỀ b x x x x x = 3600 (cách);     c x x x x x   k , x   k x... cách chọn hệ số a a  Có cách chọn hệ số b, cách chọn hệ số c, cách chọn hệ số d Vậy có x x x = 500 đa thức b Có cách chọn hệ số a (a 0) - Khi chọn a, có cách chọn b - Khi chọn a b, có cách chọn. .. biểu chọn gồm toàn nam”, Giáo án tự chọn 11 C biến cố: “Đoàn đại biểu chọn gồm tồn nữ” Ta có: BC = , A = B  C Suy ra: P(A) = P(B) + P(C) Chọn người từ tổ I, có C13 cách Chọn người từ tổ II, có