cac chuyen de luyen thi dai hoc gai chi tiet

Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m.. Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó khi m thay đổi.[r]

Đề luyện tập số 1: Chuyên đề hàm số toán liên quan

(Các em cố gắng tự làm, lời giải thầy gửi sau tuần, sau trao đổi Box dành riêng cho lớp luyện thi Toán VIP)

1 Cho hàm số:

2

( 1)

1

x m x m m y

x

    





Xác định tất giá trị m để hàm số có cực trị Tìm m để tích giá trị cực đại cực tiểu đạt giá trị nhỏ

2 Cho hàm số:

3 (2 1) ( m)

ymx  mx  m x m C

Tìm tất giá trị m cho hàm số có cực đại, cực tiểu Chứng minh đường thẳng nối hai điểm cực đại, cực tiểu (Cm) qua điểm cố định 3 Cho hàm số:

1

x y

x

 



Chứng minh tiếp tuyến đồ thị (C) lập với hai đường thẳng tiệm cận tam giác có diện tích khơng đổi

4 Chứng tỏ đường cong 2 1

x y

x

 

 có điểm uốn nằm đường thẳng 5 Cho đồ thị hàm số:

3

x y

x

 



Tìm đồ thị hàm số điểm M cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang

6 Cho hàm số 3

yx  x mx m

Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài 7 Cho hàm số

2

2

1

x x m x

 



Với nhứng giá trị m hàm số cho đồng biến khoảng (3;)

8 Chứng minh rằng: với x > , ta ln có:

2

2

x x

e   x

Chứng minh đường thẳng y2x m luôn cắt (C) hai điểm có hồnh độ 1,

x x

Tìm giá trị m cho 2

( )

d  x x đạt giá trị nhỏ 11 Cho hàm số

( ) 6

y  m  m x  mx  x Gọi (Cm) đồ thị

Tìm tất điểm cố định mặt phẳng tọa độ mà (Cm) qua với giá trị m Tiếp tuyến (Cm) điểm có cố định hay khơng m thay đổi, sao? 12 Xét hàm số:

2

1

x x m y

x

 



 , với m tham số

Với giá trị m đồ thị hàm số có tiếp tuyến vng góc với đường phân giác góc phần tư thứ hệ trục tọa độ?

Chứng minh đồ thị hàm số có điểm cực đại cực tiểu 13 Cho hàm số

2

x y

x

 

Tìm tập hợp điểm mặt phẳng tọa độ Oxy để từ ta vẽ hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) hai tiếp tuyến vng góc với

14 Cho hàm số

3

y  x x

Tìm trục hồnh điểm mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị 15 Cho hàm số y x

x

  (C)

1 Chứng minh (C) có tâm đối xứng

2 Lập phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên 16 Cho hàm số

2

4

x x y

x

 



Qua điểm A(1;0), viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị 17 Cho hàm số

2 1

x x y

x

  

Tìm m để đường thẳng ymx2m2 cắt đồ thị ( )C hai điểm thuộc hai nhánh ( )C

18 Cho hàm số

2

1

x x y

x

 



 ( )d1 : y  x m (d2): y x

Tìm tất giá trị m để ( )C cắt ( )d1 điểm phân biệt đối xứng qua (d2) 19 Cho hàm số

2

2x (1 m x) m y

x m

   



  (Cm)

CMR   m 1, đường (Cm) tiếp xúc với đường thẳng cố định điểm cố định Xác định phương trình đường thẳng

20 Cho hàm số

2 2

2 (2 )( 1)

1

m x m mx y

mx

  



 (1)

Chứng minh với  m 0, tiệm cận xiên đồ thị hàm số (1) ln tiếp xúc với

parabol cố định.Tìm phương trình parabol 21 Cho hàm số

2

2x (m 1)x

y

x m

  





Xác định m để đường tiệm cận xiên đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với parabol

yx 

22 Cho hàm số

1

yx mx  m

Viết phương trình tiếp tuyến điểm cố định mà đồ thị hàm số qua với giá trị m Tìm quỹ tích giao điểm tiếp tuyến m thay đổi

23 Cho hàm số

x y

x

  



Biện luân theo m số giao điểm đồ thị đường thẳng 2x  y m

Trong trường hợp có hai giao điểm M,N tìm quỹ tích trung điểm I đoạn MN 24 Cho hàm số 2

1

m y x

x

  



1 Với giá trị m hàm số đồng thời có cực đại cực tiểu

25 Cho hàm số

2 (2 )

y x  m x  (1) , với m tham số

Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ 26 Cho hàm số

2

2 ( 4)

2

x m x m y

x

   



 (1)

Tìm m để đồ thị hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng 27 Cho hàm số

(3 )

yx  m x mx m 

Với giá trị m để đồ thị có điểm đối xứng qua gốc O 28 Cho hàm số:

2

1

x x y

x

  



Xác định điểm A x y( ;1 1) với x10 thuộc đồ thị hàm số cho khoảng cách đến giao điểm hai tiệm cận nhỏ

29 Cho hàm số

2

1

x mx y

x

 



 , (m tham số)

Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu khoảng cách tự hai điểm đến đường thẳng x  y

30 Cho đồ thị (C) hàm số

2

1

x x y

x

 

 

Gọi I tâm đối xứng đồ thị (C) M điểm (C) Tiếp tuyến M với (C) cắt hai đường tiệm cận A,B

Chứng minh M trung điểm đoạn AB diện tích tam giác IAB khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M (C)

31 Cho hàm số 1

y x x

  

 Gọi đồ thị (C)

Đề luyện tập số 1: Chuyên đề hàm số toán liên quan

1 Cho hàm số:

2

( 1)

1

x m x m m y

x

    





Xác định tất giá trị m để hàm số có cực trị Tìm m để tích giá trị cực đại cực tiểu đạt giá trị nhỏ

Lời giải:

2

( 1)

1

x m x m m y

x

    





2

2

,

1 ( 1)

x m m m y

x x

  

          

 

Hàm số đạt cực trị  y có nghiệm phân biệt      0 m

Hàm số đạt cực trị x1,2   1 giá trị tương ứng là:

2 2

1,2 1,2

1,2

7 4

1 (1 ) 14 5( )

1 y 5

y x m m y m m m m

x



                 

  

Vậy y1y2 nhỏ

m

  2 Cho hàm số:

3 (2 1) ( m)

ymx  mx  m x m C

Tìm tất giá trị m cho hàm số có cực đại, cực tiểu Chứng minh đường thẳng nối hai điểm cực đại, cực tiểu (Cm) qua điểm cố định Lời giải:

2

3

y  mx  mx m Hàm số có cực đại, cực tiểu  y có nghiệm phân biệt

0

m

 

9m (2m m 1) 

      m0 m1 Chia y cho y’, ta kết quả:

1 2 10 2 10

3 3 3

x m m m m

y  y  x   y   x  phương trình đường thẳng qua điểm cực trị Đường thẳng qua điểm ( 1;3)

2

I  cố định 3 Cho hàm số:

1

x y

x

 

Chứng minh tiếp tuyến đồ thị (C) lập với hai đường thẳng tiệm cận tam giác có diện tích khơng đổi

Lời giải:

2

2

1 ( )

1 ( 1)

y C y

x  x

   

 

TCĐ: x 1

TCN: y1

Giao điểm đường tiệm cận I( 1;1)

Gọi M điểm thuộc (C).Vậy tọa độ điểm ( ;1 )

M m m

  Phương trình tiếp tuyến với đồ thị(C) M là:

2

2

' ( ) ( )

( 1)

M M M

x

y y x x y x m

m m

      

 

Gọi A giao điểm tiếp tuyến tiệm cận đứng.Vậy tọa độ A nghiệm hệ

1

x  2 ( )

( 1)

y x m

m m

   

 

4

( 1;1 )

1

A

m

  



Gọi B giao điểm tiếp tuyến tiệm cận đứng Tương tự ta có: B m(2 1;1) Ta có diện tích tam giác AIB là: ( ; ) | 1|

2 B AI | 1|

S AI d m

m

   

 (const)

4 Chứng tỏ đường cong 2 1

x y

x

 

 có điểm uốn nằm đường thẳng Lời giải:

2 2

2

( 1)

x x y

x

  

 

 ;

2

2( 1)( 1)

( 1)

x x x y

x

  

 



Đồ thị có điểm uốn làA x y1( ;1 1);A x y2( ;2 2);A x y3( ;3 3) với 1 3; 2 3; 3

4

y   y   y 

3

3

( 3; ) ( 3).(1; );

4

A A  

       3 1 ( 3).(1; )1

4

A A   

3 2,

A A A A

 song song với nhau, điểm uốn thẳng hàng với 5 Cho đồ thị hàm số:

3

x y

x

 



Tìm đồ thị hàm số điểm M cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang

Lời giải:

Giả sử M x y( ;0 0) thuộc đồ thị Gọi d1 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d2 khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang

1

0

5 | |; | 1|

| |

d x d y

x

     



Ta phải có d1d2 x0  3 Có điểm thỏa mãn tốn có hoành độ x  3 6 Cho hàm số

3

yx  x mx m

Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài Lời giải:

3 2

( ) ( )

f x x  x mx m  f x  x  x m ( )

f x có    3m

Nếu    f x( )  0 x hàm số đồng biến

Nếu    f x( ) có nghiệm phân biệt x1x2 Ta có: f x( )   0 x1 x x2 Tức hàm số nghịch biến khoảng ( ,x x1 2)

Yêu cầu toán: 2 1 3

3

x x       m

7 Cho hàm số

2

1

x x m x

 



Với nhứng giá trị m hàm số cho đồng biến khoảng (3;)

Lời giải:

Hàm số đồng biến khoảng (3;)

2

2

2

0 3 ( ) 3

( 1)

x x m

y x x x m x m x x x x

x 

   

                  

 '( )x 4x

   Nên m( )x  x 3 m

8 Chứng minh rằng: với x > , ta ln có:

2

2

x x

e   x

Lời giải: Ta có:

2

( ) '( ) ( ) 0

2

x x x x

f x e   x  f x e   x f x e    x

( )

f x

 đồng biến với x 0 f x( ) f(0)  0 x

( )

f x

 đồng biến với

2

0 ( ) (0)

2

x x

x  f x  f   x e   x  x

9 Cho đồ thị (C) hàm số: 3

y x

x

    

Chứng minh đường thẳng y2x m luôn cắt (C) hai điểm có hồnh độ 1,

x x

Tìm giá trị m cho 2

( )

d  x x đạt giá trị nhỏ Lời giải:

Xét phương trình: 3 3

1

x m x x m

x x

        

 

2

(3x m 3)(3x 1) 0,x 3x (m 6)x m

2

(m 6) 12m m 36 0, m

       

m

  phương trình có nghiệm phân biệt  m đường thẳng y2x m cắt đồ thị điểm phân biệt

Theo Viet: ( 1 2)2 ( 1 2)2 1 2 (6 )2 4( ) 1( 36)

3

m m

d  x x  x x  x x      m  

4

d

min

  m0

10 Cho hàm số

( ) 6

y  m  m x  mx  x Gọi (Cm) đồ thị

Tìm tất điểm cố định mặt phẳng tọa độ mà (Cm) qua với giá trị m Tiếp tuyến (Cm) điểm có cố định hay khơng m thay đổi, sao? Lời giải:

2 3

( ) 6 (5 ) 6

y  m  m x  mx  x x m  x  x m y x 

Các điểm mà đồ thị qua với m có tọa độ thỏa mãn phương trình có nghiệm với m, tức hệ số m

Giải ta có nghiệm x0;y 6 nên m, đồ thị qua điểm cố định A(0; -6)

Vì y(0)6 m nên tiếp tuyến (Cm) điểm cố định A (0; - 6) cố định m thay đổi

11 Xét hàm số:

3

x x m y

x

 



 , với m tham số

Với giá trị m đồ thị hàm số có tiếp tuyến vng góc với đường phân giác góc phần tư thứ hệ trục tọa độ?

Chứng minh đồ thị hàm số có điểm cực đại cực tiểu Lời giải:

2

2

2

( 1)

x x a y

x

  

 



 phương trình

2

2

1 ( 1)

x x a x

    

 có nghiệm

 phương trình

2(x1)  a có nghiệm        x a a

 tam thức

2

x  x a có      a y có nghiệm phân biệt  Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu

12 Cho hàm số

2

x y

x

 

Tìm tập hợp điểm mặt phẳng tọa độ Oxy để từ ta vẽ hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) hai tiếp tuyến vng góc với

Hướng dẫn:

Xét điểm A(a;b) Đường thẳng qua A, hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)+ b

Đường thẳng tiếp tuyến hệ ẩn x gồm phương trình sau có nghiệm:

(1): 1

1

x kx b ak x

    



(2): 1 2 (x 1) k

 



Biến đổi phương trình ẩn k ta được:

2 2

( )k (1 a k) [2(1 a b)( 2) 4]k (b 2)

           (3)

Để từ A ta vẽ hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) hai tiếp tuyến vng góc với (3) phải có nghiệm phân biệt khác tích nghiệm phải -1,điều kiện tương đương với:

(1)  

2

( 2)

1 (1 )

b a

 

  

2 2

(a 1) (b 2) ,a 1,b a

       

13 Cho hàm số

3

y  x x

Tìm trục hồnh điểm mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị Hướng dẫn:

Làm tương tự 13, gọi điểm cần tìm A(a;0), dựa vào điều kiện tiếp tuyến, sau biến đổi phương trình a, phương trình bậc dễ dàng tìm nghiệm, ta tìm k phương trình có nghiệm phân biệt

Kết luận: điểm cần tìm trục hồnh điểm có hồnh độ thỏa mãn :

1;

x 

x

    x2 14 Cho hàm số y x

x

  (C)

a Chứng minh (C) có tâm đối xứng

b Lập phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên Lời giải:

a f x( ) x 1, D, x D x

     f( x) x (x 1) f x( )

x x

          O TĐX b PTTT: Phương trình tiếp tuyến: y  x b Điều kiện tiếp xúc thỏa mãn phương trình sau:

1

x x b x

    12

x

   Giải ta có: 2, 2

x  b 

Vậy có tiếp tuyến: y x 2 y  x 2

15 Cho hàm số

4

x x y

x

 



Qua điểm A(1;0), viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị Lời giải:

Đường thẳng tiếp tuyến tương đương hệ gồm phương trình sau có nghiệm: (1): x k x( 1)

x

   

(2): 12 k x

 

Biến đổi phương trình ẩn k ta được:

2 ( 4)

1 ,

4

k

k k



       k 6 Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn: y  ( 6)(x1) y  ( 6)(x1)

16 Cho hàm số

1

x x y

x

  



Tìm m để đường thẳng ymx2m2 cắt đồ thị ( )C hai điểm thuộc hai nhánh ( )C

Lời giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng cho (C):

2

2 ( ) ( 1) (3 1) 0,

1

x x

mx m f x m x m x m x

x

 

           



Hai đường cắt điểm phân biệt thuộc nhánh đồ thị khi: ( )

f x  có nghiệm thỏa mãn: x1 1 x2  m 1 (m1) (1)f   0 m 17 Cho hàm số

2

2

1

x x y

x

 



 ( )d1 : y  x m (d2): y x

Tìm tất giá trị m để ( )C cắt ( )d1 điểm phân biệt đối xứng qua (d2) Lời giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d1) là:

2

1

x x x m

x

 

   

2

2 ( )( 1)

x x m x x

       (x1 không nghiệm)

2x (m 3)x m

Điều kiện cần là:

2 8

m m m m

           (*)

Gọi H giao điểm ( ), (d1 d2), phương trình hồnh độ giao điểm H là:

3

2

H

m x m x x 

      Vì ( )d1 vng góc với (d2) nên m thỏa mãn (*)

2

2

A B H

m

x x  x    m  m

18 Cho hàm số

2

2x (1 m x) m y

x m

   



  (Cm)

CMR   m 1, đường (Cm) tiếp xúc với đường thẳng cố định điểm cố định Xác định phương trình đường thẳng

Lời giải:

Gọi M x y( ;0 0) điểm cố định (Cm) với m 1 Ta có:

2

0

0

0

2x (1 m x) m y

x m

   



  ,  m

2

0 0 0 0

( 1) , ,

m y x x x x y x m m

          

2

0 0 0 0

2x x x y 0,y x x 1,y

           M( 1; 2)

Ta có: f   ( 1) 1   m (Cm) tiếp xúc với tiếp xúc với đường thẳng có hệ số góc -1, qua M cố định có phương trình y   (x 1) hay y x

19 Cho hàm số

2 2

2 (2 )( 1)

1

m x m mx y

mx

  



 (1)

Chứng minh với  m 0, tiệm cận xiên đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với

parabol cố định.Tìm phương trình parabol Lời giải:

2

y mx m tiệm cận xiên đồ thị với m0 Tiếp tuyến Parabol

( 0)

yax bx c a  điểm ( ;x y0 0 ax02bx0c) có

phương trình là:

0 0

(2 )( )

Nó trùng với TCX 2

y mx m khi:

2ax  b 2m ax02 c m2 Khử x0 ta có phương trình ẩn m, phương trình thỏa mãn với m, cho hệ số ta có: a=1; b=c=0 Vậy parabol cần tìm

yx 20 Cho hàm số

2

2x (m 1)x

y

x m

  





Xác định m để đường tiệm cận xiên đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với parabol

yx 

Lời giải:

2

2 ( 1) 3

2

x m x m m

y x m

x m x m

    

    

 

TCX y2x 1 m tiếp xúc với

yx  hệ gồm phương trình sau có nghiệm:

5

x   x m 2x2, suy x1 m 3

21 Cho hàm số yx3mx2 m

Viết phương trình tiếp tuyến điểm cố định mà đồ thị hàm số qua với giá trị m Tìm quỹ tích giao điểm tiếp tuyến m thay đổi

Lời giải:

Dễ thấy đồ thị qua điểm cố định A1(1;0),A2( 1; 2) 

3

y  x  mx, tiếp tuyến A1(1;0) có PT: y(2m3)(x1) tiếp tuyến 2( 1; 2)

A   có PT: y ( 2m3)(x 1)

Giao điểm M tiếp tuyến có tọa độ thỏa mãn phương trình sau:

(2 3)( 1)

y m x y ( 2m3)(x 1) Rút m từ PT thay vào PT cịn lại ta có:

2

3x x

y

x

 

 , quỹ tích cần tìm

22 Cho hàm số

x y

x

  



Biện luân theo m số giao điểm đồ thị đường thẳng 2x  y m

Lời giải:

Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình:

2

1

x x

 

 2x m

2

2x (m 4)x m 0, m 16

        

Nếu   4 m khơng có giao điểm Nếu m 4 có giao điểm

Nếu m   4 m có giao điểm Khi trung điểm E MN có tọa độ:

1

2

E

x x m

x      yE 2x m

Rút m từ phương trình vào phương trình cịn lại    y 2x

Với điều kiện m   4 m 4    x x

Vậy quỹ tích phải tìm phần đường thẳng y  2x ứng với x  ( ; 2) (0;) 23 Cho hàm số 2

1

m y x

x

  



a Với giá trị m hàm số đồng thời có cực đại cực tiểu

b Tìm quĩ tích điểm cực đại cực tiều đồ thị hàm số m thay đổi Lời giải:

a Hàm số đồng thời có cực đại cực tiểu

2

2

2 2

0 ( 1)

x x m

y

x

  

  

 có nghiệm

phân biệt khác

2x 4x 2m

     có nghiệm phân biệt khác  m

b Với m0 từ bảng biến thiên ta có tọa độ điểm cực đại:

2

1 ,

1

I I I

I

m

x m y x

x

    

 Biến đổi ta có: yI 4xI 3,xI 1

Vậy quỹ tích điểm cực đại nửa đường thẳng có phương trình y 4x 3 với x1

Tương tự quỹ tích điểm cực tiểu nửa đường thẳng có phương trình y 4x 3 với

24 Cho hàm số

2 (2 )

y x  m x  (1) , với m tham số

Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ Lời giải:

Yêu cầu toán 0

x

   để y x( )0   y( x0) 0

x

   để 2x03 (2 m x) 02 1 2x03(2m x) 021

0

x

   để (2m x) 02 1   m

25 Cho hàm số

2

2 ( 4)

2

x m x m y

x

   



 (1)

Tìm m để đồ thị hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng Lời giải:

2

2 ( 4) 1

( )

2

x m x m

y f x x m

x x

   

    

 

Đồ thị nhận E(2;1) tâm đối xứng (2 ) (2 )

f t f t

t m

        

26 Cho hàm số

(3 )

yx  m x mx m 

Với giá trị m để đồ thị có điểm đối xứng qua gốc O Lời giải:

Đồ thị có điểm đối xứng qua gốc O tức phải tồn x,y cho điểm (x;y) (- x;- y) thuộc đồ thị tương đương hệ gồm phương trình sau nghiệm khác (0;0):

3

(3 )

yx  m x mx m  (1);     y x3 (3 m x) 2mx m 5 (2) Lấy (1) cộng với (2) ta được:

2(m 3)x 2(m 5)

     , phương trình phải có nghiệm khác

3

5

0 m m

m m

     

  



27 Cho hàm số:

1

x x y  

Xác định điểm A x y( ;1 1) với x10 thuộc đồ thị hàm số cho khoảng cách đến giao điểm hai tiệm cận nhỏ

Lời giải:

Giao điểm tiệm cận E(1;1) Xét điểm A x y( ;1 1) thuộc đồ thị

1

1

1

1

1

x

y x x

x x

 

  

 

2 2 2

1 1 1

1

1

( 1) ( 1) ( 1) ( ) 2( 1) 2 2

1 ( 1)

EA x y x x x

x x

              

 

Dẫu = xảy

2 2

EA    1 2 1

1

4

1

2( 1)

( 1)

x x

x

 



  

Vậy điểm cần tìm có hồnh độ là:

4 1

2

x 

28 Cho hàm số

2

1

x mx y

x

 



 , (m tham số)

Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu khoảng cách tự hai điểm đến đường thẳng x  y

Lời giải:

2

2 2

( 1)

x x m y

x

  

 



Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình

2 2

x  x m  (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1

2

m

 

Giả sử x x1, 2 nghiệm (1) A x y( ;1 1), ( ,B x y2 2) điểm cực trị đồ thị, đó:

1 ( )1 2 , ( )2 2

y  y x  x  m y  y x  x  m

Để khoảng cách từ A B tới đường thẳng x+y+2=0 điều kiện :

2 | | 3( )[3( ) ]=

Do x x1, nghiệm (1) nên |x1x2|=2 , mx1x2=-2m=-1/2 (thay vào (*)) 29 Cho đồ thị (C) hàm số

2

2

1

x x y

x

 

 

Gọi I tâm đối xứng đồ thị (C) M điểm (C) Tiếp tuyến M với (C) cắt hai đường tiệm cận A,B

Chứng minh M trung điểm đoạn AB diện tích tam giác IAB khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M (C)

Lời giải:

Gọi (d) tiếp tuyến 0 0 0

0

1

( , )

1

M x y x

x

  

 có phương trình:

0

0

1

(1 )( )

( 1)

y x x x

x x

     

 

(d) cắt tiệm cận đứng

0

( 1; )

1

A x



 cắt tiệm cận xiên B(2x0 1, 2x02) Ta có xAxB 2x0 2xM A,B,M thẳng hàng suy M trung điểm AB

Giao tiệm cận I(-1;0) B cách tiện cận đứng x+1=0 khoảng cách

0 2

| 1|

2 | 1|

x

h    x  

Ta có: 0

0

1

| | | 1|

| 1| | 1|

1

A IAB

AI y S x

x  x

     

  (đvdt)

Vậy IAB có diện tích khơng phụ thuộc vào vị trí M 30 Cho hàm số 1

1

y x x

  

 Gọi đồ thị (C)

Tìm điểm đồ thị (C) có hồnh độ lớn cho tiếp tuyến điểm tạo với hai đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ

Đáp số: Điểm cần tìm có hồng độ là:

4 1

2

Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

(Các em cố gắng tự làm, lời giải thầy gửi sau tuần, sau trao đổi Box dành riêng cho lớp luyện thi Toán VIP)

Bài Giải phương trình chứa thức sau:

1, x  3 3x4 11, 3x 2 x 1 4x 9 3x25x2 2, x25x 1 (x4) x2 x 12,

2  x x1 3, 418  x 5 x1 13, 3

1 2

x   x

4, 2  x22x x6 14, 5x214x 9 x2 x 205 x1 5, 2x28x 6 x2 1 2x2 15,

2 3x 2 5 x8 6, x x(  1) x x( 2) 2 x2 16, 2x 7 5 x 3x2

7, 3

4

x  x  17, x2 7 x x   1 x2 8x 7 8, x 4x2  2 3x 4x2 18, 2

2

x x  x 

9, x23x 3 x23x 6 19, 4x213x 5 3x1

10, x22x 4 x34x 20, 2 2 4x  x  4x  x  x Bài Giải bất phương trình vơ tỷ sau:

1, (x3) x2 4 x29 5, x  1 x4

2, x 3 2x 8 7x 6, 5x210x  1 x22x

3,

2

1

3

x x

 

 7, 8x26x 1 4x 1

Bài Giải hệ phương trình sau: 1, 3 x y x y x y          9, 1 x y y x y x          

2, (32 )( 1) 12

2

x x y x x y x

  



    

 10,

2

4

( 1) ( 1)

x y x y x x y y y

    

     



3,

2 2

5

13

x y x x y y

  

 

  

 11,

2 1

3

x y x y

x y            4, 2

3 16

3

x xy x xy y

  

 

  

 12,

       2

x y y x y

x y x y

    

 

   



5,

5

x y y x           

 13, 2

1 13

xy x y x y xy y

         6,  

 2

1

5

1

x x y x y x           

 14,

2 2 2 2 xy

x x y

x x xy

y y x

y y                 

7, 22 32

4 12

xy x y x y x y

   

 

   

 15,

      2 2 2

36 25 60

36 25 60

36 25 60

y x x

z y y

x z z

           8, 2

2 2

3( ),

7( )

x xy y x y x xy y x y

    



   

 16,  

3

2

8

3

x x y y

x y           Bài Giải phương pháp hàm số, đánh giá:

1, 22x 10 3 x 5, lgx2   x 6 x lgx 2

2,      

5 6

x x x

3, 3x2134x 3 3x26 7, log 12  xlog3x

4, 4

1 17

x   x 8, 4x7x 9x2

Bài Giải phương trình mũ sau:

1,    

2

3

2 3 2 3 14

x x

    6, 5 21 x 7 5 21x 2x3

2, 4.3 9.2 5.62

x x  x 

7,

1 1

2.81x 7.36x 5.16x 0

3, 8 4.34

x

x

x   8, 2 2 .3 3

2

x  x x 

4, 9x2 x110.3x2 x 2 1 9, xlog9x333 log 9x1 5, 32x 2x 9 3 x 9.2x 0 10, x3.3x27xx.3x19x3

Bài Giải phương trình logarit sau: 1, log23 x log3x

x

  5,  

3 10

2

log log x 2 0

x  x  x x  

2, log log 255 5 3

x

x

  7, 16 4

2

logx x 14log xx 40log x x 0

3,    

2

2

log 3 log 3

x  x x   x  x  8, log 2x 2log2x4log 2x8

4,  3  9

3

4

2 log log 3 1 1 log

x

x

x

  

 9,  

2

2

log x x4 log x  x 3 0

9, 1  8 3

2

2

log x 1 log 3x log x1 0

10, log2x x223log2x x225

1

Bài Giải bất phương trình mũ: 1, 2 2

9

3 x x x x        

  4,

3

2 x 7.2 x 7.2x  2 0

2, 32x122x15.6x 0 5,

2

2 2

2 16.2

0

x x x x

x

     

 

3, 2 35

12 x x x  

 6,

2 1 1 1

2x x   2 2x 2 x

Bài Giải bất phương trình logarit:

1, logx12x2 4, 1 2 2

1 1

log 2 3 1 log 1

2 2

x  x  x 

2, (log logx  4x2)log2 2x0 5, 3 1 

log log x  3 1

3, 2 2 3 log 0 3 8 x x x

   6,    

2

3

log log 2 x x x      

Bài Giải hệ phương trình mũ, logarit:

1, ln(12 ) ln(1 )2

12 20

x y x y x xy y

    



   

 5,

2

2

2

2

y x

x x x y y y

                2, 2 1 3 10

log log

x y

x y

  



   

 6,

 

   

2

lg lg13

lg lg 3lg

x y

x y x y

           3,   3 972

log x y x y      

 7,

 

 

5

27

3log

y x

x y

x y x y           4, 2

2

2

x y

x y x y

  

 

  

 8,

1

2

2 1

1 2

Bài 10 Tìm tham số m để phương trình: 1, x2 1 x m có nghiệm

2, x413x m   x có nghiệm

3, 2  1 

2

log x 4mx log 2x2m 1 có nghiệm Bìa 11 Tìm tham số m để bất phương trình:

1, 1 

2

logm

m

x  

  với xR 2, 2m x 2x  3 m có nghiệm

3, m x22x  2 1 x(2 x) có nghiệm x0;1 3 Bài 12 Tìm tham số m để hệ phương trình:

1,

1

x y m x xy

   



 

 có nghiệm 2,

2

2

7 2010 2010

( 2)

x x x

x x m x m

   

   

 

    

 có nghiệm

3,    

2

2

1

1

m y

x n

m nxy x y

    

 

   



có nghiệm với nR

Bài 13 Chứng minh hệ

2 2007

1 2007

1

x

y

y e

y x e

x

  

 

 

  

 



có nghiệm thỏa mãn điều kiện

x > 0, y >

Bài 14 Xác định m để bpt: 92x2x2m a .62x2xm1 4 2x2x 0 nghiệm với thỏa mãn x 1

Bài 15 Xác định m để pt log3x.log3x22x 3 mlog3x2log3x22x 3 2m0

Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số (Dưới hướng dẫn giải cho toán đáp số toán, lời giải chi tiết dành cho em, post lên diễn đàn để trao đổi phương pháp, dạng bài) Bài Giải phương trình chứa thức sau:

1, x  3 3x4 - Điều kiện: x3

- Với điều kiến ta biến đổi dạng: x 3 3x 4 sau bình phương vế, đưa dạng f x( ) g x( ) ta giải tiếp

- Đáp số: x4

2, 2

5 ( 4)

x  x  x x  x

- Đặt

1

t x   x , pt cho trở thành:

Với

1 :

t x x   x x vô nghiệm

Với 61

4 15

2

t x  x   x  

- Vậy phương trình có nghiệm: 61

x 

3, 4

18  x x1

- Ta đặt 4 4

18 0; 17

u  x v x  u v  , ta đưa hệ đối xứng loại I u, v giải hệ tìm u, v suy x

- Đáp số: Hệ vô nghiệm 4, 3 2  x22x x6 *  - Điều kiện: x2

 

2

4

4

t x t x t x

t

 

     

- Ta có:  * 2 3 8 3

3 6

x x

x

x x x x

  

    

       

- Đáp số: 3;108 254 25

x   

 

 

5, 2

2x 8x 6 x  1 2x2

- Điều kiện: 2

1

2

1

3

x x x

x x

x

  

   

  

 

 

   

- Dễ thấy x = -1 nghiệm phương trình

- Xét với x1, pt cho tương đương với: 2x 3 x 1 x1

Bình phương vế, chuyển dạng f x( )g x( ) ta dẫn tới nghiệm trường hợp nghiệm x1

- Xét với x 3, pt cho tương đương với: 2x    3 x 1  x 1 Bình phương vế, chuyển dạng f x( )g x( ) ta dẫn tới nghiệm trường hợp là: 25

7

x 

- Đáp số: 25;

x   

 

6,

( 1) ( 2)

x x  x x  x ĐS: 0;9

x  

 

7, 3

4

x  x 

- Sử dụng phương pháp hệ để giải toán, thử lại nghiệm tìm - Đáp số: x  5; 4

8, 2 14

4 4 ; 0; 2;

x x   x x   t x x   t   x    

9, 2

3 3

x  x  x  x 

- Đặt 2

3 3

t x  x  x  x t

- Phương trình thành:

 

2

2

3

3 3

3

t

t t t t t

t t

 

         

   

Suy x23x   2 x  1;

- Vậy tập nghiệm phương trình x 1;

10,

2 4

x  x  x  x - Điều kiện: x0

- Đặt

  

2 2

2

2

4

4 2;

2

u v u v

u x v x

u v u v u v uv



    

 

      

  

 

 

 

Giải ta

x (thỏa mãn)

11, 3x 2 x 1 4x 9 3x25x2 - Điều kiện: x1

- Khi đó: 3x 2 x 1 4x 9 3x25x2

 

2

3

3 1

x x x x

x x

       

    

Giải tiếp phương pháp tương đương, ta nghiệm x1

12, 3

2  x x1 - Điều kiện: x1

- Đặt

2 ;

u x v x  dẫn tới hệ: 3 2

u v u v

   

 

Thế u vào phương trình được: v v 1v 3 - Đáp số: x1; 2;10

13, 3

1 2

x   x

3

3

1

2 1;

2

y x

y x x y x

x y

      

  

        

   

  



14, 2

5x 14x 9 x   x x1 ĐS: 1; ;119

x  

 

15,

2 3x 2 5 x 8

- Giải hoàn toàn tương tự ý 1.12 - Đáp số: x  2

16, 2x 7 5 x 3x2 - Điều kiện:

3 x

- Chuyển vế cho vế dương, bình phương vế ta dẫn tới phương trình Sau giải học

- Đáp số: 1;14

x  

 

17,

2

x  x x   x x 

- Điều kiện: 1 x

- Ta có:

2

x  x x   x x 

 x1 x 1 7x 2 x 1 7x

4

1

x x

x

x x

    

  

   



18,  2

2 2

2

x x

x  x   x   

- Đặt

2

x

y    

 

2

2

2

x y

y x

   

  

  



- Đáp số: 17; 13

4

x     

 

 

19,  2

4x 13x 3x 2x x 3x

           

- Đặt  

 

2

2 3

2 3

2

y x

y x

x x y

   



    

     



- Đáp số: 15 97 11; 73

8

x    

 

 

20, 2 2 4x  x  4x  x  x - Điều kiện: x 1

- PT cho 2

1 1

2

x x x

       

- Đáp số: 3;

x  

 

Bài Giải bất phương trình vơ tỷ sau:

1, (x3) x2 4 x29 ĐS: ; 13 3; 

x    

 

2, x 3 2x 8 7x ĐS: x   4;5  6;7 3,

2

2

1 4

3 3 4

1

x x

x x

x x

        

  ĐS:  

1 ; \ 2

x  

4, 3 2

2

x x t x

x

x x

       

ĐS: 0;8 1;1 7;

2

x     

 

   

5, x  1 x4 ĐS: x0;

6, 2

5x 10x  1 x 2x  t x 2x ĐS: x      1; ; \  1 2 7, 8x26x 1 4x 1 ĐS: 1;

2

x      

   

8, 2x 1 3x 2 4x 3 5x4 - Điều kiện:

5

x

-  * 1 3 1

3

x x

x x x x

x x x x

 

         

     

Nếu x 1 VT 0 VP: BPT vô nghiệm Nếu x 1 VT 0 VP: BPT - Đáp số: x  1;

Bài Giải hệ phương trình sau:

1,

1

2

1

2

x

y x y

x y

   



  



- hệ đối xứng loại II

- Điều kiện: x0;y0

- Trừ vế theo vế ta được: 2  1

2

x y x y

xy x y



  

      

  

2

Với xy y x



    , vào pt đầu được:

3 2

2 2 2

x y

x x

x

x x x y

    

     

   



- Vậy hệ có nghiệm:     x y; 1;1 ,  1; ,  2; ,  2, 2

2,   

   

2

2

3 12

(3 )( 1) 12

2 8

x y x x x x y x

x y x x y x x

   

  

 

 

       

 

Đặt

3 ;

u x y vx x suy ra: 12

8

uv u u

u v v v

  

  

 

      

  

Giải trường hợp ta dẫn tới đáp số:   ; 2; , 1; , 2; ,  3,11

2

x y       

   

 

3,

2 2

5

13

x y x x y y

  

 

  



- Đây hệ đối xứng loại I

x

y

- Đáp số:   x y;  2; ,   2; , 1; ,     1, 2 4,

2

2

3 16

3

x xy x xy y

  

 

  

 - Đây hệ đẳng cấp bậc

- Nhận xét x = không thỏa mãn hệ, ta xét x0, đặt ytx Hệ trở thành:  

 

2

2

3 16

1

x t x t t

  

 

  



- Giải hệ tìm t, x

5,

5

x y

y x

    

 

   

  x 5 y 2 y 5 x  2 x y  ĐS:   x y;  11;11

6,

 

 

 

 

2

2

2

3

1

2

5

1

5

1

1

2

x x y x y x y x y

x x y

x y x

x

x x

 

   

           

   

    

   

        

  

 ĐS:    ; 1;1 ; 2;

x y    

 

 

7, 2 2   

2

2

2

4 12 4 12

x y

xy x y

x y x y x y x y

   

   

 

     

   



 

 ĐS:  ; 2;1 ; 2; ; 2; ; 6;

2 2

x y              

       

 

8,

2

2

2

2 2 2

3( ) 3( )

3( )

7( ) 2

2

5

x xy y x y x xy y x y

x xy y x y

y x xy y x y x  xy y x y x

    

    

      

      

  



   

 ĐS:       x y;  0;0 ; 1; ;  1; 2

9,  

3 3

1 1

1

2

x y x y

y x xy

y x y x

  

       

   

   

     

 

 ĐS:    ; 1;1 ; 5;

2

x y      

  

 

10,  

2

2 0 1

4

2

( 1) ( 1) 2

x y x y

x y x y x y x y xy

xy x x y y y xy

      

           

    

        

 

11, 1

3

x y x y

x y           

- Đặt 2 21

1

5

u x y u v u u

v v

u v v x y

                                

- Đáp số:   x y;  2; 1 

12,    

       2 2

1 1

1

1

2

x

y x x

x y y x y y

y x

x y x y

y x y x

y                                      ĐS:     x y; 1; ; 2;5

13, 2 2 2 2

2 1 7 7

1 13 1

13 13

x

x x

x

y y

xy x y y y

x

x y xy y x

x x

y y y y

                                         

 ĐS:     x y; 1; ; 2;5

14, 2 2 2 xy

x x y

x x xy

y y x

y y                 

 ĐS:      x y;  0;0 ; 1;1

15,             2 2 2

36 25 60

36 25 60

36 25 60

y x x y f x

z y y z f y

x f z

x z z

                    

với  

2 60 36 25 t f t t  

 ĐS:  ; ;  0; 0; ; 5 5; ; 6

x y z    

 

 

16,

      

 

 

2

2

3

2 2 2

2

3

8

8

3 3 2

3

x x x y y

x x y y y

x

x y x y

x y

 

   

     

  

     

 

  

   



 ĐS:   ; 3; ; 78; 78 ; 78; 78

13 13 13 13

x y          

    

 

Bài Giải phương pháp hàm số, đánh giá:

1, 2x 10 3 x2x3x10  x nghiệm 2,      

3 5 6 5 6

5 6

3 3

x x

x x x      

        

   

- Do 6

3 3

 

   nên hàm

3

x

  

 

 

  đồng biến R, hàm

3

x

  

 

 

  nghịch biến R

Nếu

3

x

x     

  PT vô nghiệm

Nếu

3

x

x     

  PT vô nghiệm - Vậy PT cho vô nghiệm

3, 3x2134x 3 3x26  *

- Nếu

4

- Nếu

x , ta có:  *  f x  3x213 3x2 6 4x 3 Vì  

2

1

3 0,

4

3 13

f x x x

x x

 

       

 

  nên hàm f(x) đồng biến

khoảng 3;  

 

 , mà f  1 0 x1 nghiệm - Đáp số: x1

4, 4

1 17

x   x - Điều kiện: 1 x 17

- Xét hàm   4

1 17

f x  x  x có:  

 3  3

4

1 1

0

4 1 17

f x x

x x

 

 

     

   

 

Lập bảng biến thiên, nhận xét f  1  f  17 2 suy PT có nghiệm x 1;17 - Đáp số: x 1;17

5, lgx2   x 6 x lgx 2 - Điều kiện: x3

- PT cho lgx   3 x  x4 nghiệm

6, 9x2x2 3 x2x  5 3x1 3 x2x  5 3x2x   5 x

7, log 12  xlog3x - Điều kiện: x0

- Đặt 3 

2

log 3

log 1 2

t t

t x x

t x x



  

 

    

 



 



nên:

 

3 1

2

t t

t t

t x

 

 

          

- Đáp số: x9

8, 4x7x 9x2 Sử dụng hàm số, tính đạo hàm cấp lập bbt ĐS: x 0;1 Bài Giải phương trình mũ sau:

1,    

2

3

2 3 2 3 14

x x

     

2

2 3

x

t

   ĐS: x 3 2, 4.3 9.2 5.62

x

x  x  Chia vế cho 3

2

2

x x

t      

  ĐS: x4

3,  

3

4

2

2

3

4 4

8 4.3 2 3 4 log 3

2 log 2 2

x x

x x

x x x x x

x x



 

          

    

 

4,

2 2

1 2

9x  x 10.3x  x  1 0  t 3x  x ĐS: x   2; 1;0;1 5, 32 2 9 3 9.2 0 3 2 3 9 0 0

2

x x x x x x x x

x  

          



6, 5 21 x 7 5 21x 2x3 ĐS: x0

7,

1 1

2.81x 7.36x 5.16x 0 ĐS:

5

9 log

4

x 

8,    

2

2 1 1

2 1

2

2

1 3

2 .3 2 .3 1 log 2 .3 0

1 log 3 2

x x

x x x x x x

x

 

          

  

 

    

9, log9 log 1      

9 9

1

3 log 2 log 3 log 1 3;729 2

x x

x     x x  x  x

10, x3.3x 27xx.3x19x3 3x 9x33x  0 x 0;2; 3

1, log32x log3x 3 1

x

 

- Điều kiện:

0 1 3

x x

     

- Đặt tlog3x, ta biến đổi PT dạng: 1  

1 1; 2;0 1

t

t t

t 

    



- Đáp số: 1;1;3 9

x  

 

2, log log 255 5 3

x

x

 

- Điều kiện: 0

5

x x

    

- Đặt tlog5x, ta biến đổi PT dạng: 1  2 3  0;2 1t  t   t

- Đáp số: x 1;25

3,      

3 2

2

2 2

2

3

0 2 1 0 4 3 1

3 1

log 3 log 3 2;3

3 0 0 4 3 1

2 4 3

x x x

x x

x x

x x x

x x

x x x

 

        

   

     

   



    

    

4,  3  9 3  

3

4 1

2 log log 3 1 log 1;4 ;81

1 log 3

x

x t x t x

x

 

           

5,  

2

8 10

3

0 2 5 2 1

log log 2 0 0 8 10 1 3

2 8 10

x x x

x x

x x x x

x x x

  

    



        

     

6, 16 4

2

logx x 14log xx 40log x x 0

- Điều kiện:

0 1 1

; ;2 16 4

x x

  

    

  



- Nhận xét x1 nghiệm pt cho, xét x1 ta đặt tlog 2x

2 42 20 1 1

0 ; 2 4; .

1t 4t12t1  t 2 t   x x 2

- Đáp số: 1 ;2;4 2

x  

 

7, 2  

2

log 2x 2log x4 log 8 *

x

 

- Điều kiện:

0 1

;1 2

x x

  

    

  



- Đặt: t log2x, biến đổi pt: 1 4 6 2 1 1 1 1 t t t

t t t     

- Đáp số: x2

8, log22xx4 log 2x   x 3 0 log2x1 log 2x    x 3 0 x 2

9, 2 1  8 3  

2

log x 1 log 3x log x1 0 *

- Ta có:  * log2x 1 log 32 xlog2x 1 0

 1 3   1 4 0 1 17

2

x x x x x x 

          

- Đáp số: 1 17

2

x 

10, log2x x223log2x x225

- Đặt  

 

2

2

log 2 1 1

3 5 2

log 2

u x x u v u

u v v

v x x

         

  

     

 

   



- Đáp số: 7

4

x

11, log (33 1)log (33 3) 6 log (33 1) log328;log 103 27

x x x

t x

  

         

 

Bài Giải bất phương trình mũ:

1,

2

2 2

2 1

9 2 3 3 0

3

x x

x x x x

t



          

  Đ/S: 1 2  x 1 2

2,

2

2 3 3

3 2 5.6 0 3. 5. 2 0

2 2

x x

x  x  x         

   

    Đ/S:

2

log 2

x

3, 2 2 4 2 1 0

2 1

x

x x

x t

     

 Đ/S: x0;log242 2  1;

5,

2

2

2

2 2 2

2 2

1

( ) 2 16.2 2 0

2 16.2 2

0

1 1

( ) 2 16.2 2 0

x x x x

x x x x

x x x x

x

I

x x

II

   

   

   

   

  

 

  

  

   



   

 

Giải hệ bất phương trình (I), (II) ta có đáp số: x     ; 1 1 3;1 3

6, Điều kiện: x1

Ta có:    

2 2

1 1 1

2x  x   2 2x 2 x 2x  2 x 2  2 x 2 0

  

2

1

2 x 2 2x  1 0 1 x 2

      

Đáp số: 1 x 2

Bài Giải bất phương trình logarit:

1,  

   

1 2

1 1 0 1 1 log 2 2

2 1 0 2 1

x

x x

x

x x x x



    

 

 

   

      

 

 

  2 3 x 0 2, (log logx  4x2)log2 2x0

- Điều kiện: 0 x

- Ta có:   

4

(log logx  x ) log 2x  0 3log log log 2x  x  x 0

1 log

1

log 1

2

x x

x x

  

 

 



   

 

- Đáp số: 1; \ 1 

x 

3,

2

2

2

2 1 0 2 1

2 3

log 0 2 3 2 3

3 8 0 1 1

3 8 3 8

x

x x

x

x x

x

x x



    

 

   

   

     

 

 

5 3

2 x   

4, 1 2 2

2

1 1

log 2 3 1 log 1

2 2

x  x  x 

- Điều kiện: 2 3 1 0 1 1

2

x  x     x x

- Ta có: PT 1log22 3 1 1log2 12 1

2 x x 2 x 2

      

  2

1 1 1 1

log 1 2

2 1 3 2

2 3 1

x x

x x

x x

 

      



 

- Đáp số: 1 1

3 x 2

5, Ta có: 3 1  1 

2

log log x    3 1 0 log x  3 3

1 3 1 23 4 46 2

8 x 8 x 4 x

         

6,    

2

3

log 1 log 2 1 2 0 2 1

x x

x

   

 

- Điều kiện: 2 1 0 1

2

x   x

- Khi BPTlog3x12log 32x  1 2 0

log3 x 1 log 23 x 1 1

+ Xét với x1,  * 2x2 3x   2 0 x 2

+ Xét với 1 1

2 x ,  

2

* 2x 3x 4 0: Vô nghiệm - Đáp số: x2

Bài Giải hệ phương trình mũ, logarit:

1,

  

2

ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )

2 10

12 20

x x y y

x y x y

x y x y

x xy y

    



    

 

       



 

2 10

x y

x y x y x y

 

      



2,       

2 2

1

3

10 10

0, ; 3;1 ; 1;3

log log

3

x y x y

x y x y

x y

xy

  

   

     

    

 

  

3,

   

2

2

3

3 972 log log

log 3

x y x y

x y x y



  

 

   

 

 

 

log 32 5log 32

y x x

y x y

   

 

  

  



4,

2 2

2

2

x y

x y x y

  

 

  



- Đặt u2x 0;v4y 0 hệ trở thành:

2

1

u v u v uv

  



  

 - hệ đối xứng loại u, v

- Giải hệ dẫn tới vô nghiệm Vậy hệ vô nghiệm

5,

2

2

2

2

y x

x x x y y y

 

     

 

    



2

1 2 3x 2 3y

x  x  x     y y  y    f x  1 f y 1

Trong  

1 3t

f t  t t   đồng biến R nên suy x    1 y x y

- Thế vào phương trình đầu ta được:

1 2 3x

x  x  x   , phương trình có

nghiệm x = (sd pp hàm số) - Vậy    x y;  1;1

6, Điều kiện:x y 0; x y

Ta có:  

     

2 2 13

lg lg13

10

lg lg 3lg 8

x y x y

x y x y x y x y

                           

2 13

5 10

5

1

8

5 10

x y x

x y x y

x y x y x y y

                             

7,  

 

 

 

5

27

27

3log 5 y x y x x y x y x y

x y x y x y

                          3 3 5

27.5

27 27 5 x y x y y x x y x y

x y x

x y y

x y x y                                       8,

2

2 1

1 2

x x x y y y               

- Đặt u y 1 0;v2 x12, hệ trở thành:  

 

2

1

v u u u v v

  

 

  

 Thế (1) vào (2) được: 4 3  2 2 

2 1 1

u  u    u u    u

- Vậy hệ vô nghiệm

Bài 10 Tìm tham số m để phương trình: 1, 4

1

x   xm có nghiệm - Điều kiện x0

- Đặt

0

tx  , pt cho thành:   4

f t  t  t m PT cho có nghiệm  f t m có nghiệm t0

  0 m

2, 4

13

x  x m   x có nghiệm

- Ta có: 4 4

13 13

x  x m    x x  x m  x

 4  

4

1

4 ,

13

x x

x x x m

x x m x

 

 

 

 

   

    

 



- PT cho có nghiệm 1 có nghiệm thảo mãn x1

 đồ thị hàm số

4

y x  x  x với x  ;1 giao với đường thẳng y 1 m

tại điểm

- Xét hàm y4x36x2 9x với x  ;1, lập bảng biến thiên từ ta dẫn tới đáp số toán là: 1    m 11 m 10

3, 2  1 

log x 4mx log 2x2m 1 có nghiệm

- Ta có:        

2 2

2

log x 4mx log 2x2m  1 log x 4mx log 2x2m1

   

2

2

2

2

4 2

2 2

x m x m

x mx x m

f x x m x m

  

  

 

 

   

       

0

1

1

2

9

4

1

2

m m m

m

m m

   

 

     

 

 



 

  

 

 

    

 

Bài 11 Tìm tham số m để bất phương trình: 1, 1 

2

logm

m

x  

  với xR

- Ta có:

2, m.2x 2x  3 m có nghiệm

- Đặt t 2x  3 2x  t2 3, hệ trở thành:

     

2

3 *

2

t

m t t m m f t

t



      



- BPT cho có nghiệm  * có nghiệm t0  

0

1 ax

2

t

m m f t m 

   



3,  

2 (2 )

m x  x  x  x có nghiệm x0;1 3 - Đặt t x22x2, với x0;1 3 t  1; Hệ trở thành:

  2    

1 , *

1

t

m t t m f t

t



      



- BPT cho có nghiệm x0;1 3  * có nghiệm t 1;

 1;2  

2 ax

3

m m f t m

   

Bài 12 Tìm tham số m để hệ phương trình:

1,

1

x y m x xy

   



 

- Ta có:

 

2

2

2

1

y x m x y m

x x m x x xy

 

   

 

 

  

 

 

 

   2    

2

1

2

2

y x m y x m

x x

f x x m x

x x m x

     

 



   

         

 

- Hệ cho có nghiệm nhấtf(x) có nghiệm nhỏ 1, (*)

Vì  m22  4 0, m nên f(x) ln có nghiệm phân biệt; (*) xảy af 1     2 m m

- Đáp số m2

2,

2

2

7 2010 2010

( 2)

x x x

x x m x m

   

   

 

    

 có nghiệm

- Điều kiện: x 1

- Ta có: 2

7 x x 7  x 2010x2010

   

7 x x 1005 2x x  x 1005 x

       

 f 2x x 1 f 2 x1 (*)

Trong f t  7t 1005t, dễ thấy f t  hàm đồng biến R Do  * 2x x  1 x  1 x

- Hệ cho có nghiệm x2(m2)x2m 3 có nghiệm x  1;1

2

2

: ( )

x x

m g x

x

 

  

 có nghiệm x  1;1

1;1

min ( )

x

m g x m  

3,    

2

2

1

1

m y

x n

m nxy x y

    

 

   



có nghiệm với nR

- Đk cần: Giả sử hệ có nghiệm với nR hệ có nghiệm với n0

Với n0 hệ trở thành:    

2 2 0 1 0;1 1 m m x x m m x y

m x y

                       - ĐK đủ:

+ TH1: Xét m0, hệ trở thành:  

2 1 y n

nxy x y

          vô nghiệm

+ TH2: Xét m1, hệ trở thành:  

2 2 1 ; 0 y x x n n y

nxy x y

                 

Vậy m1 hệ có nghiệm với nR

Bài 13 Chứng minh hệ

2 2007 2007 x y y e y x e x             

có nghiệm thỏa mãn

điều kiện x > 0, y >

Giải: Từ hệ suy :    

2

1

x x y y

e e f x f y

x y

    

 

Với    

 

2 2

1

0

1 1

t t t

f t e f t e t

t t



       

  suy hàm f t  hàm

đồng biến  1; f x  f y  x y

Nên:  

2

2007 2007

1

x x x x

e g x e

x x

      

 

Ta có:  

 2 3    2 5

1

; 0,

1

x x x

g x e g x e x

x x

        

  g x

 đồng biến  1; , mà    

1

lim ; lim

x x

g x g x

 

       nên g x 0 có

duy nghiệm x0; mà    

lim ; lim

x

xg x   g x  

 g x 0 có nghiệm (đpcm)

Bài 14 Xác định m để bpt: 92x2x2m a .62x2xm1 4 2x2x 0 nghiệm với x thỏa mãn x 1

Giải: Ta có: 92x2x2m1 6 2x2xm1 4 2x2x 0

   

2

2

9

2 1

4

x x x x

m m

 

   

        

   

Đặt

2

3

2

x x

t t



 

   

  x 1, bpt trở thành:      

2

2 1 *

t  m t m  Vậy bpt cho với x thỏa mãn x  1  * với

2

t

 

  2

,

2

t t

f t m t

t

 

    

  

2

min

t

f t m m 

   

Bài 15 Xác định m để pt sau có nghiệm phân biệt:

   

3 3

log x.log x 2x 3 mlog x2log x 2x 3 2m0

Giải: Điều kiện: x0

Ta có:    

3 3

log x.log x 2x 3 mlog x2log x 2x 3 2m0

    

3

8

log log

( ) 3m (*)

x

x x x m

f x x x

 

       

    



 

3

3

3 log

8 51

m

m

m

c

m a

f



    



      



   

 Đáp số: log 23  m

Đề luyện tập số 3: Chuyên đề nguyên hàm – tích phân

(Các em cố gắng tự làm, lời giải thầy gửi sau tuần, sau trao đổi Box dành riêng cho lớp luyện thi Tốn VIP)

Tính tích phân sau: 2 xdx I x    1

x x dx I x    

2

I dx x x        4 dx I x x    10

5 2 1

dx I x x    

I x x

7

3 2 1

x I dx x     

2

x x I dx x x        2 1 2 x I dx x x      2 10

I   x x dx

11 sin cos x x I dx x    

 2 12 1 x I dx x       13 1 x x I dx x      14 sin sin cos x I dx x x     3 15 sin cos x I dx x     16 cos sin I dx x x       3 17 sin cos

I x x dx

      18 sin 2 sin x I dx x       19 sin 2 sin x I dx x       20 cos sin cos

x I dx x x        21

1 sin sin

I x xdx

    22 4sin cos x I dx x     23 sin cos cos x x I dx x     ln 24 x dx I e    25 x x e I dx e    26 sin cos

I x x xdx

    27 ln e e x x I dx x     10 28 lg

I x xdx

   

2 29

0

2 ln I  x x dx

 

1 2

30 x x e I dx x      31 ln

I x x dx

 

2

32 sin

x

I x e  x dx 33 2 cos sin x x I dx x        sin 34

(tg xcos )

I x e x dx

    35 ln ln e x I dx x x    36 1

3 ln ln

e x I dx x x     37

1

x I dx x      38 sin 4sin cos

x I dx x x      39 2 x x

I xe dx

x           40 2

sin sin 3sin

x x

I dx

x cos x

       41 1 x

I x e x dx       ln 43 3 1 x x e I dx e   

 

1 44 x

I x e  x  dx

4 45

0 cos

Đề luyện tập số 3: Chuyên đề nguyên hàm – tích phân

1,    

2

2

3

0 0

2

2 2

3

2

xdx

I x dx x x

x x                          2,

3 3 3

2

1 1 1

( 7) ( 1) ( 1)

1

1 ( 1)

7 7

x x dx x dx

x x dx x dx

I x d x

x x x x

                       3 2

2

1 6

3 x I I

     với

3 ( 1) x dx I x      Để tính ( 1) x dx I x    

 ta đặt

1

x    t x t

 

2

2 2

2 2

0

0

2 6

2 3ln 2 3ln(2 3)

6 6

t dt t

I dt t

t t t

                           

Do đó:

32 48ln(2 3)

3

I   

3,

2

1

2

I dx

x x



  



Đổi biến

4

t x  t x tdt dx

5 5

3 2

3 3

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

tdt d t d t I

t t t t

              

1

ln ln

1 12

t t              

4,  

     

4

3

4 4

3

4 3

2 2

1 1 1 1 65

ln ln ln ln

3 3

1

x dx dx d x

I x x

x x x x                     

5, 510

2 ln

dx I

x x

 

  

 (đổi biến t x1)

6,

I x x

Đổi biến 3

1

   

0

2

2

6

1

2

1

3

I t t dt t t t dt

        

1

6

0

2 16

3 315

t t t

          7, 2 1

x I dx x     

 (đổi biến t 2x 1 1)

8,

   

1

8

0

4 14 14

2 ln ln

2 3

x x

I dx dx

x x x x

                    9,      

2 2

9

1

2

1

2 2

x x

x

I dx dx

x x x

                 

2 1 1 3

2 2

1

2

x x  x  dx

                  

3 1

2 2

1

2

2 2 2

3 x x x



 

        

 

10,  

2

2 1

2

5 2

10

0 1

2

1

7

t x t t t

I x x dx t t dt

   

        

 

 

11, 11 2 sin cos x x I dx x    

Đổi biến t   x dt dx

   

     

11 2 11

0 0

sin sin cos

3 cos cos cos

t t t t d t

I dt dx I

t t t

                       

  1 6   2

3 tan

11 2

0

6

3 tan cos

2 cos 3 tan

u v v du

d t du

I

t u v

                      

12,    

2

1 1

2

12 2

0

0

1

1 ln ln

1

x x

I dx dx x x

x x

  

         

   

13,

        

3

3

13 3

2

2

1 1

1 1

ln ln

1

1

x x

x x

I dx dx x

x

x x x

                         14, 14 sin sin cos x I dx x x   

  

0

sin cos '

1

2 sin cos

x x dx x x               15,

3 3

15 4

6

6

sin cos 1 14 26

cos

cos cos 3cos cos 27

x x

I dx d x

x x x x

                    

16,  

 

3 3

16 3

4 4

sin

1 cos

cos sin cos sin sin sin

d x x

I dx dx

x x x x x x

               3 2 2 2 2 1 1 dt t dt t t t t t               2 2

1 1

ln ln ln

2 2

t t

t

 

      

 

17,  

2 2

3 3

17

0 0

sin cos sin cos

I x x dx xdx xdx

              2 2 0 2 3 0

sin cos cos sin

cos sin

cos sin

3 3

xd x xd x

x x x x                          18,       2

18 2

0

sin sin

2 sin

2 sin sin

x x

I dx d x

x x                 1 2 0 2 2 2 2

2 ln 2 ln

20,

      

4

20 2

0

sin cos cos sin

cos

sin cos sin cos

x x x x

x

I dx dx

x x x x

 

 

 

   

 

Đặt tsinxcosx 2 dtcosxsinx, 3; 2

x  t x   t

Do đó:

2

2 2

20 2

3 3

2 2 2

ln ln

3

t

I dt dt t

t t t t

                         

21,  

2 2

3 2

21

0 0

1 sin sin sin sin

I x xdx xdx xdx

              2 2 0 2 0 cos

1 cos cos

2 sin

1 cos cos cos

2

2 cos cos

cos

4 15

x

dx x d x

x x

x x d x

x x x                                   

22,  

3 2 22 0 4sin 4sin cos

1 cos cos

x x

I dx d x

x x             2 0 cos

4 cos cos cos

2

x

x d x x

              

23,  

3

2

2

23 2

0

sin cos cos

1 cos

1 cos cos

x x x

I dx d x

x x             2 1

1 1 ln

ln

2 2

t

dt t t t

 

    

24,  

   

ln ln ln

24

0 0

1 1

2 2

x

x

x x x x x

d e dx

I d e

e e e e e

                ln

1 1

ln ln ln ln

x

e  

25,    

1 1

25

0 0

1

1

1 1

x x

x x x

x x x

e e

I dx d e e d e

e e e

                        2 2

1 1

3

x x

e e e e

 

       

 

26,   3

26 0

0 0

1

.sin cos cos cos cos

3

I x x xdx xd x x x xdx

                       0

1 sin

1 sin sin sin

3 3 3

x

x d x x

                   27,     27 1 ln ln 1 e e e e x x

I dx x x d

x x                    1 1 ln ln 1 e e e e

x x d x x

x x               1

1 1 2

1

1 1

e e

e e

e e

dx dx

e x x e x e

   

         

       

28,    

10 10 10

10

2 2 2 2

28 1

1 1

1

lg lg lg lg

2

I  x xdx xd x  x x  x d x 

         10 10 1 10 10 2 1 10 2

1

100 lg 50 lg

2 ln10 ln10

1

50 lg lg

2 ln10

50 50 99

50 50

ln10 ln 10 ln10 ln 10

x xdx xd x

x x x d x xdx                            

29,        

2

2 29

0

2 ln ln

      2 2 0 2

5 ln

1

14 ln

1

14 ln 4 ln 18 ln 10

2

x x

x x x dx

x x dx x x x x                                30,  

1 2

2 30 0 1 x x x e

I dx x e d

x x                 

1 1 1

2 2

2 2

0

0

1

2

1

2 2

0

0

1

2 2

0

2

1

2

1

2 2 2

x

x x

x x x

x

x e e

d x e xe dx

x x

e e

xd e xe e dx e e e e

                            

31,      

1

2

31

0

1

ln ln

3

I x x dx  x d x

 

 

1

1 0

1 ln 1

ln 1

3 3

ln 2 ln

ln

3 3 18

x

x x dx x x dx

x x x x x x                                

32, 2  2

32 sin sin

x x

I x e  x dxx e dx x xdx

          2 2 2 2 2 cos 2

2 cos cos

2

1

cos 2 sin

2

1 1

cos 2 sin sin

2 2

1 1

2 cos sin cos

x

x x

x x

x x x

x

x d e x d x

x e xe dx x x x xdx x e x x xd e xd x

x e x x xe e dx x x xdx

x x e x x x x x

33,

2 2

33 2

2 2

cos cos

4 sin sin sin

x x x x

I dx dx dx

x x x

                   Ta có:  

2 2

2 2

2 2

0

4 sin sin sin

t x

x t t

A dx dt dt A A

x t t

                          

2 2

2

2

2

cos 1 1 sin ln

sin ln

4 sin sin sin sin

x x

B dx d x

x x x x

                             

Vậy 33

ln

I    A B

34, sin 4 sin

34

0 0

sin

(tan cos ) cos

cos

x x x

I x e x dx dx e xdx

x

  

      

 

4 2

sin sin

4

0

0

2 ln

ln cos ln

2

x x

x d e e e

             35, 35 ln ln e x I dx x x   

Đặt

ln ln

t x t x tdt dx

x

      

 2      

2 35 1 2

1 2

2 1

3

t

I tdt t d t t

t



        

36, 36

3 ln ln

e x I dx x x    

Đặt

2 ln ln

t x t x tdt dx

x

      

 

2 2

2 36

1 1

4 10 11

4

3 3

t t

I tdt t dt t

37, 37

0

2

1

x I dx x     

Đặt  2  

1 1 1

t  x  t  x dx t dt

 

4

4

37

2 2

1

1 2 ln ln 2

2

t t

I t dt t dt t t

t t                         

38,  

2

38

0

sin sin sin

3 4sin cos 2 4sin 2sin

xd x x

I dx dx

x x x x

              1 0

1 1 ln

ln ln

2 2

2 tdt dx t t t                      

39,    

1 1

2 2

39 2 2

0 0

1

4

2

4

x x x x

I xe dx xd e d x

x x                 4 2 2 3 2

1 1

8

2 2 2 2

1 32 61

6 3

4 12

x

x e t e

xe dt t t

t e e                                       40,

2 2

40 2 2 2 2 2 2

0 0

sin sin sin sin

3sin 3sin 3sin

x x x x

I dx dx dx

x cos x x cos x x cos x

  



  

  

  

Có:  

1

2

2 2

0 0

cos sin

3sin 3

d x

x dt

A dx

x cos x cos x t

 

   

  

  

Đặt t tanudt tan  2u du thì:

   

6 6

2

0 0

3 tan sin 1 sin

ln ln

cos sin sin

3 tan

u du du d u u

A

u u u

u                  

   

2

2

2 2 0

0

4 sin sin

2 sin 2

3sin 4 sin

d x

x

B dx x

x cos x x

Vậy 40   ln

2

2

I   A B  

41,  

0 0

3

41

1 1

1

x x

I x e x dx xe dx x x dx A B

  

        

Ta có:  

0 0

0

1 1

2

x x x x

A xe dx xd e xe e dx e 

  

       

 

3

0 11

3

3

1 0

9

1 3

7 28

t x t t

B x x dx t t dt                   

Vậy 41

37

28

I   A B e

43,   ln 43 3 1 x x e I dx e   

Đặt

1

x x x

t e   t e   tdte dx

2

2

43

2

2

2 2

2

tdt dt I

t t t

        

44,  

3 3

44

0 0

1

x x

I x e  x  dxx e dxx x  dx A B

Ta có:  2 2  

1 1

3 2

0

0 0

1

2

x x x x

A x e dx x d e  x e  e d x 

 

  

1

1 1

2 2 2

x

e e e

e                  2

1 1

3 2

0 1

2 2

1

5 15

t x t t

B x x dx t t

    

       

 

 

Vậy 44

1 2 17

2 15 30

I    A B   

45,  

4 4

4

45

0 0

1

tan tan tan

1 cos 2 cos 2

x x

I dx dx xd x x x xdx

4

1

ln cos ln ln

8 x 2



  

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 4: HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Phần A: Thể tích khối đa diện

Bài 1: Cho hình chóp S.ABC, SA vng góc với mặt phẳng (ABC) Đáy tam giác ABC cân A, độ dài trung tuyến AD a, cạnh bên SB tạo với đáy góc  tạo với mặt (SAD) góc  Tìm thể tích hình chóp S.ABC

Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với ABa AD, 2 ,a cạnh SA vng góc với đáy, cịn cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 Trên cạnh SA lấy điểm

M cho

3 a

AM  Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp

S.BCMN

Bài 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh a, SH đường cao hình

chóp Khoảng cách từ trung điểm I SH đến mặt bên (SDC) b Tìm thể tích hình

chóp S.ABCD

Bài 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy ABC tam giác vuông cân với cạnh huyền ABa Mặt phẳng (AA1B) vng góc với mặt phẳng (ABC) Giả sử

1

AA a 3, góc AA1B nhọn mặt phẳng (AA1C) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60 Tìm thể tích lăng trụ

Bài 5: Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết ABa AC, b AD, c góc BAC, ,

CAD DAB

  60

Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a,BAD60 , SAmp ABCD 

và SAa Gọi C’ trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC’ song song với BD cắt

các cạnh SB, SD hình chóp B’, D’ Tìm thể tích hình chóp S.AB’C’D’ Bài 7: Cho hình vng ABCD có cạnh a Qua trung điểm I cạnh AB dựng

đường thẳng (d) vng góc với mp(ABCD) Trên (d) lấy điểm S cho: a

SI Tìm khoảng cách từu C đến mp(SAD)

Bài 8: Cho hình chóp S.ABC có SA3avà SAmp ABC .ABCcó ABBC2 ,a 120

ABC

  Tìm khoảng cách từ A đến mp(SBC)

Bài 9: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi K trung điểm

DD’ Tìm khoảng cách CK AD’

Bài 10: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Gọi M trung điểm AA’ Chứng minh thiết diện C’MB chia lăng trụ thành hai phần tương đương

Bài 11: Cho hình chóp tam giác S.ABC Giả sử M, N, P ba điểm SA, BC, AB cho M, N tương ứng trung điểm SA, BC

3 AP

AB Thiết diện với hình

chóp S.ABC tạo mặt phẳng (MNP) cắt SC Q Chứng minh

3 SQ SC 

2 Chứng minh thiết diện chia hình chóp thành hai phần tương đương

2 Thiết diện chia khối chóp thành hai phần tích tương ứng V1, V2 Tìm tỉ số

2

V V

Phần B: Quan hệ vng góc khơng gian

Bài 1: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a SASBSCa Chứng minh mặt phẳng (ABCD) vng góc với mặt phẳng (SBD)

2 Chứng minh SBD vuông S

Bài 2: Tứ diện SABC có SAmp ABC  Gọi H, K trọng tâm tam giác ABC SBC

1 Chứng minh SC vng góc với mp(BHK) SAC  BHK

2 Chứng minh HKSBC SBC  BHK

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm Ơ có cạnh SA vng góc với (ABCD) Giả sử (P) amwtj phẳng qua A vng góc với SC

1 Chứng minh SBD  SAC

2 Chứng minh BD mp P||  

Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD Qua A dựng đường thẳng Ax vng góc với (P) lấy S điểm tùy ý Ax (SA) Qua A dựng mặt phẳng (Q) vng góc với SC Giả sử (Q) cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Chứng minh:

' , '

AB SB AD SD SB SB 'SC SC 'SD SD '

Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy tam giác cân đỉnh A BAC Gọi M trung điểm AA’ giả sử mp(C’MB) tạo với đáy (ABC) góc 

1 Chứng minh C BC' 

2 Chứng minh tan os c

  

điều kiện cần đủ để BMMC'

Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, có SAh vng góc với mp(ABCD) Dựng tính độ dài đoạn vng góc chung của:

1 SB CD SC BD

Bài 7: Cho chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy 3 ,a cạnh bên a Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC

Bài 8: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy tam giác cạnh 7 ,a cạnh bên SC vng góc với mp(ABC) SC7 a Tìm khoảng cách hai đường thẳng SA BC Bài 9: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm O, cạnh a

3 a

OB Trên

đường thẳng vng góc với mp(ABCD) O, lấy điểm S cho SBa. Tính khoảng

cách hai đường thẳng SA BD

Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O, cạnh a góc BAD60

Đoạn

4 a

SO SO vng góc với mp(ABCD)

Bài 11: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a.Gọi E, F M

trung điểm AD, AB CC’ Gọi  góc hai mặt phẳng (ABCD) (EFM) Tính cos

Bài 12: Trong mp(P) cho hình vng ABCD cạnh a Dựng đoạn SA vng góc với (P) A Gọi M, N điểm BC, CD Đặt BMu DN, v Chứng minh rằng:

 

3

a u v uv a

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 4: HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (Các em tự vẽ hình vào tập)

Phần A: Thể tích khối đa diện

Bài 1: Cho hình chóp S.ABC, SA vng góc với mặt phẳng (ABC) Đáy tam giác ABC cân A, độ dài trung tuyến AD a, cạnh bên SB tạo với đáy góc  tạo với mặt (SAD) góc  Tìm thể tích hình chóp S.ABC

HDG: Thể tích hình chóp S.ABC là:

3 ABC

V  SA S

Tam giác ABC cân đỉnh A nên trung tuyến AD đường cao tam giác Theo giả thiết SAmp ABC  SBASB mp ABC,  

BDmp SAD  BSD

Đặt BD = x suy ra: 2 2

.tan

AB a x SA a x 

2 2

2

sin sin

sin tan sin

sin

os sin

BD SA SB

x a x

a x

c

 

  



 

 

  

 

 Do đó:

3 2

2

1 sin sin

.tan

3 os sin

a V a x a x

c

 



 

  



Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với ABa AD, 2 ,a cạnh SA vng góc với đáy, cịn cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 Trên cạnh SA lấy điểm

M cho

3 a

AM  Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp

S.BCMN

HDG: Theo giả thiết    ,   60

.tan 60

SA mp ABCD SBA SB mp ABCD

SA AB a

    

  

Trong mp(SAD) kẻ MN || AD (N thuộc cạnh SD) SDmp BCM N

Theo cơng thức tỉ số thể tích, ta có:

2

3 3

4

9 9

SMBC

SMBC SABC S ABCD

SABC SMNC

SMNC SADC S ABCD

SADC

V SM

V V V

V SA

V SM SN SM

V V V

V SA SD SA

    

 

      

 

Vậy:

5 10

9 27

S BCMN SMBC SMNC S ABCD ABCD

V V V  V  SA S  a

Bài 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh a, SH đường cao hình

chóp Khoảng cách từ trung điểm I SH đến mặt bên (SDC) b Tìm thể tích hình

HDG: Từ giả thiết suy H tâm hình vng ABCD Gọi M trung điểm CD, G trực tâm ∆SCD HGCD(1)

Mà

BD AD BD (SAC) BD SC

BD SH

 

   



  SCDGSC(BDG)SCHG(2)

Vì I trung điểm SH nên : HGd H SCD ;( )2d I SCD ;( )2b

2

2

2 2 2

2

2

1 1

4

4

4

3 16

b

a ab

GM b v h

HG HM SH a

b a

V

a b

      



 



Bài 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy ABC tam giác vng cân với cạnh huyền ABa Mặt phẳng (AA1B) vng góc với mặt phẳng (ABC) Giả sử

1

AA a 3, góc AA1B nhọn mặt phẳng (AA1C) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60 Tìm thể tích lăng trụ

Bài 5: Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết ABa AC, b AD, c góc BAC, ,

CAD DAB

  60

HDG: Khơng tính tổng qt ta giả sử amina b c, , 

Trên AC, AD lấy hai điểm C1, D1 cho AC1 = AD1 = a, từ giả thiết suy tứ diện ABC1D1 tứ diện cạnh a nên có 1 1

2 12

ABC D

V  a

Theo công thức tỉ số thể tích: 1

2 1.

ABC D ABCD

V AC AD a V  AC AD bc

1

2 12

ABCD ABC D

bc abc

V V

a

  

Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a,BAD60 , SAmp ABCD 

và SAa Gọi C’ trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC’ song song với BD cắt

các cạnh SB, SD hình chóp B’, D’ Tìm thể tích hình chóp S.AB’C’D’ HDG: Gọi OACBD, I AC'SO, suy B D' ' ||BD B D' ' qua I Tam giác SAC nhận I làm trọng tâm nên ' '

3

SI SB SD SO   SB  SD 

Theo cơng thức tỉ số thể tích:

' '

' '

' ' 1 1

3 3

S AB C

S AB C S ABC S ABCD

S ABC

V SB SC

V V V

V  SB SC     

' '

' '

' ' 1 1

3 3

S AD C

S AD C S ADC S ABCD

S ADC

V SD SC

V V V

Vậy:

3

' ' ' ' ' ' ' ' ' '

1 3

3 18

S A B C D S A B C S A D C S ABCD

a

V V V  V  a 

Bài 7: Cho hình vng ABCD có cạnh a Qua trung điểm I cạnh AB dựng

đường thẳng (d) vng góc với mp(ABCD) Trên (d) lấy điểm S cho: a

SI Tìm khoảng cách từ C đến mp(SAD)

HDG: Ta có:

3

1

3

S ABCD ABCD

a V  SI S  Áp dụng pitago ta có:

2

2 2

4

a

DI  AI AD  , 2 2

SA SI AI a , 2 2

2

SD SI DI  a

2 2

SD SA DA  SAD vuông A nên SA

2

SAD

S  AD  a

Vậy khoảng cách cần tìm là:  ,  3

2

SACD SABCD

SAD SAD

V V a

d C SAD

S S

  

Bài 8: Cho hình chóp S.ABC có SA3avà SAmp ABC .ABCcó ABBC2 ,a 120

ABC

  Tìm khoảng cách từ A đến mp(SBC)

HDG: Ta có: 1  2

.sin sin120

2

ABC

S  BA BC B a  a

. 1.3 3

3

S ABC ABC

V SA S a a a

   

Áp dụng định lí hàm số cosin tam giác ABC có:

2 2

2 cos 12

AC AB CB  BA BC B a AC a

Áp dụng pitago tam giác vuông:

2 2

2 2

13 13

21 21

SB SA BA a SB a SC SA AC a SC a

    

    

Ta có:

2 2

15

os sin

2 273 91

SB SC BC

c BSC BSC

SB SC

 

     

.sin

2

SBC

S SB SC BSC a

   

Vậy khoảng cách cần tìm là:   

,

2

S ABC SBC

V

d A mp SBC a

S

 

Bài 9: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi K trung điểm

DD’ Tìm khoảng cách CK AD’

HDG: Kẻ AH || CK (H thuộc cạnh CC’), ta có:

           ' '

, ' , ' , ' ', '

AHD

AHC D

V CK AD CK mp AHD C mp AHD C mp AHD

S

   

Dễ thấy H trung điểm CC’ tính

3

' ' ' '

1

AHC D HC D

Xét tam giác AHD có: '2 '2 5; 2

a

DH  DC HC  ADa 2

2

a AH  AD HD 

2 '

1 3

os ' sin ' ' ' sin '

2

10 10 AD H

a c AD H AD H S D A D H AD H

         

Vậy khoảng cách hai đường thẳng Ck AD’ là:

     ' '

, ' , '

3 AHD

AHC D

V a

CK AD CK mp AHD

S

  

Bài 10: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Gọi M trung điểm AA’ Chứng minh thiết diện C’MB chia lăng trụ thành hai phần tương đương

HDG: Gọi V1 thể tích phần đa diện chưa điểm A, V thể tích lăng trụ Kí hiệu h khoảng cách từ B đến mp (ACC’A’), ta có:

 

1 ' ' ' ' '

' ' ' '

1

3

1 1

3 2 2

B ACC A ACC M ACC AMC

ACC ACC ACC C ABC

V V h S h S S

h S S h S V V

 

  

   

 

     

 

Do thể tích phần cịn lại

2V nên ta có đpcm

Bài 11: Cho hình chóp tam giác S.ABC Giả sử M, N, P ba điểm SA, BC, AB cho M, N tương ứng trung điểm SA, BC

3 AP

AB Thiết diện với hình

chóp S.ABC tạo mặt phẳng (MNP) cắt SC Q Chứng minh

3 SQ SC 

2 Chứng minh thiết diện chia hình chóp thành hai phần tương đương

Bài 12: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có mặt bên tạo với mp đáy góc 60 Vẽ thiết diện qua AC vng góc với mp(SAD)

2 Thiết diện chia khối chóp thành hai phần tích tương ứng V1, V2 Tìm tỉ số

2

V V

HDG: Vẽ thiết diện qua AC vng góc với (SAD):

( )

DoAC SBD ACSD Kẻ CM SDSD(ACM)(ACM)( )P Vậy (ACM) thiết diện

3 Đặt V1 VD ACM Ta có:

2

S ACM S DAC

V V SM

V V SD



  Gọi N trung điểm CD

0

óc ( ) 60 2;

2

5

5

HN CD SN CD g SNH HN SN SN DN m HN a HD a SH a

V

SC SD a CM a SM a

V

            



        

Phần B: Quan hệ vuông góc khơng gian

Bài 1: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a SASBSCa Chứng minh mặt phẳng (ABCD) vng góc với mặt phẳng (SBD)

2 Chứng minh SBD vuông S

HDG: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, SASBSCa nên

 

SOmp ABCD Mà ACBD ABCD hình thoi, nên OBD Có: SOSBD, SOABCD  SBD  ABCD

Bài 2: Tứ diện SABC có SAmp ABC  Gọi H, K trực tâm tam giác ABC SBC

1 Chứng minh SC vng góc với mp(BHK) SAC  BHK

2 Chứng minh HKSBC SBC  BHK

(Bài 2: có đính H, K trực tâm)

HDG: Vì H trực tâm tam giác ABCBH AC, theo giả thiết

 

SAmp ABC BH SA Nên BH mp SAC SCBH

Do K trực tâm SBCBKSC

Từ suy SCmp BHK mp BHK mp SAC  (đpcm)

2 Tương tự ta chứng minh được: SBmp CHK SBHK

Mà SCmp BHK SCHK Do đó: HKmp SBC mp SBC mp BHK 

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O có cạnh SA vng góc với (ABCD) Giả sử (P) mặt phẳng qua A vng góc với SC

1 Chứng minh SBD  SAC

2 Chứng minh BD mp P||  

HDG: Vì ABCD hình vng tâm O nên AC BD vng góc với O, SA vng góc với (ABCD) nên SABDBDSAC  SBD  SAC

2 Từ giả thiết suy ra:   P  SAC, mà BDSAC BD|| P

Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD Qua A dựng đường thẳng Ax vng góc với (P) lấy S điểm tùy ý Ax (SA) Qua A dựng mặt phẳng (Q) vng góc với SC Giả sử (Q) cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Chứng minh:

' , '

AB SB AD SD SB SB 'SC SC 'SD SD '

HDG: Từ giả thiết suy ra: SABC AB, BCBCSABBCAB' Mà SC Q SC AB' Do AB'SBCAB'SB

' '

' '

SB SC

SB SB SC SC SC SB  

Chứng minh tương tự ta AD'SD SD SD 'SC SC '

Vậy ta có đpcm

Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy tam giác cân đỉnh A BAC Gọi M trung điểm AA’ giả sử mp(C’MB) tạo với đáy (ABC) góc 

1 Chứng minh C BC' 

2 Chứng minh tan os c

 

 điều kiện cần đủ để BMMC'

HDG: Trong mp(ACC’A’) kéo dài C’M cắt CA N, A trung điểm NC suy

ra:

2

BA ACANBA CNBCN vuông B nên BNBC Tương tự ta có BNBC'

Dễ thấy: BN mp MBC  'mp ABC , từ suy C BC'   ABC , MBC'

2 Vì BM trung tuyến BC N' nên: BMMC'NBC' cân đỉnh B os

2

' os tan

os sin sin

2

BC c BC BH

BC BN c

c



 

 



      

(Với H chân đường vng góc hạ từ B xuống cạnh AC)

Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, có SAh vng góc với mp(ABCD) Dựng tính độ dài đoạn vng góc chung của:

1 SB CD SC BD

HDG: Vì ABCD hình vng nên BCCD Lại có:

 

   

BC AB

BC SAB BC SB BC SA SA ABCD



    

  



Vậy BC đoạn vng góc chung SB CD, BCa

2 Gọi O ACBDAC BD vng góc O, mà SABD BDmp SAC  Trong tam giác SAC, kẻ OI vng góc với SC BD

và OI vng góc OI đường vng góc chung SC BD Ta có:

 2

2

SA SC SA OC ah

SAC OIC OI

OI OC SC h a

      



Bài 7: Cho chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy 3 ,a cạnh bên a Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC

HDG: Trong tam giác ABC đều, kéo dài AG cắt BC MAGBC

Chóp S.ABC đều, mà G tâm ABCABC nên SGABCSGBC, từ suy

 

BC SAG

Trong SAM kẻ MNSA N SAMNBC Do MN đoạn vng góc chung

2 3

4

SAM

S SG MA a

MN

SA SA



   

Bài 8: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy tam giác cạnh 7 ,a cạnh bên SC vuông góc với mp(ABC) SC7 a Tìm khoảng cách hai đường thẳng SA BC Bài 9: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm O, cạnh a

3 a

OB Trên

đường thẳng vng góc với mp(ABCD) O, lấy điểm S cho SBa. Tính khoảng

cách hai đường thẳng SA BD

HDG: Dễ chứng minh BDSAC (vì BDAC BD, SO)

Trong mp(SAC) kẻ OISA I SA   OI đoạn vng góc chung SA BD

Ta có: 2

3

a a

SO OA  SA SO OA 

3

SOA

S SO OA a

OI

SA SA



    

Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O, cạnh a góc BAD60

Đoạn

4 a

SO SO vng góc với mp(ABCD)

1 Dựng thiết diện chóp với mp(P) biết (P) qua AD vng góc mp(SBC) Tính góc hai mặt phẳng (P) (ABCD)

Bài 11: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a.Gọi E, F M

trung điểm AD, AB CC’ Gọi  góc hai mặt phẳng (ABCD) (EFM) Tính cos

HDG: Ta có: A 2, 2

2

a a

EF  AE  F  MEMF  MC CB BF 

Gọi IEFACMI EF Mà MI EF  AC MEF,   ABCDEF nên:góc hai mặt phẳng (ABCD) (EFM) MIC

Do đó:

2

3 11

os

11 IF

AC IC

c

IM MF

    



Bài 12: Trong mp(P) cho hình vng ABCD cạnh a Dựng đoạn SA vng góc với (P) A Gọi M, N điểm BC, CD Đặt BMu DN, v Chứng minh rằng:

  3 3

a u v uv a

là điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng (SAM) (SAN) tạo với góc 30 HDG: Ta có: AM2 a2u2; AN2 a2 v2

MN2 a u  2 a v 2 2a2u2 v2 2a u v Dễ thấy góc hai phẳng (SAM) (SAN) góc MAN Do đó:

2 2

30 os os30

2

AM AN MN c c

AM AN

 

   

 

2 2

2 2

2

2

3

2 .

3

3

a u v a u a v a uv a u v a u v uv a



 

 

   

MỘT SỐ BÀI TẬP ÔN TẬP VỀ ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN

Bài 1:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm G(1;1;1)

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua G vng góc với OG b) Mặt phẳng (P) câu (1) cắt trục Ox,Oy,Oz A,B,C

CMR: ABC tam giác

Bài 2:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d):

( ) :P x   y z 7 0 ;

2 5 0

( ) :

2 3 0

x y z d

x z

    

    

Viết phương trình hình chiếu vng góc (d) lên (P)

Bài 3:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng(P) : 4x-3y+11z-26=0 đường thẳng:

3 1 4 3

( ) : à ( ) :

1 2 3 1 1 2

x y z x y z

d     v d    



a) CM: ( ) (d v1 d2)chéo

b) Viết phương trình đường thẳng  nằm (P) cắt ( ) (d v1 d2)

Bài 4:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M( 5;2;-3) mặt phẳng ( ) : 2P x2y  z 1 0

1) Xác định hình chiếu M1của M lên (P)

1 1 5 ( ) :

2 1 6

x y z

  



Bài 5:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm I( 0;0;1) K( 3;0;0)

Viết phương trình mặt phẳng qua I, K tạo với mặt phẳng (xOy) góc 300

Bài 6:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình

3 1 0

1

( ) : à ( ) :

2 1 0

1 2 1

x z

x y z

d v d

x y

   



  

   

a) CM: ( ) (d v1 d2)chéo

b) Viết phương trình đường thẳng d cắt ( ), (d1 d2)và song song với

( ) : 4 7 3

1 4 2

x y z

  



Bài 7:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình:

2 3 5 0 2 2 3 17 0

( ) : à (d ) :

2 0 2 2 3 0

x y z x y z

d v

x y z x y z

       

 

        

 

và điểm A( 3;2;5)

a) Tìm tạo độ điểm A'đối xứng với Aqua ( )d1

b) Lập phương trình mặt phẳng qua ( )d1 và song song với (d2)

c) Tính khoảng cách hai đường thẳng ( ) (d v1 d2)

Bài 8:

5 2

7 0

( ) : 1 à (d ) :

2 3 16 0

5

x t

x y z

d y t v

x y z

z t

  

    

  

     

   



a) CM: ( )d1 song song với (d2)

b) Viết phương trình mặt phẳng chứa ( ) (d v1 d2)

Bài 9:

Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( ), (d1 d2)và mặt phẳng (P) có phương trình:

1 1 2 2 2

( ) : à ( ) :

2 3 1 1 5 2

x y z x y z

d      v d    

 ( ) : 2P x y 5z 1 0

a) CM: ( ) (d v1 d2)chéo tính khoảng cách chúng

b) Viết phương trình đường thẳngvng góc với (P), cắt ( ),(d1 d2)

Bài 10:

Cho điểm A( 3;-2;5) đường thẳng ( ) : 2 3 0

3 2 7 0

x y z

d

x y z

   



    



a) Viết phương trình tham số (d)

b) Gọi A'là hình chiếu A lên (d) Tìm tọa độ A'

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 05

Bài 1:

( )

) ( ) ê P (1;1;1;)

a Do OG  P n n n OG

( ) :1(P x 1) 1(y 1) 1(z 1) 0hay P x( ) : y z 3 0

          

0

) ì Ox : (3; 0; 0)

0 y

b V A

z



 

  

Tương tự : B(0;3;0) àv C(0;3;0)

Ta có: AB=BC=CA=3 2  ABC là tam giác

Bài 2: Đường thẳng ( )d cần tìm giao tuyến mặt phẳng (P) mặt

phẳng (Q) chứa (d) có VTCP n( )P

( ) ( ) ( ) ( )

ó : (1; 4; 2) M(-2;0;-1) (d) (6; 1; 5)

( ) : 6( 2) 5( 1) 0 6 5 7 0

6 5 7 0

ình hình chiê u ( ) :

7 0

d Q d P

Ta c u v n u n

Q x y z hay x y z

x y z

H d

x y z

 

         

         

   



 

     



Bài 3:

   

   

1

1

( ) ( ) 1 1 2 2

( ) ( )

1 2

) ó : ( 1; 2;3) (1;1; 2) à (0;3; 1) ; (4;0;3)

(4; 3; 4) . . 23 0 à éo

d d

d d

a Ta c u u v M d M d

M M u u M M d v d ch nhau

     

 

         

1

) ( ) ( 2; 7;5) à ( ) (3; 1;1)

2 7 5

: ( ) :

5 8 4

b GS d P A A v d P B B

x y z

KQ AB

       

  

  

 

Bài 4:

1

( ) 1 1 1

5 2

) ó : (2; 2;1) à MM : 2 2 à MM ( )

3

P MM

x t

a Ta c n u v y t m M P

z t

  



       

1

2(5 ) 2(2 ) ( 3t t t) 0 t 2 àv M (1; 2; 1)

             

( ) 0 0

( ) 0 ( )

) ó: (2;1; 6) à (1;1;5) ( ) (4;1; 8)

. (1; 4;1) ( ) : 4 10 0

Q

b Ta c u v M M M

n M M u Q x y z





      

 

         

Bài 5:

Giả sử mặt phẳng cần có dạng :

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) : 1( , , 0)

( ) 1 à ( ) 3 ( ) : 1

3 1

1 1 . 3 2

( ) ( ; ;1) à (0; 0;1) os30

3 . 2

( ) : 1

3 3 2 1

2

xOy xOy

xOy

x y z

a b c a b c

x y z

Do I c v K a

b n n

n v n c b

b n n

x y z

 



  

 

   

         

       

   

Bài 6:

       

1

1

( ) ( ) 1 1 2 2

( ) ( )

1 2

) ó : (1; 2;1) ; (1; 2;3) à (0; 1; 0) ; (0;1;1)

(0; 2;1) . . 8 0 à éo

d d

d d

a Ta c u u v M d M d

M M u u M M d v d ch nhau

     

 

        

   

1 1 2 2

2 1 2

2 1 2

( )

1

) ( ; ; ) à ( ;1 ;1 )

( ; 2 2 2 ;1 3 )

1 3 1

1 2 2

2; 1 2;3; : 1; 1; 4

4 7 3

: ( ) :

1 4 2

b GS d d A A t t t v d d B B t t t

AB t t t t t t

t t t t t t

Do d song song u AB

t t A B

x y z

KQ d



         

      

    

     

    

  

  



Bài 7:

a) Gọi I hình chiếu A lên (d)

(2 ; 1 ; ) ( 2; 1; 5)

I t t t AI t t t

1 ( )

4

. 0

3 d

Do AI u   t

Áp dụng cơng thức trung điểm ta có kết quả: A ( 15; 12;11)

1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

) (1; 1; 1); (1; 2; 2) . ( 4; 3; 1)

(4;3;1)

d d Q d d

Q

b Do u u n u u

Hay n

 

            



Mặt khác:

1

(2; 1;0) ; (0; 25;11)

( ) : 4( 2) 3( 1) 0 ( ) : 4 3 5 0

I d J d

Q x y z hay Q x y z

   

         

1

1

( ) ( )

1

( ) ( )

. .IJ 69

) ó : ( ) IJ ( 2; 24;11)

26 .

d d

d d

u u c Ta c d d d

u u

 

 

     

 

 

Bài 8:

1 2

( ) ( ) ( ) ( ) 1 2

) ì : d (2; 1; 1) à d ( 2;1;1) d d

a V u    v u   u  u d song song d

b) Giả sử mặt phẳng cần lập (Q) ta có:

1

1

( ) ( )

(5;1;5) ; (5; 2; 0) (0;1; 5)

à . (0;1; 5) ( ) : 3( 5) 5( 1) 5 0

( ) : 3 5 25 0

Q d

M d N d MN

v n u MN Q x y z

hay Q x y z

    

 

           

   

Bài 9:

   

   

1

1

( ) ( ) 1 1 2 2

( ) ( )

1 2

) ó : (2;3;1) ; (1;5; 2) à ( 1;1; 2) ; (2; 2; 0)

(3; 3; 2) . . 62 0 à éo

d d

d d

a Ta c u u v M d M d

M M u u M M d v d ch nhau

      

 

          

1

1

1

. .MN 62

ó : ( )

195 .

u u Ta c d d d

u u

 

 

  

 

1 1

2 2 2

2 2

( )

) (2 1; 3 1; 2) à

( 2; 5 2; ) ( 2 3; 5 3 3; 2 2)

2 3 5 3 3 2 2

( ) (2; 1; 5)

2 1 5

1 4 3

: ( ) :

2 1 5

P

b GS d A A t t t v d B

B t t t AB t t t t t t

t t t t t t

Do P n AB

x y z

KQ

         

            

      

         

 

  

   

 

Bài 10:

( ) 1 2

( )

) ó: . (8; 4; 2) à ( 8;5; 0) ( )

8 4

( ) 5 2

) ( ) ( 8 4 ;5 ; ) (4 11; 7 2 ; 5)

à . 0 3 (4; 1;3)

d

d

a Ta c u v v m M d

x t

d y t

z t

b Do A d A t t t AA t t t

M AA d u AA t A

 

     

   



      

                   

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ

Giải tốn hình học khơng gian phương pháp tọa độ, vecto

Bài 1:( Đề thi ĐHCĐ khối A-2007)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình vng ABCD cạnh a Mặt bên (SAD) tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy ABCD Gọi M,N,P trung điểm SB,BC,CD Tính thể tích tứ diện CMNP=?

Bài 2:

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình vng cạnh a, cạnh bên AA’=h Tính thể tích tứ diện BDD’C’=?

Bài 3:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 độ Trên cạnh SA lấy điểm M cho

3

a

AM  Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD điểm N Tìm thể tích khối

chóp S.BCNM=?

Bài 4: ( Đề thi TS ĐH Hùng Vương)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA=a SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BD=?

Bài 5:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) SA=a Gọi E trung diểm CD Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE=?

Bài 6:

Trong không gian cho tứ diện OABC với A(0;0;a 3), ( ;0;0)B a và

(0; 3;0);

C a a Gọi M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AB OM=?

Bài 7: ( Đề thi TS CĐSP Tây Ninh-2006)

Cho mặt phẳng (P) hình vng ABCD cạnh a Qua trung điểm I cạnh AB dựng đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) Trên d lấy điểm S cho:

2

a SI 

BD=a Cạnh

2

a

SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD)

CMR: Hai mặt phẳng (SAB) (SAD) vng góc với

Bài 9:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Tính khoảng cách AB’ BC’=?

Bài 10: ( Đề thi TSĐH 2003 – Khối A)

Cho hình lập phương ABCD A B C D. 1 1

Tính số đo góc phẳng nhị diện : B A C D, , =?

……….Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 06

Giải tốn hình học KG PP Tọa độ điểm, vecto (Các em tự vẽ hình vào tập)

Trước hết chúng tơi xin có lưu ý nhỏ giải toán loại sau:

Với loại tập xin khẳng định việc tính tốn hồn tồn khơng khó, song bạn cần chọn góc tam diện cho phù hợp Để thuận lợi cho việc đưa cho bạn nguyên tắc sau:

 Có tia chung gốc, không đồng phẳng, đôi vuông góc với

 Nếu ta đứng thẳng theo chiều dương trục Oz, mắt hướng theo chiều dương trục Oy giơ tay phải vng góc với thân người ngón tay chều dương trục Ox

Bài 1: Gọi O trung điểm AD Chọn hệ trục Oxyz cho:

(O, Ox, Oy, Oz) trùng với (O,OD,ON,OS) Ta có:

3

; ; ), (0; ; 0), ( ; ; 0)

4 2 4 2 2

3 ( ;0;0), ( ; ;0), ( ; ;0), ( ;0;0), (0;0; )

2 2 2 2 2

( a a a N a P a a

a a a a

A B a C a D S a

M

 



Vì:

CMNP CM CN CP

V    với

2

3 (0; ; )

8

a a

CM CN

  

  CP( ;a4 2a; 0) Vậy:

3 96

a CMNP

V 

Bài 2: Chọn góc tam diện (A, AB, AD, AA’) ta có:

BD ( a a; ;0);BD' ( a a h BC; ; ); '(0; ; )a h Mà : DD ' ' ' '

6

B C BD BD BC

V    với BD BD. '  (ah ah; ;0) Vậy :

2

DD ' ' 6

ha

B C

V 

  0 60   SB ABCD, ( ) 90  SB,n(ABCD) SB,n(ABCD)30

   

os300 . 2 2 3

.

SB n x

c x a

SB n x a

   

 Vì:

1

6

S BCMN SM SC SB SM SC SN

V      

Chọn góc tam diện (A,AB,AD,AS)

Ta có: n(BCM) BC MN  (1;0; 3)BCM:x 3 z a 30

Tìm giao (BCM) với (SD) :

0

2 3

( ) : (0; ; )

3 3

3 x

a a SD y a at N

z a t

  

   

    

Ta có:

2

2

2 3 2 3

. ; ; 0

3 3

1 2 3 4 3 10 3

.

6 3 9 27

a a

SM SC

a a a

S BCMN

V

 

    

   

 

    

 

Bài 4: Chọn góc tam diện là: (A,AB,AD,AS) ta có:

3 2

4 4

6

( , ) ; ( ; ; ) ( , )

6

SC BD BC a a

d SC BD SC BD a a a d SC BD

a a a SC BD

 

   

     

   

 

Bài 5: Chọn góc tam diện là: (O;OB;OC;OA)

4

4

2

2

2

. 3 5

4

( ) ; . ( ; ; ) ( )

2 5

4

a

a a

SB BE a a

d S BE SB BE a a d S BE

BE a

a

 

 

   

          



3

2 2

2

3

3 3 3 15

2

( , ) ; ( ; ; ) ( , )

2 2 9 3

4

a

AB OM OA a a a a

d AB OM AB OM d AB OM

a a AB OM

 

   

      

 

  

Bài 7:

a) Gọi O trung điểm AB; M trung điểm CD Chọn góc tam diện là: (O;OB;OM;OS)

2

3

1

; (0; ; )

6

1 3

6 12

a SACD SC SD SA SC SD a

a a

SACD

V V

   

    



  

b) . ( 3;0; 1) ( ) : 3 3 0 2

a

SA SD SAD x z

       

 

 ( ) 3

2

a

d C SAD

  

Bài 8: Gọi K trung điểm SA Chọn góc tam diện là: (I;ID;IA;IK)

2 2

2 2

3

( ; ; )

( )

4

3

( ; ; )

( )

4

( ) ( )

2 2 2

18 6 3

0 16 16 4

.

a a a

SA SB SAB

a a a

SA SD SAD

SAB SAD a a a

n n

n n

   

 

 

   

 

    

 

Vậy : (SAB) (SAD)

Bài 9: Chọn góc tam diện (A,AB,AD, AA’)

2 2

4 4

' '

( ', ') ; ' ' ( ; ; )

' '

6 ( ', ')

6

AB BC AB

d AB BC AB BC a a a

AB BC

a a

d AB BC

a a a

 

   

    

 

 

  

Bài 10: Chọn tam diện (A,AB,AD, AA1)

   

2

1

2

1

0

0 0

1 1

( ; 0; ) ( 1 )

(0; ; ) ( 1 )

1 ( ) ( )

os ( ) ( ) ( ) ( ) 60

2 ( ) ( ) ; ; ( ), ( ) 180 60 120

.

. .

.

A B A C a a A BC

A D A C a a A DC

SAB SAD

c SAB SAD SAB SAD

SAB SAD

B A C D A BC A DC

n n

n n

n n n n

n n

  

 

  

 

   

     

   

    



 

……….Hết………

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 07

Hình Cầu

Bài 1:

Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c; AC=BD=b; AD=BC=c Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Bài 2:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh đáy cạnh bên a Gọi A’, B’, C’, D’lần lượt trung điểm SA,SB,SC,SD

a) CMR: Các điểm A,B,C,D,A’,B’,C’,D’ thuộc mặt cầu (C) b) Tính bán kính mặt cầu

Bài 3:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, hai mặt bên (SAB) (SAD) cung vng góc với đáy, SA=a

Tính bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp

Bài 4:

Cho tứ diện ABCD có chiều cao kẽ từ đỉnh h1, h2 ,h3 ,h4 Gọi r bán

kính hình cầu nội tiếp tứ diện CMR:

1

1 1 1 1 1

h  h  h  h  r

Bài 5:

Cho tam giacs cân ABC có

120

BAC

  và đường cao AH a Trên đường thẳng  vng góc với (ABC) A lấy điểm I,J bên điểm A cho: IBC tam giác đều, JBC tam giác vuông cân

a) Tính cạnh củaABC

b) Tính AI, AJ chứng minh tam giác BIJ CIJ tam giác vuông c) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IJBC, IABC

Bài 6:

Bài 7:

Tìm tập hợp tâm mặt cầu qua gốc tọa độ tiếp xúc với mặt phẳng có phương trình là:

(P): x+2y-4=0 (Q): x+2y+6=0

Bài 8:

Trong KG cho mặt cầu (S) qua điểm: A(0;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1), D(0;1;0) Và mặt cầu (S’) qua điểm: '( ;0;0),1 '(0; ; ),1 '(1;1;0), '(0;1;1)

2 2

A B C D

Tìm độ dài bán kính đường trịn giao tuyến mặt cầu

Bài 9:

Trong hệ trục TĐ Oxyz cho đường thẳng có PT:

5 2 ( ) : à ( ) : 2

0

x t x s

d y t v d y

z z s

  

 

     

 

   

 

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d1 I cách d2 khoảng Biết

rằng mặt cầu (S) có bán kính

Bài 10:

Trong hệ trục TĐ Oxyz cho điểm: A(0;-1;1) B( 1;2;1)

Viết PT mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung đường thẳng AD đường thẳng trục Ox

……….Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 07

Hình Cầu

Bài 1:

Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c; AC=BD=b; AD=BC=c Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Giải:

Gọi M, N trung điểm BC AD

Vì ABC DBCAM DMMNAD Tương tự: MNBC

Vậy MN đoạn vng góc chung AD BC Hay MN đường trung trực AD và BC

 Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trung điểm MN Ta có:

2 2 2

2

2

b c a b c a

AM DM    MN AM AN   

2 2

2

( )

2 2

MN a b c

R OA AN  

    

Vậy:

2 2

2 1 2

4 ( )

4 2 2

4 R a b c a b c

S         

Bài 2:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh đáy cạnh bên a Gọi A’, B’, C’, D’lần lượt trung điểm SA,SB,SC,SD

a) CMR: Các điểm A,B,C,D,A’,B’,C’,D’ thuộc mặt cầu (C) b) Tính bán kính mặt cầu

Giải:

a) Gọi O, O’ tâm hình vng ABCD, A’B’C’D’

Khi OO'(ABCD v) OO'( ' 'A B C D' ') OO’ trục đường tròn ngoại tiếp hình vng

2 2 2 2 2 2

' ' ' ( ) ( ) ( OO ') ;

2

2

OO '

2 4

a a

OI x Do IA IA OI OA OI OA x x

SO a a

x

          

   

Vậy điểm A,B,C,D, A’,B’,C’,D’ thuộc mặt cầu tâm I

b) Bán kính :

2

10

a a a

RIA  

Bài 3:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, hai mặt bên (SAB) (SAD) cung vng góc với đáy, SA=a

Tính bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp Giải:

Vì

( ) ( ) ( ) ( )

SAB ABCD

SAB ABCD AB AD SA

AD AB

 



   



 

Tương tự ABSA

Ta hoàn toàn chứng minh SBBC v SDà DC

2 2

2

2

2

2 2

(2 2)

a a a a

SAB SAD SBC SCD ABCD a

TP

a

S S S S S S

              

 

Mà

3

1 1 2

. .

óp 3 3 3

a

V SA S ABCD a a

ch    và

3 (2 2)

2

TP

V a

r S

r   

Bài 4:

Cho tứ diện ABCD có chiều cao kẽ từ đỉnh h1, h2 ,h3 ,h4 Gọi r bán

kính hình cầu nội tiếp tứ diện CMR:

1

1 1 1 1 1

h  h  h  h  r

Giải:

1 2 3 4

1

1

1

1 1 3 3

; ; ;

3 3

1 1 1

3

TP

V V V V

V h S h S h S h S h h h h

S S S S

S S S S S

h h h h V V r

        

  

      

Bài 5:

Cho tam giacs cân ABC có 120

BAC

  và đường cao AH a Trên đường thẳng 

vng góc với (ABC) A lấy điểm I,J bên điểm A cho: IBC tam giác đều, JBC tam giác vng cân

a) Tính cạnh củaABC

b) Tính AI, AJ chứng minh tam giác BIJ CIJ tam giác vng c) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IJBC, IABC

Giải:

a) Các bạn tự tính ta được:

ABAC2a 2;BC2a

b) Các bạn tính AI=4a AJ=6a

Ta thấy IJ=AI+AJ=2a+4a=6a IB2 + JB2 =24a2+12a2 = 36a2

Điều chứng tỏ tam giác BIJ vuông B, tương tự ta chứng minh tam giác CIJ vuông C

c) Ta có:

90

IBJ ICJ

    Điều chứng tỏ B,C nằm mặt cầu đường kính IJ, bán kính

IJ

2

a R    a

Vì tam giác ABC cân A nên đường cao Ah đường trung trực

 Tâm A’ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm AH Định lý hàm số sin cho ta: 2 2

sin

BC

R R a AH

A    nên A’ đối xứng với A qua

BC

Gọi K trung điểm AI, Tâm L mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC giao điểm trục A’x đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trung trực đoạn Az nằm mp (AIH)

Bán kính mặt cầu là:

2

2 AI 2

Bài 6:

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mp( ) :2 x y 2z150 và điểm J(-1;-2;1) Gọi I

là điểm đối xứng J qua ( ) Viết phương trình mặt cầu tâm I, biết cắt ( ) theo

đường trịn có chu vi 8π

Giải:

Gọi I(a;b;c) ta có:

( )

2 3

1 2 1

IJ ( 1; 2; 1). IJ n

2 3

2 1 2

a b

a b c

a b c Do

c b

      

         

  

 

Nhưng trung điểm M IJ lại nằm ( ) nên ta có : b= -4 I (-5;-4;5) Ta tính khoảng cách từ I đến ( ) IO’=3

Vì C=2πR0=8π nên R0=4 => RIA IO'2AO'2  4232 5 Vậy: ( ) :(C x5)2 (y4)2 (z 5)2 25

Bài 7:

Tìm tập hợp tâm mặt cầu qua gốc tọa độ tiếp xúc với mặt phẳng có phương trình là:

(P): x+2y-4=0 (Q): x+2y+6=0 Giải:

Ta nhận thấy (P) song song với (Q) nên 2R= d( (P), (Q))

Lấy M(0;2;0) thuộc (P) ta có: d( (P), (Q))= d( M, (Q)) = 5 R 5 Lúc PT mặt cầu có dạng: (x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=5

Vì C qua O(0;0;0) nên: 2 2 2

5 ( ) :

a b c   I S x y z 

Mặt khác: Mặt phẳng song song cách (P) (Q) có PT: (α): ( 4) ( 6)

2

x y x y

x y

    

   

Do 2

2 1 0

( )

( ) ( ) :

( ) 5

x y

I

I S

I S x y z



   

 

   

  

  

  ( Cố định )

Bài 8:

Tìm độ dài bán kính đường trịn giao tuyến mặt cầu Giải:

Lần lượt ta lập PT mặt cầu với dạng tổng quát chung là: x2 y2  z2 2ax2by2cz d 0

 Với (S) ta có: 2

1

1

; 0(1)

1 2

3 2

c d a d

a b c d x y z x y z

b d

a b c d

  



   

             

    

      

 Với (S’) 2

1

0

1 7

0 ; ; 2 0(2)

2 4 2

2 2

2 2

a d

b c d a c b d x y z x y z

a b d b c d

    



                  

 

   



     

Từ (1) (2) ta thấy mặt phẳng chứa đường trịn giao tuyến có PT: ( ) : 9 x y 9z 4 0

Vậy PT đường trịn giao tuyến cần tìm là:

2 2 2

9

( ) : 1 1 1 3

( ) ( ) ( )

2 2

x y z C

x y z

   

  

     



Bài 9:

Trong hệ trục TĐ Oxyz cho đường thẳng có PT:

5 2 ( ) : à ( ) : 2

0

x t x s

d y t v d y

z z s

  

 

     

 

   

 

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d1 I cách d2 khoảng Biết

rằng mặt cầu (S) có bán kính Giải:

2

2

2

. ( 2; 0;1)

( ) ó (5 ; 2; 0) ( )

(5; 2; 0)

6 30 45

. ( 2;5 ; 2 4) ( ) 3

5 0 (0; 0; 0)

5 (5; 5; 0)

d u IM

u

d c IM t t d I d

Qua M u

t t

u IM t t t d I d

t I

t I

 

  

         



 

 

           

 

  

    



Vậy có PT mặt cầu thõa mãn đk toán là:

2 2

1

2 2

2

( ) : 25

( ) : ( 5) ( 5) 25

S x y z

S x y z

  

    

Bài 10:

Trong hệ trục TĐ Oxyz cho điểm: A(0;-1;1) B( 1;2;1)

Viết PT mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung đường thẳng AD đường thẳng trục Ox

Giải:

Lập PT đường thẳng qua AB ta có: ( ) : 1 3

1 x t

AB y t

z

 

    

  

Gọi M t t( ;3 1;1)(AB)

Và N(s;0s0) thuộc Ox MN  (t s t;3 1;1) Sử dụng :

Ox

MN AB

MN  

 

 Ta tìm

1

t s Ta tìm : ( ;0;1) ,1 ( ;0;0)1 ( ;0; )1

3 3

M N O trung điểm MN Và

2

MN

R 

Vậy: ( 3)2 ( 1)2 1

2 4

x y  z 

……….Hết………

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 08

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MIN, MAX

Bài 1: Cho số dương tùy ý x,y,z

CMR:

3

2 2 2 4

x y z

x y z  x y z  x y z 

Bài 2: Cho số dương x,y,z thõa mãn: xyz=1

CMR:

2 2

3

1 1 1 2

x y z

y  z  x 

  

Bài 3: Cho số không âm tùy ý x,y,z thõa mãn: x+y+z=0

CMR: 2 4 x  2 4 y  2 4 z 3 3

Bài 4: Cho số dương tùy ý a,b,c:

Tìm Min: 4( 3) 4( 3) 4( 3) 2 2

a b c

A a b b c c a

b c a

 

          

 

Bài 5: Cho số dương tùy ý x,y,z

Tìm Min của:

1 1 1

2 2 2

x y z

P x y z

yz zx xy

     

         

 

   

Bài 6: Cho số dương x,y,z thõa mãn điều kiện: xyz=1 Chứng minh rằng:

2 2

3 3 1

x y z

P

x y y z y z z x z x x y

   

     

Bài 7: Cho số thực a,b,c tùy ý Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 (*)

1 1 1 1 1 1

a c a b b c

a c a b b c

  

 

     

Bài 8: Cho số thực a,b,c,d thõa mãn: a2 +b2=1; c – d =3 Chứng minh:

9 2 4

F  ac bd cd  

Bài 10: Cho x,y,z thuộc khoảng (0;1) thõa mãn điều kiện: xy + yz + zx = Tìm Min của:

2

1 1 1

x y z

P

x y z

  

  

Bài 11: Cho x, y, z >1 thoả mãn điều kiện : xy + yz + zx  2xyz

Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1)

Bài 12 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số:

4 2

2

2 1 1 1

1 1 2

x x x

y

x x

    



   

Bài 13 Cho số a,b,c,d thõa mãn: a+2b=9;c+2d=4 CMR:

2 2 2 2

12 52 2 20

a  a b  b  a  c b d  ac bd  c d  c d 

Bài 14:Cho số dương x,y,z thõa mãn: 3-x + 3-y + 3-z =1 CMR:

9 9 9 3 3 3

3 3 3 3 3 3 4

x y z x y z

x y z y z x z x y

 

  

  

Bài 15:

Tìm Min của:

2 2

x y z

H

y z z x x y

  

  

Trong đó: 2 2 2 2 2 2

, , 0

2010

x y z

x y y z z x

 



     



Bài 16: Tìm Min, Max của:

  

2

2 2

3 12

xy A

x y x x y



  

Bài 17: Cho số thực thõa mãn: x2 + y2 + z2 =1

Tìm Min, Max của: P   (x y z) (xy yzzx)

4 1

4

A

x y

 

Bài 19: CMR: Với tam giác ABC ta có:

1 os 1 os 1 os

2 2 2 3 3

A A A

c c c

A A A

  

  

Bài 20: Cho số không âm tùy ý x,y thõa mãn x y 1: Tìm Min, Max của:

1 1

x y S

y x

 

 

……….Hết………

HDG ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 08

Kiến thức Bất đẳng thức tìm Min, Max đơi cịn xa lạ với nhiều bạn Khi đụng đến phần bạn thường thấy ngại làm Kể việc đọc giải bạn ln đặt câu hỏi: Vì lại tách mà khơng tách kiểu khác? Sao chứng minh BĐT lại có chiều quay lại…Đây kiến thức làm quen từ cấp II, quá trình học bạn phải rèn luyện nhiều, tham khảo nhiều giải hay, nhiều thủ thuật biến đổi tạm n tâm Tơi có đơi điều Mong bạn ôn tập thật tốt!

Bài 1: Cho số dương tùy ý x,y,z

CMR:

3

2 2 2 4

x x x

x y z  x y z  x y z 

Giải:

Ta có:

   

1 1 1

2

1

2

1

2 4

1

x y z x y x z x y x z

x x x

x y z x y x z

y y y x y y z x z

VT

x y z x y y z x y y z x z

z z z

x y z x z y z

 

    

        



 

    

      



       

          

           



 

   

     

Dấu “=” xảy x=y=z

Bài 2: Cho số dương x,y,z thõa mãn: xyz=1

CMR:

2 2

3

1 1 1 2

x y z

y  z  x 

  

Giải:

2

2 3

2

1

1 4

9 3

1 3 ( ) 3( ) 3 3

( )

1 4 4 4 4 2

1

1 4

x y

x y

xyz

y z x y z x y z

y VT x y z

z

z x

z x

 

  

 

 

       

         

 

 

  

 

Dấu “=” xảy x=y=z=1

Bài 3: Cho số không âm tùy ý x,y,z thõa mãn: x+y+z=0

CMR: 2 4 x  2 4 y  2 4 z 3 3

Giải: Đặt:

 

1 1

3 6 6

(1)

18

4

, , 0

4 à : 2 2 2 3 (1)

1 4

ó : 2 1 1 3 2 3. 3.

3 3. 3 3

x y z

a

a b c

b V a b c

abc c

Ta c a a a a a VT a b c

abc

 



 

       

  

  



 

             

 

 

Dấu “=” xảy x=y=z=0

Bài 4: Cho số dương tùy ý a,b,c:

Tìm Min: 3 3 3 3

2 2

4( ) 4( ) 4( ) a b c

A a b b c c a

b c a

 

          

 

Giải:

 

3 3 3

3 3

2 2

3 3 3 3

3 3 3 3

3 3

3

2 2 3 3

4( ) 4( ) 4( ) 2 ì :4( ) 8 ( ) 4( ) 2

4( ) 4( ) 4( ) 2 6

1 1

à 2 6 6 12 12

a b c

A a b b c c a

b c a

V a b ab a b ab

a b b c c a ab bc ca abc

a b c

V A abc Min A

b c a abc abc

 

          

 

    

         

 

         

   

   

Dấu “=” xảy a=b=c=1

Bài 5: Cho số dương tùy ý x,y,z

Tìm Min của:

1 1 1

2 2 2

x y z

P x y z

yz zx xy

     

         

 

   

Giải:

Ta có:

 

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

2

2

2

1 1

2 2 2

1 1 1 1 1 3 1

ì : 3 ( ) à 1 .

2 2 2 ( )

3 1 9 9

3 ( )

2 ( ) 2 2

x y z x y z x y z x y z

P x y z

xyz xyz xyz xyz xyz

V x y z xyz V

xyz xyz xyz xyz

P xyz MinP

xyz

 

     

           

 

 

        

 

    

Dấu “=” xảy x=y=z=1

Bài 6: Cho số dương x,y,z thõa mãn điều kiện: xyz=1 Chứng minh rằng:

2 2

3 3 1

x y z

P

x y y z y z z x z x x y

   

     

Giải:

2

3 2

3 3 3 3

2 2 2 2

3 3 3

2 2 2 2 2 2

3 3 3

2 2 2

ì :

à : 0

2 .

x x

V

x y y z x xy y

x y x y y z z x

M x y

x xy y x xy y y yz z z zx x

x y z y z x

x xy y y yz z z zx x x xy y y yz z z zx x

x y y z z x

P

x xy y y yz z z zx x

V



   

   

     

       

     

           

  

   

     

3 2 2

2 2 2

3

3

1

ì : ( ) :

3 2

2 ( ) 2 2 1.

x y x xy y x xy y

x y m

x xy y x xy y x xy y

x y x y

P x y z xyz P

    

  

     

 

Bài 7: Cho số thực a,b,c tùy ý Chứng minh rằng:

2 2 2 (*)

1 1 1 1 1 1

a c a b b c

a c a b b c

  

 

     

Giải:

Đặt:

 

tan

tan (*) sin( ) sin( ) sin( ) tan

ì : sin( ) sin ( ) ( ) ) sin( ) os( ) os( ) sin( ) sin( ) os( ) os( ) sin( ) sin( ) sin( )

a b c

V c c

c c



      



                         

 

        

   

          

         

 Điều phải chứng minh

Bài 8: Cho số thực a,b,c,d thõa mãn: a2 +b2=1; c – d =3 Chứng minh:

9 2 4

F  ac bd cd  

Giải: Gọi:

   

 

2

2 2 2 2

2 2

; ( ) : 1 à ; : 3

ó : ( ) ( ) 2 2

( ) 2( ) 2

A a b A C x y v B c d B d x y Ta c AB a c b d a b c d ac bd

a b c d ac bd cd F

       

         

         

Vì AB nhỏ A,B thuộc đường vuông góc với d kẽ từ O

2

3 2 3 2 2 22 12 2 1

2 2 4

22 12 2 11 2 9 2

10 2 5

4 4 4

AB Min OB OA AB

F F F

 

       

  

       

Bài 9: Cho: a c 0;bc Chứng minh:

 

 

, ,

: . . ( ) ( )

a c b c a c b c b

b a c c b a c c a

Do a b a b c a c c b c ab

     

     

     

Bài 10: Cho x,y,z thuộc khoảng (0;1) thõa mãn điều kiện: xy + yz + zx = Tìm Min của:

2

1 1 1

x y z

P

x y z

  

  

Giải:

Đặt

 

2 2

3

tan 2

tan tan tan

1

2 2 2

tan t anA tan tan

2 1 tan 1 tan 1 tan 2

2 2 2

tan 2

ì : ó : t anA tan tan t anA tan tan 3 t anA tan tan 3 3

t anA tan tan t anA tan tan 3 3

2

A x

A B C

B

y P B C

A B C

C z

V Trong ABC ta c B C B C B C

B C B C P

   

        



   

  

    

      

Dấu “=” xảy A=B=C=600 hay 1

3

x  y z

Bài 11

Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện : xy + yz + zx  2xyz

Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Giải:

Ta có: xy + yz + zx  2xyz 1 1 1 2

x y z    

           

1 , , 0

1 1

1 1 1 1 1

1 1

1 1

1

2

1 1 ( 1)( 1)

1

2 ;

1 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

1

8

1 1 1

1

1 1 ax

8

x a a b c

y b

a b c

z c a b c

b c bc

a b c b c

ca ab

b c a c a b

abc

abc

a b c a b c

x y z M A

 

  

           

           

      



   

    

 

     

   

     

      

Bài 12

Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số:

4 2

2

2 1 1 1

1 1 2

x x x

y

x x

     

   

Giải:

Đặt:

 

 

2

2

2

2

2 2 2

2

2

, 0

1 2

;

2 2

1

1 ( 1) 4

:

2 2

2; 2 ax (0) 1

0 ' 0

4 4 2 lim

3

2 t

a b

a x ab a b

y

a b

a b

b x

t a b a b

Coi t a b

t t y

t

t M y y

t y

y t

y t

t 

      

  

     



 



             

     

 

 

      



 

       

   

     

  



Vậy hàm số đạt Max=1 không đạt Min Bài 13

Cho số a,b,c,d thõa mãn: a+2b=9;c+2d=4 CMR:

2 2 2 2

12 8 52 2 2 4 8 20 4 5

   

1

2

2

( ) : 2 9 0 ( ) : 2 4 0

ó : 12 8 52 6 4

A d x y

B d x y

Ta c a a b b a b AM

    

     

        

   

   

2

2 2

2

2

2 2

4 8 20 2 4

a c b d ac bd a c b d AB

c d c d c d BN

         

        

Mà : AMABBN MN  (6 2) 2 (4 4)2 4 5

Bài 14

Cho số dương x,y,z thõa mãn: 3-x + 3-y + 3-z =1 Chứng minh rằng:

9 9 9 3 3 3

3 3 3 3 3 3 4

x y z x y z

x y z y z x z x y

 

  

  

Giải:

Đặt:

  

        

  

2 2 3

2 2

3 3

2

3 3

3

3 , , 0 3 1 1 1

1 3

ó : ì :

.

ó : 3

8 4

x y z

a a b c

b ab bc ca abc

a b c c

a b c a b c

Ta c VT

a bc b ca c ab a abc b abc c abc

a a a

V

a abc a ab bc ca a b a c

a b c

VT

a b a c b c b a c a c b

a a b a c a

Ta c

a b a c

   

 

     

    

  



     

     

 

     

   

     

 

  

 

     

3

3

3 64 4

3 3

;

4 4

3

2 ( )

8 4 4

a

b c

b c

b c b a c a c b

a b a c b c a b c

VT a b c VT VP dpcm



 

   

      

 

         

Tìm Min của:

2 2

x y z

H

y z z x x y

  

  

Trong đó: 2 2 2 2 2 2

, , 0

2010

x y z

x y y z z x

 



     



Giải:

Đặt:

2

2

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

, ,

2010

ó :

2( ); 2( ); 2( )

2( ) 2( ) 2( )

à : ; ;

2 2

1 2

a x y

a b c

b y z

a b c

c z x

Theo Bunhiacopxki ta c

x y x y y z y z z x z x

x y z

H

y z z x x y

a b c a b c a b c

V x y z

a b c

H

b

  

  

   

    

 

 



        

   

  

      

  

 

  2 2 2

2

2 2 2

1 1 ( )

( ) 2( ) ì : ( ) ê :

3 2

1 ( ) 1 1 ( )

.( ) 2( ) 2( )

3

2 2

2010 1005 2 2 2

a b c a b c

c a

a b c

a b c a b c V a b c n n

a b c

a b c a b c

H a b c a b c a b c

a b c a b c

      

 

 

 

     

             

 

 

         

               

   

 

 

    1005 224450

2

Min H     x y z

Bài 16: Tìm Min, Max của:

  

2

2 2

3 12

xy A

x y x x y



  

        

2 2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

ó : . :

3 1 1 12

1 1 12 1

1 1 3 1 1 12 1 3 12

3 1 1 12

1 1 12 1 1

. : 1 12 ( 1) 3 ( )

3 12 4 3

1

'( ) 0 3 ( ) ( 3

y

Ta c A Coi t

x

x y

y x

t t

t A

t t

t t

t t

t u

Coi u t u A f u

t u

u

f u A f u f

u

 

 

    

 

       

     

  

 

   

         

 

 

  

      

 

  

      



1 1

3) ax .

6 18

à : lim ( ) 0 0

u

M A

V f u MinA



  

  

Bài 17: Cho số thực thõa mãn: x2 + y2 + z2 =1

Tìm Min, Max của: P(x  y z) (xy yzzx)

Giải:

Đặt:

2 2

2

3( ) 3 3; 3

1 2 1

à ( ) '( ) 0 1 3; 3

2 2

ax (1) 1

ó :

( 3) ( 1)

t x y z t x y z t

t t t

V P t f t f t t

M P f

Qua BBT ta c

MinP f

 

           

     

          

 

 

     

Bài 18: Cho số dương x,y thõa mãn: x+y=5/4 Tìm Min của:

4 1

4

A

x y

 

 2

5 16

16 4 60 5

. 5

4 4 ( ) 4 (5 ) 4

4 0 , 5 16 16 1 16 1

: à : ( )

5 4 5 5

0

16 1 16

'( ) 0 5 (1) 1 5

4 5

3

y y

y x y

A

xy y y y y

a y a b a b

Coi V A f a

b y a b ab b a a a

a

f a MinA f

a a

a

 

 

  

 

  

        

      

 

  

         

   



Dấu “=” xảy x=1; y=1/4

Bài 19: CMR: Với tam giác ABC ta ln có:

1 os 1 os 1 os

2 2 2 3 3

A A A

c c c

A A A

  

  

Giải: Xét hàm số:

2

cos 1 2

x

y  x

' sin à '' cos 0; ;

2

y  x x v y   x   x o  

 

Ta thấy y’ đồng biến ta có: y > Vậy ta có:

2

cos 1

2 x x 

Áp dụng cho góc A/2, B/2 , C/2 ta có:

2 2

cos 1 ;cos 1 ;cos 1

2 8 2 8 2 8

A   A B   B C  C

1 1 1 1 9

2 ( ) 2.

8 8

18 144

3 3 8 8

A B C

VT A B C

A B C A B C

 

 

 

 

         

 

 



   

Bài 20: Cho số không âm tùy ý x,y thõa mãn x+y=1: Tìm Min, Max của:

x y

Giải:

Ta có:

2

2

2

( ) ( ) 2 2 .

1 1 ( ) 1 2

( ) 1 1 2 2 6

à : 0 . : 0; à 2 ( )

4 4 4 2 2

1 2 inS ( ) 6

' 0 4 3

( 2)

ax (0) 1

x y x y x y xy

S

y x xy x y xy

x y t

M xy Coi t xy t v S f t

t t

M f

S t

M S f

   

   

     

   

           

 

 

  

 

    

   



……….Hết………

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 09

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG

Bài 1: Một hình thoi có đường chéo có phương trình: x+2y-7=0, cạnh

có phương trình: x+3y-3=0 Một đỉnh (0;1) Viết phương trình cạnh đường chéo thứ hình thoi.

Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(1;4) N(6;2) Lập phương trình

đường thẳng quaN cho khoảng cách từ M tới 2.

Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(3;1) Viết phương trình đường thẳng

qua M cắt trục tọa độ Ox, Oy tương ứng A B cho OA+OB đạt giá trị nhỏ

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(1;2),

đường trung tuyến BM đường phân giác CD có phương trình là: 2x+y+1=0 x+y-1=0 Viết phương trình đường thẳng BC.

Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường thẳng d có phương trình:

2x+3y+1=02x+3y+1=0 điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M tạo với d góc 450

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;0)

đường thẳng chứa đường cao kẽ từ B C có phương trình: x-2y+1=0; 3x+y+1=0 Tính diện tích tam giác ABC

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB=AC,

góc BAC = 900 Biết M(1;-1) trung điểm BC G(2/3;0) trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh ABC

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A

Có trọng tâm G(4/3;1/3), Phương trình đường thẳng BC là: x-2y-4=0, phương trình đường thẳng BG là: 7x-4y-8=0 Tìm tọa độ đỉnh A,B,C

Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật có tâm I(1/2;0) Phương trình

đường thẳng AB là: x-2y+2=0 AB=2AD Tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D Biết rằng A có hồnh độ âm

Bài 10: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(0;2) đường thẳng d: x-2y+2=0

Tìm d hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B AB=2BC

Câu 12 Cho tam giác ABC nhọn, viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC biết tọa độ chân đường cao hạ từ A,B,C là:

A’(-1;-2) , B’(2;2), C(-1;2).

Câu 13 Cho hình vng ABCD có đỉnh A(3;0) C(-4;1) đối diện Tìm tọa độ

các đỉnh lại?

Bài 14: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) đường thẳng d:

  2 2

( ) :C x1  y1 4; d x:   y 1 0

Viết phương trình đường trịn (C’) đối xứng với (C) qua d

Bài 15: Cho tam giác ABC với A(8;0), B(0;6) C(9;3)

Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng d: 2x-y-5=0 điểm A(1;2),

B(4;1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d qua A,B

Bài 17: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: 4x+3y-43=0 điểm A(7;5)

trên d Viết phương trình đường trịn tiếp xúc với d A có tâm nằm đường thẳng:

: 2x 5y 4 0

   

Bài 18: Trên mặt phẳng Oxyz cho đường thẳng:

d1:3x+4y-47=0 d2:4x+3y-45=0

Lập phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng d: 5x+3y-22=0

Và tiếp xúc với d1 d2

……….Hết………

HDG ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 09

Các tốn hình học giải tích phẳng thực khơng khó khăn đâu bạn ah!, Để học tốt phần bạn cần chuẩn bị cho kiến thức từ trung học sở yếu tố điểm, đường thẳng tam giác tứ giác, kỹ phát yếu tố làm sở để tìm hướng giải cho toán

Bài 1: Một hình thoi có đường chéo có phương trình: x+2y-7=0, cạnh

có phương trình: x+3y-3=0 Một đỉnh (0;1) Viết phương trình cạnh đường chéo thứ hình thoi.

Giải:

Giả sử A(0;1) tọa độ B nghiệm hệ PT: 3 3 0 (15; 4)

2 7 0

x y

B

x y

  

  

    

Gọi C(a;b) ta có tâm ( ; 1) ( 15; 5) 2

a b

O  v D a b

 

 

; 1

30; 9 ( 30) ( 1)( 9) 0(1)

à : 15 2( 5) 7 0 12 (2)

AC a b

BD a b a a b b

AC BD

M D BD a b a b

  



         

 



         

Thế (2) vào (1) ta có: b=-9 hay b=5

-9 (30; 9) (15; 4) ( ) (2;5) (1;3) ( 13;10) : ( 2) 3( 5) 0 : 3 17 0

(2; 4) (2; 1) : 2 ( 1) 0 2 1 0 ( 13;9) (9;13)

: 9 13( 1) 0 : 9( 2) 1

AB CD AC

AD BC

b C D B loai C O D

Do n n CD x y hay x y

AC n AC x y x y

AD n n

AD x y

BC x

         

        

          

    

  



 

: 9 13 13 0 3( 5) 0 : 9 13 83 0

AD x y

y BC x y

  

 



      

 

Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(1;4) N(6;2) Lập phương trình

đường thẳng qua N cho khoảng cách từ M tới 2.

 

:x d M 2(loai)

       

 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm có dạng: ' :yk x(  6) 2

  2 2 6

2 6 0 ' 2

1 0

2 ' :

20

20 21 162 0 21

kx y k

kx y k d M

k k

y

x y

k

  

         

 

  



   

      



Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(3;1) Viết phương trình đường thẳng

qua M cắt trục tọa độ Ox, Oy tương ứng A B cho OA+OB đạt giá trị nhỏ

Giải:

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là:

   

 

2 2

1. : ; 0 à 0;

3 1

1

3 1

( 1)

( ) ( 1) 3 3 1 3 3 3

0

: 1

3 3 1 3

x y

Voi A a v B b

a b

a b

OA OB a b a b a b

a b

a b

Min OA OB a b b a

ab

x y

PT  

   

   

            

  



  

            

 



  

 

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(1;2),

đường trung tuyến BM đường phân giác CD có phương trình là: 2x+y+1=0 x+y-1=0 Viết phương trình đường thẳng BC.

Giải:

Gọi A’ điểm đối xứng với A qua CD AA’ cắt CD I ta có: A’ thuộc BC Ta có: uCD nAA'   (1; 1) AA ' :x   1 (y 2) 0 hay x  y 1 0

1 0

(0;1) '( 1;0). ( ; ). 1 0 1 0

x y

I A Goi C a b Do C CD a b

x y    

       

   



Mà trung điểmM AC có tọa độ là:

( 1; 1) 2. 1 1 1 0 2 6 0

2 2 2 2

a b a b

M   BM        a b  

Tọa độ C nghiệm hệ PT:

1 0

( 7;8) ' ( 6;8) (4;3)

2 6 0

: 4( 1) 3 0 4 3 4 0

BC

a b

C A C n

a b

BC x y hay x y

   

      

    

      

Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường thẳng d có phương trình:

2x+3y+1=0 điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M tạo với d một góc 450

Giải:

Xét đường thẳng cần tìm song song với trục tung là: 2 1 : 1 0 (1;0) ( ; )

13 2

x n d d

        

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là:

  '

2

' : 1 1 1 0 ( ; 1)

1

5 4 0 2 3 1

os( '; ) 5

5 6 0 2

14. 1 5

y k x kx y k n k

x y

k k

c d

x y

k k



           

   

   

       

  

    

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;0) đường

thẳng chứa đường cao kẽ từ B C có phương trình: x-2y+1=0; 3x+y+1=0 Tính diện tích tam giác ABC

Giải:

Ta có:

uCK nAB   (1; 3) AB x: 3y 1 0

 

3 1 0

( 5; 2)

2 1 0

à : BH AC 2;1 2( 1) 0 2 2 0

x y

B x y

V u n x y x y

  



  

    

         

Và tọa độ C nghiệm hệ phương trình:

 

2

2 2 0

( 3;8) 4 8 4 5

3 1 0

14 1 1 14

. .4 5. 28

2 2

5 ABC 5

x y

C AC

y

d B AC BH S AC BH

   

     

    

      

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB=AC, góc

BAC = 900 Biết M(1;-1) trung điểm BC G(2/3;0) trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh ABC.

Giải:

Gọi

 

0

0

2 ; 3

1

( ; ) ; 1 0; 2

3 2

AG x y

A x y GM M

AG GM

    

 

  



  

      

    

 

 

 

  

; 2 2 ; 4 ( ; ) (2 ; 2 )

2 ; 2 (1; 3)

(2 ) 2 4 0 0 (4; 0); ( 2; 2) ì :

2 ( 2; 2); (4; 0) 2 2 3(2 ) 0

AB a b

AC a b

Goi B a b C a b

BC a b

AM

a a b b

AB AC b B C

V

AM BC a b b B C

  



    



     

   

 

  

     



    

  

        

   



  

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A Có

Hồng độ giao điểm B nghiệm hệ PT: 7 4 8 0 (0; 2)

2 4 0

x y

B

x y

  

  

    

Do C thuộc BC nên: 4 a 2(3    b) a 2b 6

Nhưng tam giác ABC cân nên:

  4 1

; 3 3

. 0 : 2 3 0

2;1

BC

BC

AG a b

AG BC AG u M a b

u

    

 

  

       

 

 Tọa độ A nghiệm hệ PT:

2 6 0

(0;3) (4; 0)

2 3 0

a b

A C

a b

  



 

    

Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật có tâm I(1/2;0) Phương trình

đường thẳng AB là: x-2y+2=0 AB=2AD Tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D Biết rằng A có hoành độ âm

Giải:

 Phương trình đường thẳng qua I vng góc với AB d:2x+y-1=0

 Tọa độ giao điểm M d B nghiệm hệ:

(0;1) 5

2 2

x y

M MI AD MI AM

x y    

      

    

Gọi A(a;b) với a<0 ta có: AM  a2  (b 1)2  5 Do A thuộc AB nên a-2b+2=0 => a=2(b-1)

 2 0 2

5 1 5 ( 2; 2)

2 2( )

(2; 2) (3; 0)

( 1; 2)

b a

b A

b a loai

B C D

    

         

   

   

Bài 10: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(0;2) đường thẳng d: x-2y+2=0 Tìm

Phương trình đường thẳng qua A vng góc với d là: 2x+y-2=0

Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình:

2 2 0 2 6

( ; )

2 2 0 5 5

x y

B

x y

   

     

Ta có: ( )

d Ad 

Gọi C(a;b) điểm d, ta có: a-2b+2=0 (1) và:

2

2 2 6 4

( ) (2)

5 5 5

d Ad BC a  b  

   

Từ (1) (2) ta có: C(0;1) C(4/5;7/5)

Bài 11:Cho ABC c Aó (5;3); B( 1; 2); C( 4;5) viết phương trình đường thẳng

qua A chia tam giác ABC thành phần có tỉ số diện tích nhau.

Giải:

Gọi M(a;b) , ta có:  

( 1; 2)

3;3 BM a b BC

   

 

  

Do

1 1

1

2 1 ( 2;3) ( 7; 0)

3

2 1 2 ( 3; 4) ( 8;1)

3 2 2

: 3 0

: 8 29 0

x BM BC y

M AM

M

x AM

BM BC

y d y

d x y

   

  

           

   

   

   

   

   

  

    



Bài 12:Cho tam giác ABC nhọn, viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC Biết

tọa độ chân đường cao hạ từ A,B,C là: A’(-1;-2) , B’(2;2), C(-1;2)

Ta có:

1 1 1

1 1

( 3;0) (0;1) : 2 0

( 3; 4) (4; 3) : 4( 2) 3( 2) 0 : 4 3 2 0

B C n B C y

B A n B A x y hay x y

       

 

             



Bài 13: Cho hình vng ABCD có đỉnh A(3;0) C(-4;1) đối diện Tìm tọa độ

các đỉnh lại?

Giải:

Tọa độ trung điểm I AC là: 1 1;  7;1 (7; 1)

2 2 BD

I AC  n  

 

2

2

2

2 2

1

2

1 1

: 7( ) ( ) 0 7 4 0

2 2

1 7

( ; 7 4) 7

2 2

0 (0; 4)

1 5 2 1 1

50

1 ( 1; 3)

2 2 2 2 4

BD x y x y

Coi B a a BD BI a a

a B

AC

BI a a

a B

        

                

    

     

              

             

Bài 14: (Đề TSĐH khối D-2003)

Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) đường thẳng d có phương trình:

  2 2

( ) :C x1  y 1  4; d x:   y 1 0

Viết phương trình đường trịn (C’) đối xứng với (C) qua d

Giải:

(C) có tâm I(1;1) R=2

(C’) đối xứng với (C) qua d tâm I’ (C’) đối xứng với I qua d R=R’=2 Phương trình đường thẳng qua I vng góc với d là: :x  y 2 0

 

0

2 2

2 0 3 1

à : ( ; ) '(2; 0)

1 0 2 2

( ') : 2 4

x y

d K l ng cua HPT K I

x y

C x y

   

        



   

Giải:

Trung điểm AB là: M(4;3) àv AB  8;6  4; 3 

Ta có phương trình đường trung trực AB là:

4(x 4) 3(y  3) 0 4x3y 7 0 Trung điểm BC là: ( ; ) à9 9 9; 3 3; 1

2 2

N v BC   

Ta có phương trình đường trung trực BC là:

9 9

( ) 3( ) 0 3 9 0

2 2

x  y   x  y

Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp nghiệm hệ:

   

2

2

4 3 7 0

(4;3) 4 3 5

3 9 0

( ) : 4 3 25

x y

O R

x y

C x y

   

    

    

    

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng d: 2x-y-5=0 điểm A(1;2),

B(4;1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d qua A,B

Giải:

Tâm O giao điểm đường trung trực AB d Trung điểm AB là: ( ; ),5 3 (3; 1)

2 2

M AB 

Ta có phương trình đường trung trực AB là:

5 3

3( ) ( ) 0 3 6 0

2 2

x  y   x  y Vậy tọa độ tâm O nghiệm hệ:

3 6 0

(1; 3)

2 5 0

x y

O x y

   

     



Bán kính: R=5 nên ta có: ( ) :C x1 2  y32 25

Bài 17: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: 4x+3y-43=0 điểm A(7;5) d

Ta có:

   

0

2

(3; 4) : 3 4 1 0

3 4 1 0

à a : (3; 2) 5

2 5 4 0

( ) : 3 2 25

d OA

u n OA x y

x y

O OA l ng cu HPT O R OA

x y

C x y

      

   

           



    

Bài 18: Trên mặt phẳng Oxyz cho đường thẳng:

d1:3x+4y-47=0 d2:4x+3y-45=0

Lập phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng d: 5x+3y-22=0

Và tiếp xúc với d1 d2

Giải:

Các phương trình đường phân giác tạo d1 d2 là:

 

   

1

2 2

2

1 1

2

1

2 2

2

: 2 0

3 4 47 4 3 45

: 7 7 92 0

3 4 4 3

2 0

* 1: à : 2; 4

5x 3y 22 0

à 5 ( ) : 2 4 5

7 7 92 0 61 153

* 2 : à : ;

5x 3y 22 0 7 7 20

à

7

x y

x y x y

x y x y

TH O d l ng cua HPT O

v R C x y

x y

TH O d l ng cua HPT O

v R

   

    

  

   

  

   

       

      

  

  

      

    

 

2

2

61 153 400 ( ) :

7 7 21

C x  y 

       

   

……….Hết………

ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 10

PHƯƠNG TRÌNH LG, HÀM SỐ MŨ VÀ LOGARIT

Bài I:Giải phương trình sau:

 

3

3

3

2

1 / sin 1 3sin 3 os3x

2 / sin 3 ( 3 2) os3 1

3 / sin 3cos 3sin sin cos 0

4 / sin 5 3 os3 sin 3 0

5 / sin 4 3cos 2 16 sin cos 5 0

6 / inx 4 sin cos 0

7 / tan x sin 2 sin 3 os2 sin x cos

8 / 2 2 tan 3

9

x x c

x c x

x x x x x

x c x x

x x x x

s x x

x x c x x

sin x x

  

  

   

  

   

  

  

 

2

4 2

0

3 5

/ os 3 sin 2 1 sin

10 / 3cos 4 sin cos sin 0

11 / inx cos 7 sin 2 1

12 / 2 2 sin 1

4

13 / Tìm : 2 4(cos s inx) ó

14 / os2 5 2(2 cos )(s inx cos )

15 / os 2(sin os )

c x x x

x x x x

S x x

Sin x x

m cho PT Sin x x m c ng

C x x x

Sin x c x x c x



  

  

  

 

    

 

  

   

  

2

3

1

16 / cos 2 8 cos 7 (1)

cos

17 / cos 3 tan 4 cos 2 t anx 4 0

18 / 3 cos cos 1 2

19 / in os os2 tan tan

4 4

x x

x

x x x

x x

s x c x c x x  x 

  

    

   

   

       

   

Bài II: Tìm nghiệm thuộc khoảng (2π/5; 6π/7) phương trình:

3 sin 7xcos 7x 2

Bài III Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc khoảng (-π;7π/3): sinxmcosx m

Bài IV: Giải phương trình bất phương trình siêu việt sau:

2

2 2

1

3

3

1

2

2

1

2

2

4

4

1 / 2 log 4 log 8

2 / (3 1) log (3 3) 6

3 / 1 log (3 ) log ( 1) 0

4 / 9 .3 1 0

log ( ) 5

5 /

2 log log 4

4 3 0

6 /

log log 0

x x x

x x

x x x x

Log Log

Log x x x

x y

x y

x y

x y



   

 

  

     

  

  



 



   

 

 

 

   

3

2

2

2

2

1

3

3

1

2

4

3 5.6 4.2 0

7 /

( 2 )( 2 )

8 / log ( 2) log ( 5) log 8 0

9/ :2 15.2 2

10/ :log (2 1).log (2 2) log 2 0

11 / ( 5 2) 5 2

4

12 / 2 3 2 3

2 3

13 /

x y x x y

x x x x

x x

x

x x

x x x x

x y y y x y x

x x

Log

 

    



 



   

   

 

    



    

 

   

  

   



2

1 2

2

2

2

2

32

log 9 log 4 log ; : 0

8

log ( 1) log ( 1)

14 / 0

3 4

x

x x DK x

x

x x

x x

   

      

 

 

   

 

……….Hết………

HDG ĐỀ LUYỆN TẬP SỐ 10

Các toán phương trình, bất phương trình lượng giác phương trình siêu việt (hàm số mũ logarit) xuất kỳ thi ĐH nhiều Để học tốt loại tập em cần chuẩn bị cho vốn kiến thức cơng thức kỹ, cơng thức lượng giác phép biến đổi, đổi số hàm số mũ hàm số logarit

Là đề luyện tập cuối rồi!

Chia tay đây, Anh chúc em có kỳ thi thành cơng! Goodluck!

3

2

2

2

1 / sin 1 3sin 3 os3x

1 3 1

sin 3 3 os3 1 sin 3 os3

2 2 2

2 18 3 sin 3 sin

2

3 6

2 3 2 / sin 3 ( 3 2) os3 1

3 2 ( 3 2)(1 )

: tan 1 ( 1) 2 (3 3) 0

2 1 1

1 3

x x c

x c x x c x

k x

x

k x

x c x

x t t

Coi t t t

t t

t t

 

 

 

  

       

   

   

      

      



  

 

         

 

 

 

 

2 3

tan 1

6 3 2

3 2 2

tan 3

2 9 3

k x

x

x k

x

   



   

 

  



   



3

3

3

3 / sin 3cos 3sin sin cos 0(1) * ét sinx 0 3cos 3 0

(1) 4 3cot 3(cot 1) cot 0 cot 1

1 4

cot

3

3 1

cot

3

x x x x x

X x

x x x

x

x k

x

x k

x

   

   

    

     



 



  

 

     



   



 



3

4 / sin 5 3 os3 sin 3 0

3 1

3 os3 sin 3 2 sin 5 os3 sin 3 sin 5

2 2

5

os 3 sin 5 os( 5 )

6 2

5

3 5 2

6 2 24 4

2 5

3 5 2

3

6 2

5 / sin 4 3cos 2 16 sin cos 5 0 2 sin 4

x c x x

c x x x c x x x

c x x c x

k

x x k x

x k

x x k

x x x x

 

    



   

  

      

 

     

 

        

 

  

       

 



   



3cos 2 8sin 2 sin 5 0 1 os2

2 sin 4 3cos 2 8sin 5 0 2

2 sin 4 3cos 2 4 sin 2 2 sin 4 5 0

3 4

3cos 2 4 sin 2 5 cos 2 sin 2 1

5 5

3 cos

5 os(2 ) 1 ; ( );

4 2

sin

5

x x x x

c x

x x x

x x x x

x x x x

C x x k k

 

 



   



 

     

 

     

     

 



       

 

  

 

3

3

2

2

3

2

2

6 / inx 4 sin cos 0(1)

ê ' : cos 0 inx 4 sin 3 0 (1) t anx(1 tan ) tan 1 tan 0

t anx t anx

t anx 1

1 3 2 1 0 4

3 1 0

7 / tan x sin 2 sin 3 os2 sin x cos , os

S x x

N u x S x

x x x

t t

x k

t t t

t t t

x x c x x

Chia VT VP cho c x

 

  

      

     

  

 

       

       

 

  

 

 

  

2

3

2

3 2

3

2

2

ó :

os sin sin x cos tan 2 tan 3

os

t anx tan 2 tan 3 tan t anx

3 3 0

t anx t anx 1 4

1 3 0 t anx 3

3 8 / 2 2 tan 3

, os ó : 2 tan 2 t

ta c

c x x x

x x

c x

t

x x x

t t t

x k

t

t t

x k

Sin x x

Chia VT VP cho c x ta c x

   

 

 

 

      

    

   

 

   



    

     

 

   



 



  

2

3

2

tan an (tan 1) 3(tan 1)

2 3 4 3 0 tan

t anx 1

1 2 3 0 4

t x

x x x

t t t

t x

x k

t t t

 

 

    

   

 



      

2

2

2

4 2

4

4

9 / os 3 sin 2 1 sin

, os ó :1 t anx 2 tan 1 t anx t anx 0

2 2 3 0 t anx 3

3 10 / 3cos 4 sin cos sin 0

, os ó : tan tan 0 t anx

4 3 0

C x x x

Chia VT VP cho c x ta c x

k t

x

k

t t

x x x x

Chia VT VP cho c x ta c x x

t

t t



 

  

  



 

 

 

   

 

   

  

  

  

   

  

2

tan 1 4

tan 3

3

x k

x x

x k

   

    

 

  

 

    



2

11 / inx cos 7 sin 2 1 : s inx cos ; ( 2)

s inx cos 1

7(1 ) 1 7 6 0 6

s inx cos 7 2

2 1

sin 2

4 2 3 2

;sin

7 2

3 2

sin 4

4 7

2 4

S x x

Coi t x t

x

t t t t

x

x k

x x k

x k

x

x k

 



 

 

 



  

  

  

 

 

        

  

    

    

 

 

   

 

   

      

  

   

 

 

2

0

2

12 / 2 2 sin 1 4 : s inx cos ; ( 2)

2 4

0 0

1 1 2 sin 2

1 4 1 2

2 13 / Tìm : 2 4(cos s inx) ó

: cos s inx; ( 2) 1 4 ( )

Sin x x

Coi t x t

x k

t

t t x x k

t

x k

m cho PT Sin x x m c ng

Coi t x t t t m

m f t t



 

  

 

 

   

 

  

   

 

    

              

  

 

   



  

      

    

2

4 1 '( ) 2 4 0; 2 ( 2) ( 2) 4 1 4 1 14 / os2 5 2(2 cos )(s inx cos )

os2 5 4(s inx cos ) sin 2 os2 1 4((s inx cos ) sin 2 4 0

: s inx cos ; ( 2) 4 ( 1) 4 0 4 3 0 2 sin 1

4

t f t t t

f m f m

C x x x

C x x x c x

x x

Coi t x t t t t t

x 

       

         

   

     

    

           

 

    

 

   

  

3 5

3

2

2 1

sin 2

4 2

2 15 / os 2(sin os )

1 sin os 2 cos 1 0

os2 s inx cos sin sin x cos os 0 os2 0

4 2

k

x x

k

Sin x c x x c x

Sin x x c x x

c x x x x c x

k

c x x

 



 

 

 

  

     



  



  

    

    

   

3

2

2

1 16 / cos 2 8 cos 7 (1)

cos

cos 1 2 cos ( )

: (1) 1 ;

2 4 8 5 1 0 cos 2

2 3

17 / cos 3 tan 4 cos 2 t anx 4 0(2) : ; (2) 2 cos 3 3 t anx 1 0

2 3 cos 2 2 6 t anx x x x

x x k

t x t

DK x k k

x x k

t t t

x x x

DK x k x

x x k

                                                             2 6 1 6 3

18 / 3 cos cos 1 2

3 cos cos 1 2 4 cos 1 2(cos 1) 2(cos 1) 0;

: cos 1 0 cos 1 2

4 cos 1;

x k k

x k

x x

x x x x

x x

Do x x x k k

x x                                                            3 2

19 / in os os2 tan tan

4 4

s inx- cos 1 sin x cos os2 s inx- cos 1 sin x cos s inx cos 0 s inx- cos 0 sin 0

4 4

s inx cos ( 2) 1 sin x cos s inx cos 0 1

1 0 2 1 2

S x c x c x x x

x x c x x x x

x x x k

t x t

x x t

t t t

                                                           0 1 4 4 2 ; 1 2 sin 2 4 2 t x k x k

x k k

3 sin 7xcos 7x 2

Giải:

1

5 2

3 1 2 84 7

sin 7 os7 sin 7 sin ; ( )

11 2

2 2 2 6 4

84 7 5 2 2 5 2 6 2 5 2 6 5 * :

84 7 5 84 7 7 5 84 7 7 84 53

2

84

11 2 2 11 2 6 2 11 2 6 11 * :

84 7 5 84 7 7 5 84 7 7 84

k x

PT x c x x k

k x

k k k

Khi x

k x

k k k

Khi x

 

 

       



     

   

 

         

    



          

   

          

 1, 2 2 35 ; 3 59 84 84

k   x   x  

Bài III:

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc khoảng (-π;7π/3): sinxmcosxm

Giải:

cos 1 0 à 2

s inx (1 cos ) s inx s inx (*) 1 cos 1 cos

x x v x

PT m x

m m

x x



  

 

 

    

   

 

 

Vậy để phương trình ban đầu có nghiệm (*) phải có nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-π;7π/3)

Nhưng số nghiệm (*)thuộc khoảng (-π;7π/3) lại số giao điểm đường thẳng y=m với đồ thị (C) có phương trình:

 2

s inx 7

ê ;

1 cos 3

cos 1 ét àm : ' 0

1 cos

y tr n D

x

x

X h y x D

x

 

 

   

  



   



Dựa vào bảng biến thiên ta có: m 3;m0 PT có 4ng0

2

2

2 2

2

1

3

3

3

â / 2 log 4 log 8 0

K :

1

log

1 4 6

1 4 6 log 1 log 1 log

1 1 log 1 2

â / (3 1) log (3 3) 6 K : 3 1 0 3

log (3 1) (3 1) log (3 1) 1 6

( 1) 6 l

x x x

x x

x

x

x x

C u Log x Đ

x

t x

PT

x x x

t t t

x x

C u Log

Đ x t PT Log t t                                                     2 3 3 2

2 2

2

1

1 28

og (3 1) 3 3 1 log

27 27

log (3 1) 2 log 10 3 1 9

â / 1 log (3 ) log ( 1) 0 K :1 3

log ( 1) log (3 ) log ( 1)

1 17 ( 1)(3 ) ( 1) 4 0

2 â / 9 .3

x x

x

x

x x x

x x

C u Log x x x

Đ x

PT x x x

x x x x x x

C u   

                                                   2 2

2( 1)

2 2 1 0 3 10

3 .3 1 0 10

3 1 0

3 0

3 1 1

1

3 1 1

2

x

x x

x x x x

t PT

t t

x

t x x

x

t x x

2 2 2 2 4

log ( ) 5

â / K : , 0 2 log log 4

8 8 16 0 4

32

16 4( )

16 8 16 0

4 3 0

â / K : , 0

log log 0

4 3 4 3 0

log log

x y

C u Đ x y

x y

x y X X x y

x y

HPT

xy x y loai

xy X X

x y

C u Đ x y

x y

x y

x y

HPT

x y x y

                                                            

3

2

3

3

4 3 (1;1) (3;9) 4 3 0

0

3 5.6 4.2 0 , 0

â / K :

( 2 )( 2 ) 3 5.6 4.2 0

(2 )( 2 ) 3 5.6 4.2 0

2 (2 )( 2 )(

x y x x y

x y x x y

x y x x y

x y

y y

x y

C u Đ

x y

x y y y x y x

HPT

x y y y x y x

x y y x y x x y y

                                                                

3 3 2 3 2

3 2

)

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

2 0

(2 )[( 2 )( ) 1] 0

(do 2 )( ) 1 0) 3 5.6 4.2 0 3 5.

2

x y x x y x y x x y

x y x x y x

y x

y x y x x y y

y x x y y

y x                                             

2 2

3

3

2

2

6 4.2 0 (1) 2 (2)

3 ( ) 1

3 3 2

(1) : 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0

3

2 2

( ) 4 2 0

1

(0; 0), log 4; log 4

log 4 2

x x

x

x x x x x

2

2

2

2

2

2

2

â / log ( 2) log ( 5) log

K :

5

log ( 2) log ( 2) ( 18)( 2)

3 18 17

3; 6;

2

3 17 6;

2

C u x x

x Đ

x

PT x x x x

x x x x

x x

x x x

x x S                                                       

2

2( 5)

3

2

2

3

2

â : 2 15.2 2

2 15.2 2

2

: 2 16 15 16 15 0

, 0

( )(16 ) 0 ( 0) 2 2

16

1

3 5 4 3 1 1

2 0

x x x x

x x x x

x x x x C u BPT a a

Coi b a b a ab b

b a b

b

a b a b a Do a b

x

x x x x x

x x                                                                    

3

3

2

3 3

2

3

3 3

3

â 10 :log (2 1).log (2 2) log 2 0

log (2 1) log (2 1) log 2 2 log 2 0 log (2 1)

: 2 0 ( )( 2 ) 0

log 2

1 log (2 1) 2 log 2 log

4

2 2

log (2 1) log 2

x x x x x x x x C u BPT a

Coi b ab b a b a b

b

b a b

                                                

1 2 x 0    

                2 2 2 1 1

1 1

2

2

2

2

2

â 11 / ( 5 2) 5 2

5 2 ( 5 2) à 5 2 ê ( 5 2) ( 5 2) 1 1 1 2 1 1 4 â 12 : 2 3 2 3

2 3

1 4 1

2 3 2 3 4

2 3

2 3 2 3

2 3 4 1 0

x x

x

x

x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x

C u

Do v n n

x x x x x C u BPT t t t                                                                      2 1 2 1 0

2 3 2 3 1 2

2 1 0

1 2 x x x t x x x x                                 

4 2

2 2

2

2

4 2

2 2 2

2 2

4 2

2

32

â 13 : log 9 log 4 log ; : 0 8

9 log 1 9 log 32 log 4 log 0

log log 3 log 2

2 log 3 9( 1) 9(5 ) 4 0 13 36 0

1 1

8 4

4 8

x

C u Log x x DK x

x

BPT Log x x x x

t x t x x

x

t t t t t t

x x                                                          3 2

2 3

2 2 2 2

1 0 1

log ( 1) log ( 1)

â 14 : 0; :

4

3 4 3 4 0

2 log ( 1) 3log ( 1) (log log 8) log ( 1)

0 0

3 4 3 4

log ( 1) 0 3 4 0 log ( 1)

0

3 4 log ( 1) 0 3 4 0

x x

x x

C u DK

x

x x x x

x x x

BPT

x x x x

x

x x

x

x x x

x x                                                        2

( 1) 1

3 4 0 4 1 0 ( 1) 1

3 4 0

x

x x x