LTDH

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng P một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.. Viết phương trình mặt phẳng[r]

- CHUYÊN ĐỀ LƯƠNG GIÁC sin x  c os x  c os 4 x 1) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ) tan(  x ) 4 +) ĐK: x    k ,k  Z      ) tan(  x ) tan(  x)  tan(  x ) cot(  x)  4 4 1 sin x  cos x   sin x   cos x 2 pt  cos4 x  cos x   +) Giải pt cos24x =  cos8x =1  xk  và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình là 2) TÌm x  (0;  ) : cotx – = xk  ,k  Z cos x  sin x  sin x  tan x sin x  sin x  ®K:   sin x  cos x  tan x  1 cos x  sin x cos x cos x PT    sin x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos x  sin x cos x  sin x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(1  sin x)  (cos x  sin x )(sin x cos x  sin x  1)   (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)   cos x  sinx    (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)      sin(2 x  )  3( voly )   cos x  sin x   tanx =  x  x  0;    k   x   4   k (k  Z ) (tmdk) Do   cos x  cos3x   sin  2x   4   2cos x cos 2x   sin 2x  cos2x  2cos x  2sin x cos x  cos x cos 2x   cos x  cos x  s inx  cos2x    cos x  cos x  s inx 1  sinx  cosx      x   k  cos x      cos x  sinx    x    k 1  s inx  cosx       sin  x          x   k    x   k    x     k        x    k  x       k2    x  k2 4    5  x    k2 4  4)Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  PT  cos x(4 cos x  1)   cos x(3  sin x)  Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: cos x(3  sin x)   cos 3x (3 sin x  sin x)  sin x  cos 3x sin x  sin x  sin x  sin x 2m  x  6 x  x  m 2   6 x    x  m 2  x    2m  7 ;mZ 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z  m Xét  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 lZ Xét Vậy phương trình có nghiệm: x  m  m ( m  5t ); x   ( m  7l  ) 7 đó m, t , l  Z 5) sin x  sin x  sin x  cos x    sin x  (2 cos x  1) sin x  cos x     (2 cos x  1)  8(cos x  1)  (2 cos x  3)2 VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x   5  2k hoÆc x   2k 6    Víi sin x  cos x  ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy 4   4 3  2k x  2k hoÆc x  Víi sin x  0,5 ta cã x  6) Giải phương trình: sin x  2 (s inx+cosx)=5 ( I ) Đặt sinx + cosx = t ( t  )  sin2x = t2 -  ( I )  t  2t    t   )  +Giải phương trình sinx + cosx =  …  cos( x  )  1 5  k 2 ( k   ) dạng đúng khác cos x  cos x  7) cos x  tan x  cos x + Lấy nghiệm Kết luận : x  ĐK cosx ≠ 0, pt đưa cos x  tan x   cos x  (1  tan x)  cos2 x  cos x -1  Giải tiếp cosx = và cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: x  k 2 , x   2 2  k 2 ; hay x  k 3 8) sin 3x  3sin x  cos x  3sin x  3cos x    (sin 3x  sin x )  2sin x  3sin x  (cos x   3cos x )   sin x.cos x  sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x  1)   sin x.cos x  sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x  1)    sin x    (2sin x  1)(2 cos x  3cos x  1)    cos x   cos x     x   k 2  +) sin x    , (k  Z )  x  5  k 2    x   k 2  +) cos x    , ( k  Z )  x     k 2  +) cos x   x  k 2 , (k  Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm trên 9) Tìm m để phương trình sin x  cos4 x  cos x  2sin x  m  có nghiệm    trên  0;   2 Ta có sin x  cos4 x   sin 2 x và cos4 x   2sin 2 x Do đó 1  3sin 2 x  2sin x   m  Đặt t  sin x Ta có x  0;   x   0;    t  0;1  2 Suy f  t   3t  2t   m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên  10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên  0;    m   2 10) Giải phương trình cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x    1  sin x 1  cos x 1  sin x   sin x  1   cos x  1 (thoả mãn điều kiện)   x    k 2     x    m2 k, m    Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 k, m    3 11) 2cosx+ cos2 (  x )   sin x  3cos(x+ )+ sin x cos x   sin x  3s inx+ sin x 3  6cosx+cos x   6s inx.cosx-9sinx+sin x  2cosx+  6cosx(1-sinx)-(2sin x  s inx+7)   6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- )  1  s inx=0 (1)   (1-sinx)(6cosx-2sinx+7)     x   k 2 ;(k  Z ) 6cosx-2sinx+7=0(2) (p/t (2) vô nghiệm ) 12) Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + =  sin x   cosx   2   sin x      cosx    cosx   sin x   sin x  cosx  cosx.sin x   sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x       cosx  sin x  cosx.sin x    cosx sin x  3  Xét    tan x   tan   x     cosx sin x  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = Đặt t = sinx + cosx với t    2;  Khi đó phương trình trở thành: t 1 t   t  2t    t   2   1 Suy : 2cos  x      cos  x     cos 4 4     x      2 13) Giải phương trình cos2x  sin x   sin x cos 2x  1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x     cos2 x  11  2sin x   Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z Khi s inx  14)  5  k 2 , k  Z  x   k 2 x  6 Tìm các giá trị m để phương trình sau có nghiệm trên  2    đoạn 0; sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )     sin 2x  m   sin 2x  (1)   2 Dăt t = sin22x Với x   0;  thì t   0;1 Khi đó(1) trë thành :  3 3t  2m = víi t   0;1 t2      cos 3 x    cos 5 x    10          cos 3x    cos x    2 2    sin 3x  sin x 15) Giải phương trình : Pt  sin 3x  3(sin x  sin 3x)  sin x ( cos x  sin x  3)  sin x   3 cos x  cos x    x  k   x   arccos( )  k  16) Giải phương trình ( k Z ) sin(2x  17 x  )  16  3.s inx cos x  20 sin (  ) 2 12 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  cos2x  sin 2x  10cos(x  )      cos(2x  )  5c os(x  )      2cos (x  )  5cos(x  )   6   Giải cos(x  )   và cos(x  )  2 (loại) 6   5 *Giải cos(x  )   nghiệm x   k 2 và x    k 2 2 x x  x 17) Giải phương trình  sin sin x  cos sin x  cos    2  2 1   sin x sin x  cos x sin x   cos   x    sin x 2 2  x x x x   x   x  sin x sin  cos sin x  1   sin x sin  cos sin cos  1  2 2     x x   x   sin x sin  1 sin  sin  1  2     sin x   x  k   x  k x   sin   x    x  k, k      k2   x    k4  2  x x  sin  sin   2 18) Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x TXĐ: D =R sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x sin x  cosx   (sin x  cosx ).  2(sin x  cosx )  sin x.cosx       2(sin x  cosx)  sin x.cosx   + Với sin x  cosx   x   k (k  Z ) + Với  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  , đặt t = sin x  cosx (t    2;  ) t  1 pt : t2 + 4t +3 =   t  3(loai )  x    m2 t = -1   (m  Z )  x     m 2     x   k (k  Z )  Vậy :  x    m 2 (m  Z )    x    m2  19) Giải phương trình sau: (1 – tanx) (1+ sin2x) = + tanx  2t  l (l  Z ) Đặt t= tanx => sin x  , đc pt: 1 t2 t  2t   (1  t ) 1   1 t     1 t  t  1 Với t = => x = k  , (k  Z ) (thoả mãn TXĐ  Với t = -1 => x    k (thoả mãn TXĐ TXĐ: x   2sin x    2(cotg x  1) sin x cos x Phương trình đã cho tương đương với:  tg x    2cotg x sin x 2(sin x  cos x )  3tg x    2cotg x sin x cos x 20) Giải phương trình:    3tg x  2tg x      tg x   x    k     tg x   x    k   KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x     k ; kZ   21) Giải phương trình: 2sin  x    2sin x  t anx 4  Đk: cos x  (*)   sinx   2sin  x    2sin x  t anx   cos  x    2sin x  4 2 cos x    cos x  sin x.cos x  2sin x.cos x  sinx  cos x  sinx  sin x  cos x  sinx   cos x    sinx   cos x  t anx  1  x    k    (tm(*))…   x k sin x   x    l 2  x    l  22) Giải phương trình:  sin 2x cos2x   tgx  cot x cos x sin x cos 2x cos x  sin x sin x sin x cos x   sin x cos x cos x sin x cos2 x  x  sin x  cos2 x   sin x cos x sin x cos x  cos x   cos 2x  s in2x   cos x  cos x    s in2x   cos x  ( cos x  1 :loại vì sin x  0) x   k 2 23 Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 1  sin x   6 cos x  sin x   (VN ) x    k 2 24) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x  cos x=0   2cos5x =sinx+ cos x  cos x    cos5x=cos(x-  )    x   k    k  x     24   x    k 2 42   2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos (2 x  )    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin x )  1  cos(4x+ )    25) Giải phương trình :  cos4x+ sin x  cos2x+ sin x     sin(4 x  )  sin(2 x  )  6    x    k   18  sin(3 x  ).cosx=0     x=  k     Vậy PT có hai nghiệm x   k và x    k 18 2(cos x  sin x )  tan x  cot x cot x  26) Giải phương trình: §iÒu kiÖn:sinx.cosx  vµ cotx  Phơng trình tơng đơng sin x cos x  cos x sin x  cosx = 2 (cos x  sin x ) cos x 1 sin x   x =   k 2   §èi chiÕu ®iÒu kiÖn pt cã hä nghiÖm x =   k 2 sin x  c os x  c os 4 x 27) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ) tan(  x ) 4   +) ĐK: x   k , k  Z      ) tan(  x) tan(  x)  tan(  x) cot(  x)  4 4 1 sin x  cos4 x   sin x   cos x 2 pt  cos x  cos x   +) Giải pt cos24x =  cos8x =1  xk  và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình là xk  ,k  Z 5   x  sin x   12  28) Giải phương trình : 2 cos    5  5   sin  x    sin   12  12    5  5  5    sin  x    sin  sin  x    sin 12  12 12           2cos sin     sin     12   12  5   2x     k 2  5      12 12  sin  x    sin      12    12   x  5  13  k 2  12 12  5     sin  sin 12     x   k  k    x  3  k  29)Tìm các nghiệm trên  0; 2  phương trình : sin 3x  sin x  sin 2x  cos2x  cos2x sin 3x  sin x 2cos2x.sin x    sin 2x  cos2x (1)   2cos  2x   4  cos2x sin x  DK : sinx ≠  x    Khi x   0;   th× sinx > nªn :  (1)  cos2x = cos  2x   4  x    16 Do x   0;   nªn x   16 hay x  9 16  Khi x   ; 2  th× sinx < nªn :   (1)   2 cos2x = cos  2x    cos  -2x  = cos  2x-  4  x    5    16 Do x   ; 2  nªn x  21 16 hay x  29 16  2   sin x   sin  x    sin  x   3    30) Giải phương trình : 2    2   cos  2x   2x    cos        sin x  2  2    2   1  sin x  cos  2x   2x    sin x  cos 2x       cos       2    – cos2x – sinx =  2sin2x – sinx =   x  k   x    k2 sin x      5 sin x  x   k2    (k  Z) CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1   )Giải phương trình sau: x 2x +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0} +) Đặt y   x  y  xy  x , y  Ta có hệ:  2 x  y  +) Giải hệ đx ta x = y = và  1   1  x  x    ;    y  1   y  1    2 +) Kết hợp điều kiện ta được: x = và x  2) Giải hệ phương trình: 1   x  y  xy    x   y   x  1 §k:   y  (1)  x  y  ( y  xy)   ( x  y )( x  y )   x 2 y    x 2 y  x  y  0(voly)  x = 4y Thay vµo (2) cã y 1  y 1   y   y    y 1  y 1  2 y    y   2 y 1   y 1  y     y   y   (tm) x  2  x  10 (tm)  V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 3  x  y  3) Giải hệ phương trình:  2  x y  2xy  y   1   3  2x    x  y           y x    y x x y   2y   2x     x y y x  x  y  4x  y x  y       xy    xy  2    2x   2x     y x y x x  y   2x    x     y2   x  x  2x     x x  y   x  y  1   x  2, y     x   2, y  x 4) Giải phương trình : (3 x  1) x   x  x  PT  2(3 x  1) x   10 x  3x  2(3 x  1) x   4(2 x  1)  x  x  Đặt t  x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  x  x   Ta có: '  (3x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Ta Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  x  x   có: '  (3x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  Thay vào cách đăt giải ta 2x 1 x2 ;t  2 phương trình có các     60  ;    nghiệm: x   5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : x  mx   x 2x  mx   x  6x có nghiệm  hệ  x   x + 6x – = -mx (1) +; Ta thấy x = không phải là nghiệm x  6x    m Xét hàm số : x x  6x  x2  f(x) = trên  ;3 \ 0 có f’(x) = > x  x x2 + x =  f(3) = , có nghiệm – m >  m < -  x  y  xy   y  2 6) Giải hệ phương trinh:  y ( x  y )  x  y  , + ; Với x  (1)   x2  x y 4   x  y  xy   y y    2  y(x  y)  2x  y  ( x  y )2  x    y y  , ta có:  uv   u  4v  v  3, u  x2    u ,v  x y  y Đặt ta có hệ: v  2u  v  2v  15  v  5, u  +) Với v  3, u  ta có x2   y  x2   y  x2  x    x  1, y       x  2, y   y  3 x  y  3 x hệ:  x  y  x2   y x2 1  y  x  x  46      y  5  x , hệ này +) Với v  5, u  ta có hệ:  x  y  5  y  5  x vô nghiệm KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)} 7) Giải phương trình: x2 – 4x - = x5 5;  ) TX§ : D =  1   x   7  x 5 đặt y - = x  , y    y    x  Ta cã hÖ :  x    y   x    y      y    x    x  y  x  y    y  y       x    y     x  y    29  x     x    y       x  1   x  y    y  8) Giải bất phương trình  4x  3 x  3x   8x  (1)   x  3   x  3x    Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 x  3x   =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 4x-3 x  3x   + Vế trái + ¾ 0 + - Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;   3;    4 9) Giải bất phương trình : x  3x   x2  5x 0 + + + +  x     x   x    2 x  x     x  ; x       2 x  3x     2 x  x  Bpt   x    x    x   x     x    x     x   x   2 x  x y  x y  10) Giải hệ phương trình :  x y  x  xy  1 (x  xy )2   x 3y x y  (x  xy )  1 Biến đổi hệ tương đương với  x  xy  u u   v , ta hệ  x y  v v  u  1 *Đặt ẩn phụ  *Giải hệ trên nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 11) Giải phương trình:    2x  x2 x 1   x TXĐ: x   1;3 Đặt t= x    x , t > =>  x  x  t2   x  1 (t / m) x  đc pt: t3 - 2t - =  t=2 Với t =  x    x =2   12) Giải bất phương trình: 51  2x  x  1 x  1  x    51  x  x  51  x  x    1  x   1 x  51  x  x   2  51  x  x  (1  x )   x     x   1  52; 1  52    x     x  (; 5)  (5; )    x   1  52; 1  52      x   1  52; 5   1; 1  52   x  y  x  y  y 13) Giải hệ phương trình:  (x, y R)  x  y  ĐK: x + y  , x - y  0, y  2 y  x  (3) 5 y  xy (4) PT(1)  x  x  y  y  x  y  y  x   Từ PT(4)  y = v 5y = 4x Với y = vào PT(2) ta có x = (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x  x   x  KL: HPT có nghiệm ( x; y )  1;   5  x3  y  y  x   14) Tìm m để hệ phương trình:  có 2  x   x  y  y  m  nghiệm thực  x3  y  y  x   2/  2  x   x  y  y  m  (1) (2) 1  x   1  x  Điều kiện:     y  y  0  y  Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = y  y = x +  (2)  x   x  m  Đặt v   x  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt g (v)  1; m ax g (v)  [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm và 1  m 15) Giải phương trình: 2006  x 2007  2007  x 2006 1 1  x  2006   Nhận xét : 1  x  2007   2006  x  2007 Ta có : 2006 - x2007 + 2007 - x2006  2006 - x+ 2007 - x = x 2006 + 2007 - x = Vậy phương trình  2006 - x2007 = 2006 - x và 2007 - x2006 = 2007 - x  x  2006   2006  x   x  2005    2006  x  1  x  2007   x  2007  2007  x        2007  x    x  2006 16) ) Giải phương trình sau: +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0}  x = 2006 hay x = 2007 1  2 x 2x  x  y  xy  2  x , y  Ta có hệ:  x  y  +) Đặt y  +) Giải hệ đx ta x = y = và  1   1  x  x   ;    y  1   y  1    2 +) Kết hợp điều kiện ta được: x = và x 1   x1  y 1    x 6  y   17) Giải hệ phương trình: §iÒu kiÖn: x  -1, y  Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ  x1  x6  y 1  y   10   x6  x 1  y   y 1  §Æt u= x   x  , v = y   y  Ta cã hÖ   u  v 10 5 u   2 v u v  5  x  y  5 lµ nghiÖm cña hÖ  2 x  x   y 17) Giải hệ phương trình   y  y x  y  2  ĐK : y   2 x  x  20  2u  u  v   y  hệ   đưa hệ dạng     x20 2v  v  u    y y     u  v   u  v    u   v  u  v  1   3   2v  v  u    u  ,   1   v   (-1 ;-1),(1 ;1), ( Từ đó ta có nghiệm hệ  3 u    v  1   3 3 ; ), ( ; ) 2 1 1 18) Giải bất phương trình: x   x   x  §k: x   x 1  x   x  Bpt  x  x    x 4  x   3x  12 x   3  x    6  62 x    3 x  62 3 19) Giải hệ phương trình: xy  2 x  y  x  y    x  y  x2  y  xy  2 x  y   1  x  y   x  y  x2  y  2  1   x  y   xy    dk x  y   xy     x  y   xy  x  y   xy   x  y   x y    x  y   x  y    xy  x  y  1    x  y  1  x  y  x  y  1  xy    x  y   3  2  x  y  x  y    Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0 Thế (3) vào (2) ta x  y  x  y   x  1; y  Giải hệ   …… x   2; y  x  y    20) Giải bất phương trình: (  ) x    2 Bpt  t  2 x2 2x  x 2x   (t  0)  x 1  (2  3) x  x 1  2 x 2x  2 BPTTT : 4 t 4 t t2  4t 1    t   (tm)  Khi đó :     x 2 x     1  x  x  x2  2x 1  1  x  1 2 1 x  51 x > 24 21) Giải bất phương trình :    5 x2    24 x   x   x2 >   x    x  1 22) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :  x+1  y   a   x  y  2a   x   y   a đ/k x  1; y  Bất pt   2 ( x  1)  ( y  1)  2a   x   y 1  a    x  y    a  (2a  1)  ; Vậy x  và y  là nghiệm p/t:  2 T  aT  ( a  2a  1)  * Rõ ràng hệ trên có nghiệm p/t* có 2  a  2(a  2a  1)     nghiệm không âm   S   a   1  a   P  1   (a  2a  1)  2 23) 92 x  x 1 x  x 1 34.152 x  x  252 x  x  34.152 x  x  252 x  x 2 1 1 0   9.32(2 x  x )  34.32 x  x 52 x  x  25.52(2 x  x )   3    5 2(2 x  x ) 3  34   5 x x 2xx      1    25    2xx   25      2 x  x    x  (;1  3)  (0;2)  (1  3; ) x  x    KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3;  ) x  y3  m(x  y)  24) Cho hệ phương trình : x  y  Tìm tất các giá trị m để hệ phương trình trên có nghiệm phân biệt (x1 ; y1), (x2; y2) và (x3; y3) cho x1, x2, x3 lập thành cấp số cộng x  y3  m(x  y) (1)  (2) x  y  (2)  y = x  thay vào (1) ta có : x   (2x - 2)[x2 - 2x + - m] =   x  2x   m  0(*) Nhận xét : Nếu pt (*) có nghiệm x1, x2 phân biệt thì : x1 < < x2 và x1 + x2 = YCBT  pt (*) có nghiệm phân biệt  ' = - + m >  m > Bất đẳng thức 1) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz +) Ta có P  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  x  y  z  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x  y  z       ( x  y  z )2   ( x  y  z)2  P  ( x  y  z ) 2    ( x  y  z ) 3   2     +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki ) , ta được: P(t )  3t  t +) P '(t )   t   , P(  ) = 0; P( 2)  2 ; P( 2)  2 +) KL: MaxP  2; MinP  2 2) Cho a,b,c  : abc  Chứng minh rằng: 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Ta có: ab    ab   a  b 1   a  b  ab  a  ab  b  ab a  b   ab a3b   3 a3b   a  b  abc  ab  a3b3c  3   3 a b c   c a b3c Tương tự 3) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P x4  y4 1 x2  y2 1 Từ giả thiết suy ra:  x  xy  y  xy  xy  xy  ( x  y )  xy  3xy Từ đó ta có   xy  Mặt khác x  xy  y   x  y   xy nªn x  y   x y  xy  ®¨t t=xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN  t  2t  ;  t  t2 t   Tính f ' (t )   1     ( t  2) t    2(l ) 1 Do hàm số liên tục trên   ;1 nên so sánh giá trị f ( ) , f (  2) , f (1) 3 P  f (t )  cho kết quả: 11 MaxP  f (  2)   , P  f ( )  15 4) ) Cho tam giac nhän ABC , t×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc: S  cos A  cos A  cos B  cos 2C S  cos A  cos A  cos B  cos 2C = cos A  cos A  cos(B  C ) cos(B  C )  cos A  cos A1  cos( B  C ) V× cos A  ,  cos( B  C )  nªn S  cos A , dÊu b»ng xÈy cos( B  C )  BC  1800  A Nh­ng cos A  1 , dÊu b»ng xÈy A  180 hay A hay = 60 5) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng 27 Ta có ab  bc  ca  2abc  a (b  c)  (1  2a )bc  a (1  a )  (1  2a )bc Đặt t= bc thì ta minh rằng: ab  bc  ca  2abc  (b  c)2 (1  a )2 có  t  bc   Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 4  (1  a)   0;    Có f(0) = a(1 – a)  ( a   a)   và 4 27 Vậy ab  bc  ca  2abc  Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 với a 27   0;1 6) Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 1 1    2  a (b  c )  b (c  a )  c (a  b) abc Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)  abc  Suy ra:  a (b  c )  abc  a (b  c)  a(ab  bc  ca )  3a  Tương tự ta có: 1  (1)  a (b  c) 3a 1 1  (2),  (3)  b (c  a ) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab  bc  ca    (   )   2  a ( b  c )  b ( c  a )  c ( a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy và abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) 7) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c Cho a, b, c thoả a  b  c  Tìm GTNN M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w     M  uvw       2  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  Theo cô – si có 22  2b  2c  33 2a b  c  Tương tự … Vậy M  29 Dấu xảy a  b  c  8) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  16 z 3 x  y  z 3 Trước hết ta có: x  y  x  y  (biến đổi tương đương)     x  y   x  y   Đặt x + y + z = a Khi đó P   x  y a  64 z 3  a  z a  64 z 3  1  t   64t (với t = z ,  t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 9) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1    x y z CMR: 1   1 x  y  z x  y  z x  y  2z 1 1 1 1 1 1 +Ta có :  (  );  (  );  (  ) 2x  y  z 2x y  z x  2y  z 2y x  z x  y  2z 2z y  x 1 1  (  ); xy x y 1 1  (  ); yz y z 1 1  (  ); xz x z + Lại có : cộng các BĐT này ta đpcm 10) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a3 b2   b3 c2   Ta có: a3 b2  b3 c2    c3 a2  a3 b2  b3 c2     c3 a2  b2  a 3a (1)  33  16 64 c2  c 3c (2)  33  16 64  a2  c 3c (3)  33  16 64 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: P a2  b2  c    a  b  c  (4) 16 c3 a2  Vì a2+b2+c2=3 Từ (4)  P  3 giá trị nhỏ P  a=b=c=1 2 a  b  c  65 11) Cho : Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số :     x ( , )    2 2 2 2 y  a  b  c  sin x  sin x  65  sin x  sin x y  a  b sin x  c sin x      Đặt f(x) =  sin x  sin x   sin x  sin x.(1  sin x) f(x) =  sin x  sin x  , Đặt sin x  t , t  0 , 1 g(t) = BBT t 0f  4t  6t  + f/ 1f  g / (t )  8t  ; g / (t )   t  - M 13 13 3  t   sin x   x  4 13 5 y  65   13  y  13 dấu “=” 2 sin x sin x   a b c Max g(t)  xảy x  và hay   a 2b 2c Thay vào : a  b  c  65 a    b  30  c  15 a  2   b   30  c   15 12) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b a b 1c 1c   ab  c ab   b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a *Từ đó VT    (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) *Biến đổi Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta VT  3 1c 1 b 1a =3 (đpcm) (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) Đẳng thức xảy và a  b  c  13) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = biểu thức P  a  3b 3 b  3c 3 Tìm giá trị nhỏ c  3a áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 (x  y  z )     33 xyz 9    (*) x y z xyz xyz x y z áp dụng (*) ta có P  1 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  c  3a áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b   1   a  3b   3 b  3c   1  b  3c 1.1    b  3c   3 c  3a   1  c  3a 1.1    c  3a   3  a  3b 1.1  Suy a  3b  b  3c  c  3a    a  b  c         3 3 Do đó P   Dấu = xảy  a  b  c  abc a  3b  b  3c  c  3a  Vậy P đạt giá trị nhỏ a  b  c  / 4  14) Cho x, y, z là số dương thoả mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x9  y y9  z9 z  x9   x6  x3 y  y y  y z  z z  z x3  x6 Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : a  b3 b3  c3 c  a3 P   a  ab  b b  bc  c c  ca  a a  b3 a  ab  b a  ab  b  ( a  b ) mà  (Biến đổi tương đương) a  ab  b a  ab  b a  ab  b a  ab  b  ( a  b) a  ab  b b3  c3 c3  a3 Tương tự:  ( b  c );  (c  a ) 2 b  bc  c c  ca  a  (a  b) => P  2, P  a = b = c =  x = y = z = => P  (a  b  c )  abc  (BĐT Côsi) Vậy: minP = x = y =z =1 15) Cho x,y  R và x, y > Tìm giá trị nhỏ x P  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1) t2 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  2 t  t  xy (3t  2) t P Do 3t - > và  xy   nên ta có xy  t  t (3t  2) t t  t2 P  t2 t2  t 1 t2 t  4t Xét hàm số f (t )  ; f '(t )  ; f’(t) =  t = v t = t2 (t  2)2 t f’(t) 2 - + + + + f(t) x  y  Do đó P = (min f (t ) = f(4) = đạt  2;  )  xy  x   y  16) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  Tìm giá 1 trị nhỏ biểu thức: P     xy  yz  zx  1  / Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx )    9   xy  yz  zx  P 9   xy  yz  zx  x  y  z  P  x = y = z 17) Cho x  0, y  0, x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y T  1 x 1 y   Đặt x  cos a; y  sin a  a   0;  đó  2 2 cos a sin a cos a  sin a  sin a  cos a 1  sin a.cos a  T    sin a cos a sina.cos a sin a.cos a  t2 1  Đặt t  sin a  cos a  sin  a    sin a.cos a  4   Với  a    t  2 t  3t Khi đó T   f t  ; t 1 Vậy GTNN là Pmin = f ' t   t   t  1   t  1;   f  t   f Vậy f  t   f  t 1;   2  2 x  y  Hay T   2  x y 18) Cho a, b, c  và a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P a3 Ta có: P + = 1 b  P a 1 c 1 b2  c2 b3  a 2  b2 c3  c2  1 a  1 b  c2   c3  a2  a2 b3  c2  b2  c2   c2 1 a2 a6 b6 c6  33  33  33 16 16 16 2 1 a2 1 a2 3 9 3  P  (a  b  c )   P      2 23 2 26 2 2 2  c3   b2   b2 b3   Để PMin a = b = c = 19) Cho x, y, z là các số thực dương lớn và thoả mãn điều kiện 1   2 x y z Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Ta có 1    nên x y z 1 y  z 1 ( y  1)( z  1)    1   2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1)    1   2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y  ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x  1)( y  1)( z  1)  Amax = xyz 20) Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 th× x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, a+b>0 vµ a2+b2-ab  ab 3  a + b +1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0  1  a  b  ab  a  b  c  Tư¬ng tù ta cã 1  , b  c  bc  a  b  c  1  c  a  ca  a  b  c  Céng theo vÕ ta cã 1 1 1   = + 3 + 3 x  y 1 y  z  z  x 1 a  b 1 b  c  c  a3 1  1 1     = c  a  b    a  b  c   ab bc ca   a  b  c  DÊu b»ng x¶y x=y=z=1 21) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = P = x3 + y3 + z3 – Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: 3xyz +) Ta có P  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  x  y  z  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x  y  z       ( x  y  z )2   ( x  y  z)2  P  ( x  y  z ) 2    ( x  y  z ) 3   2     +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki ) , ta được: P(t )  3t  t +) P '(t )   t   , P(  6) = 0; P( 2)  2 ; P( 2)  2 +) KL: MaxP  2; MinP  2 22) ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = Chứng minh 25x 25y 25z   25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy x  5y  5z  x y z Đặt = a , =b , = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a bc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( a  bc b  ca c  ab *) a3 b3 c3 a bc    ( *)  a  abc b  abc c  abc 3 a b c3 a bc     ( a  b)( a  c) ( b  c )(b  a ) (c  a )(c  b ) a a b a c    a ( 1) Ta có ( Bất đẳng ( a  b)(a  c) 8 thức Cô si) b3 bc ba    b ( 2) Tương tự (b  c)(b  a ) 8 c ca cb    c ( 3) (c  a )(c  b) 8 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh 23) Tam giác ABC có a = b - Chứng minh : cos2A = cos2B - Tìm giá trị lớn góc B và giá trị tương ứng các góc A, C a = b  sinA = sin B Nên : cos2A = - sin2A = - 2sin2B = cos2B (đpcm) Vì : cos2B = cos2A và  cos2A  nên : B lớn  cos2B nhỏ  cos2B =  2B = 90o  B = 450 Lúc đó : A= 90o, C = 45o HÌNH HỌC LỚP 10 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật +) d ( I , AB )   AD =  AB =  BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm  x   25  y2 hệ: ( x  )  y     A(2; 0), B (2; 2)  x  2  x  y     y   C (3;0), D( 1; 2)   CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) Mµ 3) Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến đó 600 (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)  AMB  600 (1) Vậy    AMB  120 (2) (1)   AMI = 30  MI  (2)   AMI = 60  MI  Vì MI là phân giác  AMB IA sin 30  MI = 2R  m    m   IA  MI = R  m   Vô sin 60 3 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0;- ) 4) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2;  ,C  1;  , D  3;5  và đường thẳng d : 3x  y   Tìm điểm M trên d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Giả sử M  x; y   d  3x  y   AB  5, CD  17   AB  3;   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y     CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  SMAB  SMCD  AB.d  M; AB   CD.d  M;CD  4x  3y  x  4y  17  17   4x  3y   x  4y  17 17 3x  y     4x  3y   x  4y  17  3x  y    3x  7y  21  7    M1  ;  , M  9; 32   3x  y   3    5x  y  13   5 5) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C  Ta có: AB   1;2   AB  Phương trình AB là: x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I là trung điểm AC: C (2t  1;2t ) Theo bài ra: S ABC t   AB.d (C , AB)   6t     t   3 Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 8) Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = Xác định tọa độ B và C Tính diện tích ABC B M A C H  +AC qua A và vuông góc với BH đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y - =  AC ……  C(4;- 5) CM  xB  y B ; M thuộc CM ta  1  2 + Tọa độ C là nghiệm hệ   xB  yB  xM ;  yM 2   xB  y B  1   + Giải hệ  ta B(-2 ;-3)  xB  yB   + Tính diện tích ABC + Tọa độ H là nghiệm hệ … Tính Diện tích S = 14  x  x  3y      3x  y   y    10 ; AC = 10 1 10 AC.BH  10  16 ( đvdt) 2 BH = 9) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ là x + y – = và 2x – y + = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:  2m  c  11  2m  2c  2m  c  11  2m  2c C' ; ) 30 m     CC ' nªn 2( 2 2   41  I  ( ; ) Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 6 2 x  y    14 37  Tọa độ C là nghiệm hệ:  C ;   3  3 x  y  23  10) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3x  y  10  và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’ Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 4  (3t   2)  (t  1) Giải tiếp t = -3 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 11) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  cùng qua M(1; 0) Viết phươngtrình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM Khi đó ta có: 2 MA  MB  IA2  IH  I ' A2  I ' H '2    d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH   d ( I ';d )    d ( I ;d )   9a b2  35    35 a  b2 a2  b2 36a  b  35  a  36b 2 a b  a  6  a6 Dễ thấy b  nên chọn b    Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 12) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x2  y  y   và  C2  : x2  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1  và  C2   C1  : I1  0;  , R1  3;  C2  : I  3; 4  , R2   Gọi tiếp tuyến chung  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  A2  B    là tiếp tuyến chung  C1  ,  C2    2 1  d  I1;    R1  2B  C  A  B   d  I ;    R2  A  B  C  A2  B    3 A  B Từ (1) và (2) suy A  B C  Trường hợp 1: A  B Chọn B   A   C  2    : x  y    3 A  B Trường hợp 2: C  Thay vào (1) A  B  A2  B  A  0; A   B   : y   0;  : x  y   13) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y   điểm A có hoành độ Gọi  H  : x2 a2  y2 b2 1 (H) tiếp xúc với d : x  y    a  b2  x   y   A  4;    H   16 a  b2 1  2 Từ (1) và (2) suy a  8; b    H  : x2 y  1 14) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21  x  x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD làhình chữ nhật nên góc AC và AB góc    AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có:     cos nAB , nBD  cos nAC , nAB      a  b 2 2  a  2b  a  b  a  8ab  b    a   b  - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: x  y 1  x    A(3; 2)  x  y 1   y  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:  x  x  y     I 7;5     2 2  x  y  14  y   Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 15) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC   xB  xC    y B  yC   Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  Từ  các phương trìnhtrên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)]   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = Bán kính R = d(C; BG) = 1)2 =  phương trình đường tròn: (x – 5) +(y – 81 25 16) Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết nó qua điểm (3;1) Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2  0) Góc nó tạo với BC góc AB tạo với BC nên : 2a  5b 2 2  5 a b 2a  5b 29   a  b2 2.12  5.1 2  52 122  12   2a  5b   29  a  b  a  12b  9a + 100ab – 96b =   a  b  2 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = và b = Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 17) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo dây cung có độ dài Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo dây cung có độ dài 6=> khoảng cách từ tâm I đến  52  32   c  10  4 (thỏa mãn c≠2) 32   c  4 10  Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x  y  10    d I,   3   c x  y  10   18) Viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác qua đỉnh A, C là : (d1) : 3x – 4y + 27 = và (d2) : x + 2y – =  +) PT cạnh BC qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u1   4;3 (d2) làm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = hay 4x + 3y - =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm HPT : 4x  3y    x  1   C   1;3  x  2y   y   +) đường thẳng ∆ qua B và vuông góc với (d2) có VTPT là u   2; 1 ∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = hay 2x - y - = +) Tọa độ giao điểm H ∆ và (d2) là nghiệm HPT : 2x  y   x    H   3;1  x  2y   y  +) Gọi B’ là điêm đối xứng vơí B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm BB’ nên : x B'  2x H  x B   B'   4;3   y B'  2y H  y B  +) đường thẳng AC qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3) nên có PT : y - = +) Tọa độ điểm A là nghiệm HPT : y   x  5   A  (5;3)  3x  4y  27   y   +) đường thẳng qua AB cã VTCP AB   7; 4  , nên cã PT : x  y 1   4x  7y   4 x  y 1   4x  7y   4 18) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x  y  x  y   và đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 900 + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = + AMˆ B  900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy : MI  MA  R  12 Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:  x   x   x  2   y  12  12     x  y    y     y    Vậy có điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + = Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  cho đường thẳng AB và  hợp với góc 450  x   3t *  có phương trình tham số  và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t Bthuộc   B (1  3t ; 2  2t )   AB u     1 *Ta có (AB;  )=450  cos(AB; u )     2 AB u 15 t   13 13 32 22 32 *Các điểm cần tìm là B1 ( ; ), B2 ( ;  ) 13 13 13 13 20) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y  , đường thẳng (d ) : x  y  m  Tìm m để (C ) cắt (d ) A và B cho diện tích tam giác ABO lớn *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt  d (O ;d )  1 1 *Ta có SOAB  OAOB sin AOB  sin AOB  2 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn và AOB  900  169t  156t  45   t   d (I ;d )   m  1 21) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : x  y   d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo tam giác cân có đỉnh là giao điểm hai đường thẳng d1, d2 Cách 1: d1 có vectơ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ phương a (3;6) Ta có: a1.a  2.3  1.6  nên d1  d và d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d là đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x  2)  B(y  1)   Ax  By  A  B  d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I và d tạo với d1 ( d2) góc 450  2A  B A2  B  A  3B  cos 450  3A  8AB  3B    2  (1)2 B  3A  Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y   * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y   Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : 3x  y   d : x  3y   Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, đó d song song với đường phân giác ngoài đỉnh là giao điểm d1, d2 tam giác đã cho Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình 2x  y  3x  6y  3x  9y  22  (1 )   2x  y   3x  6y    2  (1)2 32  9x  3y   ( ) +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  Do P d nên   c   c  15  d : x  3y   +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  Do P d nên 18   c   c  15  d : 3x  y   Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : 3x  y   d : x  3y   22) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x  y  x   Tia Oy cắt (C) A Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = và tiếp xúc ngoài với (C) A A(0;2), I(-2 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’  x  3t , I '  IA => I’( 3t; 2t  ),  y  2t  Pt đường thẳng IA :    AI  I ' A  t   I '( 3;3) 2 (C’):  x     y  3  23) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = và đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a  3, c  , 2a  c  a  2c  17  ;  là trung điểm AC, BD 2   I BD  3c  a  18   a  3c  18  A(6c  35;3c  18)   M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0  c  7(loai)  c  I =  c = =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 2 24) Cho đường tròn (C): x + y – 2x – 6y + = và điểm M (2;4) a) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn điểm A và B, cho M là trung điểm AB b) Viết phương trình các tiếp tuyến đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1 a)C) : I(1; 3), R= 2, A, B  (C ) , M là trung điểm AB => IM  AB  Đường thẳng d cần tìm là đg thẳng  AB d qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - =0 b) thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’) d’ tiếp xúc với (C)  d ( I ; d ')  R  m   2   m   2  x  y  (4  2)  Pt tiếp tuyến :   x  y  (4  2 )  25) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB | m  4m | | 5m | IH = d ( I , )   m  16 m  16 AH  IA2  IH  25  (5m )2  m  16 Diện tích tam giác IAB là S IAB I A  H B 20 m  16  12  2S IAH  12  m  3  d ( I , ) AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m    26) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC x - y -  Tọa độ điểm A là nghiệm HPT:   A(3; 1) x  y -  Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 3  b   2c  Do G là trọng tâm tam giác ABC nên   1  b   c  C(1; 2)   Một vectơ phương cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) Phương trình cạnh BC là: x - 4y + = b  Hay B(5; 3),  c  27) Viết phương trình đường tròn qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + = Gọi I  a; b  là tâm đường tròn ta có hệ   a     b     a   1  b  (1)  IA  IB    a  b    2 IA  d I ;      a     b     2 10  1  a  2b  vào (2) ta có b2  12b  20   b   b  10 2 *) với b   a  1; R  10   C  :  x  1   y    10 2 *)với b  10  a  17; R  250   C  :  x  17    y  10   250 28) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y   Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C Tọa độ A là nghiệm hệ 4x  y  14   x  4  A(–4, 2) 2x  5y   y2   Vì G(–2, 0) là trọng tâm ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C   x  3  y B  2   B  2x C  x B  14    2 x C   y C  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 29) Cho đường tròn (C): x + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) các điểm A, B cho AB  Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R  Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB AB Ta có AH  BH   2 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' là vị trí thứ AB Gọi H' là trung điểm A'B'  3 Ta có: IH '  IH  IA  AH        Ta có: MI  2  ; 2 MH '  MI  H ' I     1  1   và MH  MI  HI   5 13  2 49 52    13 4 169 172 R 22  MA '2  A' H'2  MH '2     43 4 Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 30) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp ®iÓm) cho tam gi¸c ABC vu«ng Ta có: R12  MA  AH  MH  Giài Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng  IA  m 1  m  5    m 1    m  31) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = và đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp ®iÓm) cho tam gi¸c ABC vu«ng Giài Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng  IA  m 1  m  5    m 1    m  32) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = và (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy Giải Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác góc B với I thuộc OA đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 33) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường tròn qua điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d) Giải Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 Vì đường tròn qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1  a )2  b  R  2 (1  a )  (2  y )  R  2 (a  b  1)  R a    b  R   Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 34) Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : x  y   Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15 Giải 3a  16  3a )  B(4  a; ) Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 S ABC  AB.d (C   )  AB 2 a    3a  Theo giả thiết ta có AB   (4  2a )     25     a  Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4) 35) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C Gọi A(a; Giải 5 ;  ), pt AB: x – y – = 2 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 Ta cã: AB = 2,M=( Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)=  d(G, AB)= t  (3t  8)  =  t = hoÆc t = 2  G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)   Mµ CM  3GM  C = (-2; 10) hoÆc C = (1; -4) 36) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đó +) d ( I , AB )   AD =  AB =  BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4  x   25  ( x  )  y   y   A(2; 0), B (2; 2) +) Tọa độ A, B là nghiệm hệ:    x  2  x  y     y   C (3;0), D( 1; 2) 37) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y   , phân giác BN : x  y   Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC Giải + Do AB  CH nờn AB: x  y   2 x  y   Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3)  x  y 1  Do đó: AB  BN  B(4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A và 2 x  y   Vuụng gúc với BN là (d): x  y   Gọi I  (d )  BN Giải hệ:  x  2y   Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) 7 x  y  25  + Phương trình BC: x  y  25  Giải hệ:   x  y 1  13 Suy ra: C ( ;  ) 4 7.1  1(2)  25 450 + BC  (4  13 / 4)  (3  / 4)  , d ( A; BC )  3  12 Suy ra: S ABC  1 450 45 d ( A; BC ).BC   2 4 38) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x  y   và d : x  y   Trung điểm cạnh là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Giải Ta có: d  d  I Toạ độ I là nghiệm hệ: x  y   x  / 9 3 Vậy I ;    2 2 x  y   y  / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d  Ox Suy M( 3; 0) 2 9 3  Ta có: AB  IM         2 2  S ABCD 12  2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d  AD Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD  Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)   x  y   Lại có: MA  MD  x  y   Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT:   x  3  y  y   x  y   x  y   x      2 2 x   1 x  3  y  x  3  (3  x )  x  x   Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  y   x  x I  x A    9 3 Do I ;  là trung điểm AC suy ra:  C 2 2 y C  y I  y A    Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Chuyên đề hình học không gian 3) Hình chóp tứ giác SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Với giá trị nào góc  mặt bên và mặt đáy chóp thì thể tích chóp nhỏ nhất? Giải Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM Ta có:   , d  A;  SBC    d  N;  SBC    NH  SMN NH   SABCD  MN  sin  sin  sin  tan  SI  MI.tan    sin  cos 4  VSABCD     sin  cos 3.sin .cos sin   sin   2cos  sin .sin .2cos 2   3  sin .cos  VSABCD  sin .cos max S  MN   sin   2cos 2  cos  H C D N M I A B 4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ và BC là a Giải C’ A’ AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) H BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) A B’ Gọi M là trung điểm BC ta thấy: C O AA’và BC, đó d ( AA' , BC)  HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: B A' O HM  AO AH AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 23 12  suy A' O  M 5) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi vuông góc với và AB  BC  CD  a Gọi C’ và D’ là hình chiếu điểm B trên AC và AD Tính thÓ tÝch tÝch tø diÖn ABC’D’ Giải Vì CD  BC , CD  AB nên CD  mp( ABC ) và đó mp( ABC )  mp ( ACD) V× BC '  AC nªn BC  mp( ACD ) dt ( AC ' D ' ).BC ' a V× tam gi¸c ABC vu«ng c©n nªn AC '  CC '  BC '  Ta cã AD  AB  BD  AB  BC  CD  3a nªn AD  a V× BD’ lµ ®­êng cao a cña tam gi¸c vu«ng ABD nªn AD'.AD  AB , VËy AD'  Ta cã Suy nÕu V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABC’D’ th× V  1 CD a a a2 AC '.AD' sin CAˆ D  AC '.AD'    VËy 2 AD 2 12 a 2 a a3 V  36 12 6) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác cạnh a .A’ cách các điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ dt ( AC ' D ' )  Giải A' C' B' A C G N M B Từ giả thiết ta chop A’.ABC là chop tam giác  A' AG là góc cạnh bên và đáy a ;   A' AG = 60 , … AG = Đường cao A’G chop A’.ABC là đường cao lăng trụ Vậy A’G = a a tan600 = = a 3 a a3 …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = a .a  2 7) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = a và góc BAD = 600 Gọi M và N Lần lượt là trung điểm các cạnh A'D' và A'B' Chứng minh AC' vuông góc với mặt phăng (BDMN) Tính Thể tích khối chóp A.BDMN Giải Chứng tỏ AC’  BD C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm BD, MN Suy AC’  (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao PQ và AC’ Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải cách tính 3a Tính đúng diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: 16 8) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp đường thẳng AN và mp(ABCD) 300 Giải + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG  suy G là trọng tâm tam giác SBD SO Từ đó suy M, N là trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD  VS BCD  VS ABCD  V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A   1.1   VS ABN  V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1     VS ABN  V O VS BCD SB SC SD 2 Từ đó suy ra: B VS ABMN  VS ABN  VS BMN  V D C + Ta có: V  SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD ) nên góc hợp AN với  , lại có N là trung điểm SC nên tam giác NAD cân mp(ABCD) chính là góc NAD   NDA   300 Suy ra: AD  SA  a N, suy NAD tan 300 1 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a  a 3 9) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất các cạnh a Gọi M là trung điểm AA’ Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh BM vuông góc với B’C a 2 a a3 S BB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH SBB ' C  2 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB   COA   600 Tính 10) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  và  AOB  BOC Gọi H là trung điểm BC  d  M ;  BB ' C    AH  thể tích tứ diện OABC Lấy B’ trên OB; C’ trên OC cho OA  OB '  OC '  Lấy M là trung điểm B’C’   OAM    OB ' C '  Kẻ AH  OM  AH   OB ' C '  Ta có AM  OM   MH   AH  3   15 SOBC  OB.OC.sin BOC 2 Vậy VOABC  AH SOBC  10 11) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  xy D Giải Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH        2 AM AN sin 600  xy Thể tích tứ diện D AMN là V  S AMN DH  xy 12 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 300 2  x  y  xy 12) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy đường cao, a Tính khoảng cách hai đường thẳng SC và AB Giải * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC)  d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) Lấy M,N là trung điểm AB,DC;Gọi O = AC  BD  mp(SMN)  mp(SDC) Hạ MH  SN , (H SN)  MH  mp(SDC)  MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) * Tính MH: Hạ OI  SN  MH = 2.OI 1 ON OS2    OI   SNO vuông có: OI ON OS2 ON  OS2 Diện tích tam giác AMN là S AMN  S H I B M C O N A D a Với ON = ; OS = a a 2a ta tính OI =  MH= 5 13) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn Giải Gọi  là góc hai mp (SCB) và (ABC)  ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Ta có :   SCA 1 1 Vậy VSABC  SABC SA  AC.BC.SA  a sin .cos 2  a sin  1  sin   6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = – 3x2 f '  x    x   Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có điểm cực trị là điểm S cực đại, nên đó hàm số đạt GTLN   hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 a3 Vậy MaxVSABC = , đạt 1 sin  = hay   arcsin 3  ( với <   ) B A  C 14) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác cạnh a Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm thuộc BC Tính khoảng cách hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy góc 300 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H Xét SHA(vuông H) AH  SA cos 300  S a Mà ABC cạnh a, mà cạnh AH  a => H là trung điểm cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA => HK là khoảng cách BC và SA K A C H K AH a B  15) Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông C, AC = 2, BC = Cạnh bên SA = vuông góc với đáy Gọi D là trung điểm cạnh AB => HK  AH sin 300  1).Tính góc AC và SD; SD 2).Tính khoảng cách BC và Giải a)Ta có : AB = , Gọi M là trung điểm BC , S A D B N M C K ta có : DM = SD = SA  AD  30 , SC = SA  AC  29 SC  CM  33 SD  MD  SM 30   33 Ta có : cos SDM    (*) 2SD.MD 30 30 Góc  hai đường thẳng AC và SD là góc hai đường thẳng DM vµ SD hay  bù với góc  SDM Do đó : cos  = 30 b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC Ta có : BC // ( SND) Do đó : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) Kẻ CK và AH vuông góc với SN , H và K thuộc đường thẳng SN Ta cã : DN // BC  DN  AC 1 SM = Vì SA   ABC   SA  DN  2 Từ (1) và (2) suy : DN  ( SAC)  DN  KC  3 Do cách dựng và (3) ta có : CK  (SND) hay CK là khoảng cách từ C đến mp(SND) Mặt khác : ΔANH = ΔCNK nên AH = CK Mà tam giác vuông SAN lại có : 1 1      AH  2 AH SA AN 25 26 Vậy khoảng cách BC và SD là : CK = 26 16) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 cạnh đáy a, cạnh bên a Tính thể tích khối lăng trụ và góc AC1 và đường cao AH mp(ABC) +Thể tích lăng trụ : V  dt ( ABC ) AA1  a      AH  AA1  A1C1    + cos(AH , AC1) =  AH AC1 AH AC1   AH AC1  B1  AH A1C1 = A AH AC1 AH AC cos 30  AH AC1 C H 3 B a a 2    ( AH , AC1 )  60 Vậy (AH , a a AC1) = 600 Vậy (AH , AC1) = 600 17) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính côsin góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Giải *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH  SFH  600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) HKA a a *Lập luận và tính AC=AB=a , HA  , SH  HF tan 600  2 1 *Tam giác SHK vuông H có    KH  a 2 HK HS HB 10 a AH 20 *Tam giác AHK vuông H có tan AKH    KH 3 a 10  cos AKH  23 a   SAC   30 Tính 18) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = SA  a , SAB thể tích khối chóp S.ABC Theo định lí côsin ta có:   3a  a  2.a 3.a.cos30  a SB  SA  AB  2SA.AB.cos SAB Suy SB  a Tương tự ta có SC = a Gọi M là trung điểm SA , hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC) 1 Ta có VS ABC  VS MBC  VA MBC  MA.S MBC  SA.S MBC  SA.S MBC Hai tam 3 giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N là trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA 2 a  a   a  3a MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        MN  Do  16 4   2 đó VS ABC 2 2 1 a a a3  SA MN.BC  a  16 S M A C N B 19) Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a Hai đỉnh S và S’ nằm cùng phía mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy là trung điểm H AD và trung điểm K BC Tính thể tích phần chung hai hình chóp, biết SH = S’K =h S S' N M D C H K A B SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V  VS ABCD  VS AMND V SM VS MND SM SN VS AMND  VS AMD  VS MND ; S AMD   ;   ; VS ABD SB VS BCD SB SC VS ABD  VS ACD  VS ABCD ; VS AMND  VS ABCD  V  VS ABCD 8 V  a h 24 20) ) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O Cạnh bên SA vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD a) Mặt phẳng () qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a b) Gọi H là trung điểm CM; I là điểm thay đổi trên SD Chứng minh OH  (SCD); và hình chiếu O trên CI thuộc đường tròn cố định Giải S M I N QI A D H O B P C a Kẻ MQ//SA => MQ  ( ABCD )  ( )  ( MQO ) Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ) ( MN  PQ).MQ 3a  (đvdt) b AMC : OH / / AM , AM  SD, AM  CD  AM  ( SCD )  OH  ( SCD) Gọi K là hình chiếu O trên CI  OK  CI , OH  CI  CI  (OKH )  CI  HK Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC Std  21) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Giải Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó  A BD  600 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO  (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có a DH  AB và DH = a ; OK // DH và OK  DH   OK  AB  AB  2 (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao     SO  2 OI OK SO 2 S Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  3a ; a đường cao hình chóp SO  Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a I VS ABCD  S ABC D SO  D 3 3a O H a K C B 22) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b Gọi  là góc hai mp(ABC) và mp(A’BC) Tính tan  và thể tích chóp A’.BCC’B’ Giải A Gọi O là tâm đáy suy A ' O   ABC  và góc    AIA ' *)Tính tan  A 'O 1a a với OI  AI   OI 3 2 a 3b  a A ' O  A ' A2  AO  b   3 2 3b  a  tan   a *)Tính VA ' BCC ' B ' VA ' BCC ' B '  VABC A ' B 'C '  VA ' ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC A' C' B' tan   A C O I B 3b  a a a 3b  a  a   dvtt  2 23) Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chóp Cho AB = a, SA = a Gọi H và K là hình chiếu vu«ng gãc A lên SB, SD Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK Giải +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB và SAD và cùng vuông A) AH.SB = SA.AB  AH= HK SH 2a   HK  BD SB kÎ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy OE lµ ®­êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 Gọi AM là đường cao tam giác cân AHK ta có Ta có HK song song với BD nên 4a2 2a AM  AH  HM   AM= 2 1a a3 VOAHK  OE.SAHK  HK.AM  (®vtt) 32 27 S K I M H E A D O C M 24) Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường th¼ng B1C1 TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a Giải Do AH  ( A1 B1C1 ) nªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA1 H b»ng 300 XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc AA1 H =300 a Do tam giác A1B1C1 là tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 và a A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1 MÆt kh¸c AH  B1C1 nªn B1C1  ( AA1 H )  A1 H  A B C K A1 C H B1 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 A H AH a Ta cã AA1.HK = A1H.AH  HK   AA1 25) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x S Giải Ta có SBD  DCB (c.c.c )  SO  CO Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S  CA   x C Mặt khác ta có AC  BD  AB  BC  CD  AD  BD   x (do  x  3)  S ABCD   x2  x D H O B Gọi H là hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 1 x Mà    SH  2 SH SC SA  x2 Vậy V = x  x (dvtt) 26) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a Gọi M,N là trung điểm SB và SD;I là giao điểm SD và mặt phẳng (AMN) Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI Giải  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB )  AM  SC (1)   AM  SB , (SA  AB ) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy AI  SC Vẽ IH song song với BC cắt SB H Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy VABMI  S ABM IH a2 Ta có S ABM  IH SI SI SC SA2 a2 1       IH  BC  a 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 Ta có A a a a3  36 27) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên a cạnh SA lấy điểm M cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể S tích khối chóp S.BCNM Vậy VABMI  Giải N M D A B C Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC  AB Ta có :   BC  BM Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là  BC  SA đường cao Ta có SA = AB tan600 = a , MN SM MN    AD SA 2a a 3 2 a a 3 2a 4a BM = Diện tích hình thang BCMN là : 3 4a    a   a 10a BC  MN S = BM     2   3   Hạ AH  BM Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,  = SB MS   30  SH = SB.sin300 = a Vậy BM là phân giác góc SBA  SBH Suy MN = 10 3a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = SH ( dtBCNM ) = 27  = 90o), 28) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A ( A AB=AC=a Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với mặt đáy các góc 60o Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC Giải S (ABC) Kẻ SH vuông góc với BC Suy SH  mp Kẻ SI vuông góc với AB và SJ  AC góc SIH=góc SJH = 60o  tam giác SHI = tam C giác SHJ H J B I A Người giải đề: 0977467739  HI = HJ  AIHJ là hình vuông  I là trung điểm AB  IH = a/2 a Trong tam giác vuông SHI ta có SH = a3 SH.dt(ABC)  12 (đvtt) V(SABC) = Hết Khảo sát hàm số 1) Cho hàm số y 2x 1 (1) x 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Giải +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M  (C )  M ( x0 ;  y  yI 3 )  k IM  M  x0  xM  xI ( x0  1)2 +) Hệ số góc tiếp tuyến M: kM  y '( x0 )   x0  1 +) ycbt  k M k IM  9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 2) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (C m) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Giải Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = laø: x  x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) =    x  3x  m  * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:  Phöông trình (2) coù nghieäm xD, xE  m     4m     (*) m  0    m   Lúc đó tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)= 3x 2D  6x D  m  (3x D  2m); kE=y’(xE)= 3x 2E  6x E  m  (3x E  2m) Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc vaø chæ khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 (2)  9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét)   65 m  4m2 – 9m + =     65 m   So s¸nhÑk (*): m =  65    x2 C x2 Khảo sát và vẽ  C  3) Cho hàm số y  Viết phương trình tiếp tuyến  C  , biết tiếp tuyến qua điểm A  6;5  Giải Phương trình đường thẳng qua A  6;5  là  d  : y  k  x    (d) tiếp xúc (C) và hệ sau có nghiệm : x2  x2    x  6   k x         x2 x2    x  2   4 k   k   2    x  2  x  2 Su   4  x     x  2   x   x   4x  24x   x  0; k  1      4 k    x  6; k   k   2    x  2   x  2   x y có tiếp tuyến là :  d1  : y   x  1;  d  : y    4) Cho hàm số y  x  3(2m 1) x  6m(m 1) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Giải Hàm số đồng biến trên 2;  x  m y'    x  m   y'  x   m    m  2x  5) Cho hµm sè y  x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm tọa độ điểm M cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến (C) M lµ lín nhÊt Giải  NÕu M  x0 ;      (C ) thì tiếp tuyến M có phương trình x0   3  ( x  x0 ) hay 3( x  x0 )  ( x0  1)2 ( y  2)  3( x0  1)  x0  ( x0  1) Kho¶ng c¸ch tõ I (1;2) tíi tiÕp tuyÕn lµ 3(1  x0 )  3( x0  1) x0  Theo bất đẳng thức Côsi d   4 9  ( x0  1)   x0  1  ( x0  1) ( x0  1)2  ( x0  1)2   , v©y d  Kho¶ng c¸ch d lín nhÊt b»ng ( x0  1)  ( x0  1)   x0  1   x0  1  ( x0  1) y2  VËy cã hai ®iÓm M : M   ;2  3   hoÆc M   ;2   6) Cho hàm số y = x + ( – 2m)x + (2 – m )x + m + (Cm) 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 2 Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ Giải Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài và thỏa mãn ĐK sau : + y’ =0 có nghiệm pbiệt x1 < x2  '  4m  m    m < - m > + x1 < x2 < ( Vì hệ số x2 y’ mang dấu dương )  …   '   2m  …  m  21 15 5 7  ;  m   ; 1   Kết hợp ĐK trên ta được… Đap số 7) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Giải PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) =  m = 0, f(x) = Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác và y’(x1).y’(x2) = -1 9  4m  0, f (0)  m  Hay  2 (3x1  x1  m)(3x2  x2  m)  1 9   m  , m  m  , m    4 9( x x )2  18x x ( x  x )  3m( x  x )  36 x x  6m( x  x )  m  1 4m  9m    2 2 2  2x  1 x 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C  hàm số trên 8) Cho hàm số y  2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN  10 Giải Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho  x2  x1    y2  y1   90(*)  2x   k ( x  1)  kx  (2k  3) x  k    ( I ) Ta có: ( I )    x 1 y  k ( x  1)    y  k ( x  1)  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx  (2k  3) x  k   0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có k  0, k  2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   x2 x1 ]  90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  2k  k 3 , x1 x2  , vào (***) ta có k k phương trình: 8k  27k  8k    (k  3)(8k  3k  1)   k  3, k  3  41 3  41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên x 1 9) Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 1  m x 1 Giải Số nghiệm x 1 x 1  m số giao điểm đồ thị y  và y  m x 1 x 1 Suy đáp số m  1; m  1: phương trình có nghiệm m  1: phương trình có nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm m 10) Cho hàm số y  x  m  x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng GIẢI m Với x  ta có y’ = 1; ( x  2) Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m  x   m  y1   m  m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2   m  y2   m  m Hai điểm cực trị đồ thị hàm số là A(  m ;  m  m ) ; B(  m ;  m  m ) Khoảng cách từ A và B tới d nên ta có phương trình: 2m m  2m m m   m  Đối chiếu điều kiện thì m = thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = x2 11) Cho hàm số : y  (C) x 1 Chứng minh rằng: với giá trị m, đường thẳng d : y   x  m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm A,B phân biệt Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng AB GIẢI * Phương trình hoành độ giao điểm d (C ) là: x  mx  m   (1) ; đ/k x    m2  4m   Vì  với m ,nên p/t (1) có nghiệm phân biệt khác với m Suy  f (1)  1  d (C ) hai điểm phân biệt với m *Gọi các giao điểm d (C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với x A ; xB là các nghiệm p/t (1) AB  2( xA  xB )2   ( x A  xB )  xA xB   2   m  4(m  2)    (m  2)      Vậy : AB  2 , đạt m = 2x  12) ) Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt hai tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn GIẢI   Lấy điểm M  m;     C  Ta có : y '  m    m2   m  2 Tiếp tuyến (d) M có phương trình : 1 y x  m    m2 m  2   Giao điểm (d) với tiệm cận đứng là : A  2;   m2  Giao điểm (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – ; 2)   Ta có : AB2   m     Dấu “=” xảy m = 2  m     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 13) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ GIẢI Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy điểm cực đại và cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ:  x   y  3x   4 2  => M  ;   5 5  y  2 x  y   14) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số : y  3x  Tìm điểm x 2 thuộc (C) cách đường tiệm cận 2).Tìm các giá trị m để phương trình sau có nghiệm trên đoạn GIẢI Gọi M(x;y)  (C) và cách tiệm cận x = và y = 3x  x | x – | = | y – |  x2  2  x2  x2 x2 x  x     x  2   x2 x  Vậy có điểm thoả mãn đề bài là : M1( 1; 1) và M2(4; 6)  2  0;  15) Cho hàm số y  x2 2x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm điểm trên đồ thị (C) cách hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2) GIẢI Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách A và B có hoàng độ là nghiệm pt : x2  x 2x 1  x2  x    1 x    1 x   1 1  1 1  ;  Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :  , , 2   2      2x  x 1 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến GIẢI *Tiếp tuyến (C) điểm M (x ; f (x ))  (C ) có phương trình 16) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  y  f '(x )(x  x )  f (x ) Hay x  (x  1) y  2x  2x   (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*)  2x    (x  1) giải nghiệm x  và x  *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y   và x  y   2x  17) Cho hàm số y  Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến (C) x2 M cắt các đường tiệm cận (C) A và B Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ GIẢI  2x   1 , x  , y' (x )  Ta có: M x ; x0   x0  22  1 2x  Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng:  : y  (x  x )  x0  x0  2  2x   ; B 2x  2;2  Toạ độ giao điểm A, B   và hai tiệm cận là: A 2;  x0   x  x B  2x  y  yB 2x  Ta thấy A   x0  xM , A   yM suy M là trung 2 x0  điểm AB Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích   2x      2 S = IM   (x  2)        (x  2)2   2 2 (x  )    x0     x  1 Dấu “=” xảy (x  2)2   (x  ) x  Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) 18) Cho hàm số y  x  x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1) GIẢI     Gọi điểm cần tìm là A, B có A  a;   ; B  b;   ; a, b  1 a 1   b 1    a b a 2 b2 Trung điểm I AB: I  ;    a 1 b 1  Pt đường thẳng MN: x + 2y +3=    AB.MN  Có :   I  MN a   A(0; 4) =>    b   B (2;0) 19) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m-1)x + Chứng minh hàm số có cực trị với giá trị m Xác định m để hàm số có cực tiểu x = Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trường hợp đó Giải  y '(2)  y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu x =    m 1  y ''(2)  +) Với m =1 => y = x3 -3x + (C) TXĐ: D = R x  Chiều biến thiên: y '  x  x, y' =   x   hs đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0 ;2) Giới hạn: lim y  , lim y   x  x  Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu x qua x = => Điểm uốn U(1; 0) BBT - x y’ + + - + + y - -2   + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành điểm (1; 0),  3; , trục tung điểm (0; 2) y f(x)=x^3-3x^2+2 x -4 -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 2x  19) Cho hàm số y  (C).Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ x 1 thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = ` giải Phương trình hoành độ giao điểm: 2x + mx + m + = , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) điểm phân biệt  PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m 16 > (2) Gọi A(x1 ; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m Ta có x1, x2 là nghiệm PT(1) m   x1  x2   Theo ĐL Viét ta có   x1 x2  m   2 2 AB =  ( x1  x2 )  4( x1  x2 )   ( x1  x2 )2  4x1 x2   m2 - 8m - 20 =  m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 3 20) Cho hàm số y  x  3mx  4m (m là tham số) có đồ thị là (Cm) Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Giải x   x  2m Ta có: y’ = 3x2  6mx =   Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m   Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m ) Trung điểm đoạn AB là I(m; 2m3) Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x  2m  4m3   Giải ta có: m   ; m = 0.Kết hợp với điều kiện ta có:  2m  m m 2x  (C ) Gọi M là điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp 21) Cho hàm số y  x 1 tuyến M cắt các tiệm cận (C) A, B CMR diện tích tam giác ABI (I là giao hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí M Giải   Gọi M  a; 2a      C  a  1 a 1  Tiếp tuyến M có phương trình: y  2a   x  a  a 1  a  1 2a  10    a 1   Giao điểm với tiệm cận ngang y  là B  2a  1;2  Giao điểm với tiệm cận đứng x  1 là A  1; Giao hai tiệm cận I(-1; 2) 12 1 ; IB   a  1  S IAB  IA AB  24  12  dvdt  a 1 2 x1 22) Cho hàm số : y  (C) 2x  IA  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó qua giao điểm đường tiệm cận và trục Ox Giải   Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0    1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k  x   2   x  1   2x   k  x     () tiếp xúc với (C)   /   x    k coù nghieäm  2x    x 1 1   x   k  x   (1)      3  k (2 )  2 x  12 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x   x  2   2x   2x  1 1  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x   2 x Do đó k   12 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x   12  2 23) Cho hµm sè y  2x  có đồ thị là (C) Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m x2 luôn luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhÊt Giải Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm phương trình  x  2 2x   x  m   x2  x  (4  m) x   2m  (1) Do (1) cã   m   va (2)  (4  m).(2)   2m  3  m nªn ®­êng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi đó AB  24 x 24) Cho hàm số y = (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết x-1 khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn Giải Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn x Phương trình tiếp tuyến M có dạng : y   ( x  x0 )  ( x0  1) x0  x02 x  y  0 ( x0  1)2 ( x0  1)2 x0  Ta có d(I ;tt) = 1 ( x0  1)4  Xét hàm số f(t) = f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn t = hay 2t 1 t4 (1  t )(1  t )(1  t ) (t  0) ta có f’(t) = x f'(t) (1  t )  t + f(t) + - ta c và  x0  x0      x0  + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x+4 25) Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m3  m (1).Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến góc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến góc tọa độ O giải , Ta có y  x  6mx  3(m  1) y ,  có nghiệm phân biệt  x  2mx  m   có nhiệm phân biệt     0, m Cực đại đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m  6m      m  3  2 Để hàm số có cực trị thì PT Vậy có giá trị m là m  3  2 và m  3  2 26) Cho hµm sè y  2x  Tìm trên (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai x 1 tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt Giải Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× y0  x0  x0  Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0  1 - 2| = | | x0  x0  Theo Cauchy th× MA + MB  x  1 =2 x0   MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hoÆc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3) 27) Cho hàm số y  2x 1 (1) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) x 1 M với đường thẳng qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Giải +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M  (C )  M ( x0 ;  y  yI 3 )  k IM  M  x0  xM  xI ( x0  1)2 +) Hệ số góc tiếp tuyến M: kM  y '( x0 )   x0  1 +) ycbt  kM kIM  9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 28) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x  x   m x 1 Giải Biện luận số nghiệm phương trình x  x   Ta có x  x   m theo tham số m x 1 m   x  x   x   m,x  Do đó số nghiệm phương x 1 trình số giao điểm y   x  x   x  , C'  và đường thẳng y  m,x   f  x  x  y   x2  2x  2 x 1   nờn  C'  bao gồm:  f x x     + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  qua Ox Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có nghiệm kộp; + 2  m  : Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m  : Phương trình có nghiệm phõn biệt y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 -5 x  mx  2m  mx  29) Cho hàm số y = (1), có đồ thị là (Cm), m là tham số.Xác định m để tiệm cận xiên (Cm) qua gốc tọa độ và hàm số (1) có cực trị Giải 2 mx  2x  2m  2m x  mx  2m  (mx  1)2 mx  = ; y’ = x  m 2m3  2m  x  m2    m2 m (mx  1)  TCX : y = m m với 2m  2m   y= m và m  mx  2x  2m  2m  có nghiem phan biet    m2  2m3  2m    m  0  m YCBT   m=1 TÍCH PHÂN 1) Tính tích phân: I =    ( x  sin 2 x) cos xdx   2 **I = ( x  sin 2x)cos2xdx  xcos 2xdx  sin 2xcos2xdx  I  I    0 TÝnh I1   du  dx u  x x 14    I1  sin 2x   sin 2xdx đặt  v  cos xdx 20 v  sin x         cos x   8 TÝnh I2   1 I  sin 2xd(sin2x)  sin3 2x  VËy I=       20 6 8 12  2)Tính I  dx  cos x 1  e   3x  d  x2  xdx 11 1 dt I   2 0  x 2  x  0 t  t  x  x 1 ** dt du    2  1  3 2  2 u   t  2         3 dy    Đặt u  tan y, y    ;   du   2 cos y  2   u   y  ;u   y    dy 13  I   dy    cos y    tan y 3   6  ln 3) ) I Tính tích phân  dx (3 e x  2) Đặt x 3 ln Ta có I   x e dx x x e ( e  2) = x u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2 Ta được:  3du 1 =3    I  4u 4(u  2) 2(u  2) u ( u  2) 1  du  1  1  =3  ln u  ln u   2(u  2)  4 3 Vậy I  ln( )   x2 dx x2 4) TÝnh tÝch ph©n: I   §Æt x  sin t th× dx  cos tdt , x  th× t  I   2   4 x cos t   dx   dt     1dt    d (cot t )  t 2  2 x   sin t   sin t  6  x2 dx x  x 5) Tính tích phân sau : I    x2 I  dx = x  x3 1 1 x2 1 dx = x x d (x  ) x = - ln( x  ) =  x 1 x x … = ln   , x  th× t  , vËy: 6 3  2  x2 2x  1 dx ( Hoặc I   =  dx =……)   xx x 1  1 x e log32 x 6) Tính tích phân: I   dx x  3ln x  ln x  e e e   log 32 x ln x ln xdx ln  I  dx    dx   2 ln 1  3ln x x x  3ln x x  3ln x dx Đặt  3ln x  t  ln x  (t  1)  ln x  tdt Đổi cận x e 2  t  1 log 32 x 1 Suy I   dx   tdt  t  1 dt   ln t ln 1 x  3ln x 1   t t    3 9ln   27 ln  3sin x  2cos x dx (sin x  cos x)3 7) Tính tích phân: I   Đặt x      t  dx   dt , x   t  , x   t  2    3sin x  2cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x dx   dt   dx (Do tích phân 3 (sin x  cos x ) (cos t  sin t ) (cos x  sin x ) 0 không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra: I      3sin x  cos x 3cos x  2sin x dx   dx   dx = 3 (sin x  cos x ) (cos x  sin x ) (sin x  cos x ) 0 Suy ra: I  I  I     1     dx   d  x    tan  x    KL: Vậy I    20 4 4   cos  x  cos  x      4 4   x3 8) Tính tích phân  dx x   x  x   u  Đặt u = x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  = Ta có: 3 2 x3 2u  8u 0 x   x  3dx  1 u  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du  u  6u  2   ln u  1  3  ln 3 x 1 e 9) Tính : dx x   t  3x   t ; t   x   t  dx  t.dt ;  x   t  2 u  t  du  dt Vậy I=  tet dt Đặt 31 dv  et dt  v  et 2 t Ta có I  (te   et dt )  e 3 Đặt 10) dx  1 x  Tính tích phân: 1 Ta có : dx  1 x  1 1 x2 = 1 1 x2 1 x   x2 1  x   1  x  1 x  1 x2 dx  2x 1 dx   1 1  1 x2     1 dx   dx 1  x  2x 1  1  I1     1 dx  ln x  x  |11  1  x   I2   1 1 x2 dx Đặt t   x  t   x  2tdt  2xdx 2x t  x  Đổi cận :    x  1  t  2 Vậy I2= t dt   t  1  Nên I =  cotx dx    s inx.sin  x   4  11) Tính tích phân I     cot x cot x dx   dx     s inx  s inx  cos x  sin x sin  x   6 4  I    2  cot x dx s in x 1  cot x  dx   dt sin x   1 Khi x   t   3; x   t  3 Đặt 1+cotx=t  1 Vậy I  t 1 dt   t  ln t  t 1  1 1    2  ln     12) Tính tích phân: I = sin x  cosx   sin x  2cosx  dx  I=   d  sin x  2cosx   dx   dx     50 sin x  2cosx  sin x  2cosx   2  x   ln  sin x  2cosx  3   J 5 I=     ln  ln   J I = 10  Tính J = dx  sin x  2cosx  x  dt   tan x  1  dx  2tdt   2  t2 1 Đặtt t = tan  Đổi cận : Khi x = thì t = Khi x = thì t = 2dt 1 dt dt t2  J   2 2   2t 1 t t  2t  0  t  1    t2 1 t2 1 VËy Lại đặt t = = tan u suy dt = ( tan2u + 1)du  §æi cËn t = th× u = Khi t = th× u =  víi tan   J  tan u  1 du  tan u  1    u 4    3  ln   Do đó : I = 10 5  13) ): Tính tích phân: I =  tan x ln(cos x ) dx cos x *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  Từ đó I    1 ln t dt  t2   thì t  ln t dt t2 1 dt  du  dt ; v   t t t 1 1 Suy I   ln t   dt   ln  t t t 2 *Đặt u  ln t ;dv  I  1  *Kết ln 2 e  ln x  14) Tính tích phân I     x ln x  dx   x  ln x e e ln x I dx  3 x ln xdx x  ln x 1 e +) Tính I   ln x x  ln x dx Đặt t   ln x  t   ln x; tdt  Đổi cận: x   t  1; x  e  t  2 I1   t 2    t3  1 22 2tdt   t  dt  2  t   t 3 1   dx  du   u  ln x   x +) Tính I   x ln xdx Đặt   dv  x dx v  x  e  dx x e x3 e3 x e I  ln x   x dx   31 3 e e3 e3 2e3      9  2  2e3 I  I1  3I  e Tính tích phân: I    ln x  ln x  dx   x  ln x 15) e I1 =  ln x dx , Đặt t = x  ln x  ln x ,… Tính I1 = 2  3 e   I   ln x dx , lấy tích phân phần lần I2 = e – 2 2 I = I1 + I2 = e   3 16) ) Tính: A  x2   x2 Đặt t = sinx =>   dx  x  cos t , dx  cos tdt  A   sin t dt A   2 ln x  ln x dx x e 17) Tính tích phân: I   e ln x  ln x 1e I  dx   ln x  ln xd  ln x      ln x  d   ln x  x 21 1 e e    ln x    34  24   8 17) TÝnh nguyªn hµm: F ( x)  sin xdx   sin x  cos x 3 3  ln x dx ln x I dx  3  dx 2 (x  1) (x  1) (x  1) dx 3 I1  3  (x  1) (x  1)  ln x dx (x  1)2 I2   Đặt u = lnx  du  dv  dx x dx 1 Chọn v  (x  1) x 1 3 3 ln x dx ln dx dx ln 3 I2         ln x  1 x(x  1) x x 1 (1  ln 3)  ln dx 18) T×m nguyªn hµm I   sin x cos x dx dx I  8 3 sin x cos x cos x sin x cos x đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin x  cos x 1 t dt (t  1)  I  8  dt 2t t ( ) 1 t t  3t  3t   dt t3 3   (t  3t   t 3 )dt  tan x  tan x  ln tan x  C t 2 tan x Vậy : I  19)Tính tích phân  (x sin x  x )dx 1 x x dx 1 x I   x sin x dx   Ta tính I1 = x sin x dx đặt t = x3 ta tính I1 = -1/3(cos1 - sin1) x Ta tính I2 =  dx đặt t = 1 x x ta tính I2 = 2 (1    )dt  2(1  )   1 t Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+    tan( x  ) dx I  cos2x  20) : Tính tích phân :   tan( x  ) dx   tan x  dx I  0 (t anx+1) cos2x  t  t anx  dt= Đặt dx  (tan x  1)dx cos x x 0t 0 x I   Suy t  dt 1   (t  1) t  10 21) TÝnh tÝch ph©n: I= dx  1 x  1  x2 §Æt u = x+  x th× u - x=  x  x  2ux  u   x u2 1 1  x  dx     du 2u 2 u  §æi cËn x= - th× u = -1 x = th× u = +1 1    du 1  u  I    1 u 2 1 = 2 1 1 du  1 u  2 1 1 du (1  u )u 2 1  1 du  1 u  2 1   1  2   du u u u 1  1   =1  /4 21) Tính tích phân: I    /4  /4 I   /4 sin x 1 x  x sin x  x2  x dx  /4 dx    /4  /4  x sin xdx   x sin xdx  I1  I  /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  , tích phân phần I kết Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  , tích phân phần I kết ln x  (x  1) dx 22) Tính tích phân: I = ln x dx  1 (x  1)2 dx -2 I= Đặt u = lnx  du = x ; dv = (x + 1) dx  v = x   x  1  x dx   ln     dx ln x   1  x x   I = x  1 x(x  1) 3  x   ln  ln   ln  ln x   1 = = Pt,hpt mũ và logarit 1)Giải phương trình 1 log  x  3  log  x  1  log  x  (2) Điều kiện:  x      x  3 x   x Trường hợp 1: x   2  x2  x   x  Trường hợp 2:  x   2  x2  x    x  3   Vậy tập nghiệm (2) là T  2;   log  y  x   log y  3) Giải hệ phương trình   x  y  25  ( x, y  ) y  x  Điềukiện:  y  yx   yx log  y  x   log y  1 log y  1  y  Hệ phương trình      x  y  25  x  y  25  x  y  25    x  3y x  3y  x  3y      25 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10     15 (không thỏa mãn đk) ;  x; y     10 10       15 (không thỏa mãn đk) ;  x; y      10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 4) Giải bất phương trình: xx 92 x  x 1 1  34.152 x  x 2 34.152 x  x  252 x  x 1  2 2  252 x  x 1   9.32(2 x  x )  34.32 x  x 52 x  x  25.52(2 x  x )   3    5 2(2 x  x ) 3  34   5 2x x 2 x x    1    25     2 x  x 25      2x  x2    x  (;1  3)  (0; 2)  (1  3; )  x  x  2 KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3; ) log x 5) Giải phương trình:  x  3log2 x  x  * ; Đ/k x>0 Đặt log x  t  x  2t t t p/t *  3t  4t         Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m  4  4 nghiệm đó là Vậy , ta : log x   x  KL: p/t có nghiệm x = 6)Chứng minh phương trình : x  x   có nghiệm Đặt f ( x )  x  x   f ' ( x)  5( x  1)  5( x  1)( x  1)( x  1)  x  1 Ta có bảng biến thiên h/s f(x): f '( x)    x  x - -1 + f’(x) f(x) + -1 - + + - -9 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 cắt đồ thị h/s f(x) điểm Vậy p/t đã cho có nghiệm 7) Giải phương trình : log  x   x ĐK : x > PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy x = 2t t t  2  log5   3  t           (2) 3 5 t t t 2 1 Xét hàm số : f(t) =      3 5 t t t t 2 1 f'(t) =   ln 0,    ln 0,  0, t   3 5 Suy f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = nên PT (2) có nghiệm t = hay log2x = hay x =2 Vậy nghiệm PT đã cho là : x = 8) Giải phương trình: Logx (24x 1)2 x  logx (24x 1) x  log (24x 1) x *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x  , biến đổi phương trình tương đương với    2logx (24x  1)  logx (24x  1) logx (24x  1) Đặt logx (x  1)  t , ta phương trình   giải t=1 và t=-2/3  2t  t t *Với t=1  logx (x  1)  phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3  logx (x  1)   3  x (24x  1)  (*) Nhận thấy x  là nghiệm (*) Nếu x  thì VT(*)>1 1 Nếu x  thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm x  8 *Kết luận : Các nghiệm phương trình đã cho là x=1 và x  9) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 x   *Điều kiện : log (9x  72)  giải x  log9 73  x 9  72  Vì x  log9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log (9x  72)  x  9x  72  3x x 3  8  x x 2 3  *Kết luận tập nghiệm : T  (log 72; 2] 1  10) Giải bất phương trình log (4 x  x  1)  x   ( x  2) log   x   2  1  x   x 0 x   x ĐK:    2  4x  x   (2x  1)2  x     Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log (1  2x)  2x   (x  2)log2 (1  2x)  1  xlog (1  2x )  1  * x  x  x      x  log (1  2x )   log 2(1  2x)  2(1  2x )         x  x  x   x      2(1  2x )  log (1  2x )   log 2(1  2x)  Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 1  x  x < 23x 1  y   3.2 y  3x (1) 11) Giải hệ phương trình   3x   xy  x  (2) x    x  1 Phương trình (2)     x(3x  y  1)  3 x   xy  x   x  1 x      x     x  1 3x  y    y   x   Với x = thay vào (1)  y   3.2 y   y  12.2 y  y  8  y  log 11 11  x  1 * Với  thay y = – 3x vào (1) ta được: x 1  3 x 1  3.2  y   3x Đặt t  x 1 Vì x  1 nên t  t   lo¹ i  x  log   1 (3)  t    t  6t      t y   log (3  ) t             x   x  log   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  và  y  log 11 y   log (3  )   x log  log y  y  log x  x log 12  log x  y  log y 12) Giải hệ phương trình:  x  TXĐ:  y   x log  log y  y  log x    x log 12  log x  y  log y  3x y  y x  x y 12 x  y  x  log  y  2x   x  y 3 y  x  y  log  13) Giải bất phương trình Điều kiện: x> ; BPT  log22 log2 x x x 2log x  20   x 2log x  20  Đặt t  log x Khi đó x  2t 2 BPT trở thành 42 t  22t  20  Đặt y = 22t ; y  BPT trở thành y2 + y - 20   -  y  Đối chiếu điều kiện ta có : 2t   2t   t   -  t  Do đó -  log x   x2 13) Giải bất phương trình: log log Đk: x    x   x  log log  x2   x  1  log log   log  log   log 52   x   x log   x2   x   x2   x       *)  log   x   x  log log x2   x    log *) log      x2   x   x2   x  x   x   x   x   x   x    x   x   12    5 Vậy BPT có nghiệm x   0; Giải phương trình : log x  12  log 2 x  1  14)  x 1  log3 x   log3  2x  1  §k:  log3 x   log3  2x  1   log3 x   2x  1  log3  x   2x  1   x 1  x 1 hoac  2 2x  3x   2x  3x   (vn) x2  15) Giải phương trình: (1)  2  log3 x   2  log x log x   1 log3 9x  log3 x  log3 x  1  log3 x  log3 x đặt: t = log3x 2t thành    t  3t    t 1 t (vì t = -2, t = không là nghiệm) 1  log x 12 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x   x  hay x  81  t  1 hay t  16) Giải bất phương trình log 22 x  log x   (log x  3) x  §K:  2 log x  log x   Bất phương trình đã cho tương đương với đặt t = log2x, log 22 x  log x   (log x  3) (1) BPT (1)  t  2t   (t  3)  (t  3)(t  1)  (t  3) t  1 t  1   t    3  t  (t  1)(t  3)  5(t  3)  log x  1 3  log x    0x   Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  8  x  16 17)Giải bất phương trình log ( x  1)2  log ( x  1)3 0 x2  5x  Đk: x > - 3log ( x  1) log 0 ( x  1)( x  6) log ( x  1)  bất phương trình  log ( x  1) 0 0 x6 x6 18) Giải phương trình : log 21 (5  x)  log (5  x).log x 1 (5  x)  log (2 x  5)  log (2 x  1).log (5  x)   1  x ĐK :  2  x  Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  x ) log 22 (5  x )   log (5  x)  log (5  x) log (2 x  1) log (2 x  1) 1  x   log (2 x  1)  1     log (5  x )  log (2 x  1)   x   x  2   log (5  x )  x    Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2 19) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: log x   log ( ax  a ) 3 Giải §iÒu kiÖn: ax + a > x   a ( x  1) Bpt tơng đơng NÕu a>0 th× x +1 >0.Ta cã x2 1 a x 1 NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã x2 1 a x 1 XÐt hµm sè y = x 1 y’ = x y’ x2  víi x  - x 1 ( x  1)2 x  =0 x=1 - -1 || + -1 1 y 2 - a> + + hoÆc a < - 20) Giải phương trình:   1 log2 x  x  §iÒu kiÖn : x>0 §Æt   1 log x =u,   1 log x  v ta cã pt u +uv = + u v  (uv -1)(u – 1) =   u 21 x =1  uv 1 log2 x  1   x2  2 x  2010 (1)  2009 y  x   2010  y 21) Giải hệ phương trình :   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = > và x + y + > +) Lấy loga số 2009 và đưa pt: x  log 2009 ( x  2010)  y  log 2009 ( y  2010) +) Xét và CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  đồng biến, từ đó suy x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) và đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng       , cm pt này có nghiệm t = 9 9  x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) =  y = -  x = log x  y  3log8 ( x  y  2) 22) Giải hệ phương trình:  x  y   x2  y   Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x  y  3log8 (2  x  y )  x y  2 x y   2 2 x  y   x2  y    x  y   x  y   u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u  v    u  v2  v  x  y  uv    uv   2    u  v  uv  (1)    (u  v )2  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv   uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) u  v  KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) 3) x 23) Giải bất phương trình : (  Bpt    2 x 2x    2  x 1 x 2x 4  (2  3) x  x 1  2  t  2 x2 2x  (t  0) BPTTT : t   t2  4t 1    t   (tm) t  Khi đó :     x 2 x     1  x  x  x2  2x 1  1  x  1 24) Giải bất phương trình x(3 log x  2)  log x  Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình x 1 TH1 Nếu x  BPT  log x  x3 Xét hàm số: f ( x)  log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x )  f ( 4)  3 *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g ( x )  g ( 4)   * Với x  :Ta có f ( x)  f (4)  3   Bpt vô nghiệm g ( x )  g ( 4)   TH :Nếu  x  BPT  x 1 log x  x3 log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f ( x)  f (1)  0 *Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x )  g (1)   f ( x)  * Với x  :Ta có f ( x)  f (1)  0   Bpt có nghiệm  x  g ( x )  g (1)   x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  c/hợp, t/hợp 98 100 1) Chứng minh C100  C100  C100  C100   C100  C100  250 Ta có 2 100 100  C100 i  C100 i   C100 i 1  i 100  C100     100 99  C100  C100  C100   C100  C100  C100   C100 i Mặt khác 1  i 2   2i  i  2i  1  i 100   2i 50  250 100 Vậy C100  C100  C100   C100  250 2) Tính tổng : S  C05 C57  C15 C74  C52 C37  C53 C72  C54 C17  C55C 70 Chọn khai triển :  x  1  C50  C15 x  C52 x    C55 x  C07  C17 x  C72 x    C77 x  C07  C17 x  C 27 x    C57 x   Hệ số x5 khai triển (x + 1)5.(x + 1)7 là : C05 C57  C15 C74  C52 C73  C53C 72  C54C17  C55C 70 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số x5 khai triển (x + 1)12 là : C12  x  1 Từ đó ta có : C05 C57  C15 C74  C52 C73  C53C 72  C54C17  C55C 70 = C12 = 792 100 4) Tính giá trị biểu thức: A  4C100  8C100  12C100   200C100 100 100 100  C100  C100 x  C100 x   C100 x 100 100 100  C100  C100 x  C100 x  C100 x   C100 x (2) Ta có: 1  x  1  x  (1) Lấy (1)+(2) ta được: 100 1  x  100  1  x  100 100  2C100  2C100 x  2C100 x   2C100 x Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta 99 99 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3   200C100 x Thay x=1 vào 100 => A  100.299  4C100  8C100   200C100 5) Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ và 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ và bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy cùng màu Giải Sè c¸ch lÊy bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300 Số cách lấy để viên bi lấy cùng màu là : 30x10+7x6+15x9 = 477 477 Xác suất để bi lấy cùng màu là : 1300 6) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác mà số lớn 2010 Gọi số cần tìm có dạng : abcd + Nếu a > : có cách chọn a và A93 cách chọn b, c , d + Nếu a = : + b > : có cách chọn b và có A82 cách chọn c , d + b = và c > 1: có cách chọn c và và cách chọn d + b = và c = : có cách chọn d Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : A93  A82  7.7   4032 7) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n1  3.2.2C23n1   (1)k k(k  1)2 k C2kn 1   n(2 n  1)22 n1 C22nn11  40200 Giải * Xét (1  x )2 n 1  C 02 n 1  C12 n 1x  C 22 n 1x   (1)k C k2 n 1x k   C 22 nn 11x n 1 (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:  (2n  1)(1  x)2 n  C12 n 1  2C 22 n 1x   (1)k kC 2kn 1x k 1   (2 n  1)C 22 nn 11x n Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 2n(2n  1)(1  x)2n1  2C22n1  3C32n1x   (1)k k(k  1)C2kn1xk 2   2n(2n  1)C22nn11x2n1 Thay x = vào đẳng thức trên ta có: 1 2n(2n  1)  2C 22n1  3.2.2C32n 1   (1)k k(k  1)2 k 2 C k2n 1   2n(2n  1)22n 1 C2n 2n 1 Phương trình đã cho  n(2n  1)  40200  n  n  20100   n  100 12 1  8) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton: 1  x   x  12 12 k 12 1      12 k k  Ta có:  x   1  1   x      ( 1) C12  x   x  x  x     k 0 i 12 k 12 k 12 k k i k i   12  k k i k  i  i   (1) C12  Ck x x     (1) C12Ck x  x  k  i 0 k 0 i 0   12 k   (1)12k C12k Cki x k 5i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N,  i  k  12; 4k  5i =  i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 12 Vậy hệ số cần tìm là: C12 C2  C12 C7  C12 C12  27159 9) Cho tập A  0;1;2;3; 4;5 , từ A có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, đó thiết phải có chữ số và Gọi số cần tìm là abcde  a   -Tìm số các số có chữ số khác mà có mặt và không xét đến vị trí a Xếp và vào vị trí có: A5 cách 3 vị trí còn lại có A4 cách Suy có A52 A43 số -Tìm số các số có chữ số khác mà có mặt và với a = Xếp có cách 3 vị trí còn lại có A4 cách Suy có 4.A43 số Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 10) Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A3n  8C2n  C1n  49 Điều kiện n   n n  C x Ta có: x   k 2k nk n k 0 Hệ số số hạng chứa x8 là C 4n n  Hệ số số hạng chứa x8 là C 4n n  Ta có: A3n  8Cn2  C1n  49  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = Nên hệ số x8 là C47 23  280 11) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã ch÷ sè kh¸c vµ kh¸c mµ mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42  c¸ch chän ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 52  10 c¸ch chän ch÷ sè lÏ => cã C 52 C 52 = 60 bé sè tháa m·n bµi to¸n Mçi bé sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp VËy cã tÊt c¶ C 42 C 52 4! = 1440 sè 12) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã ch÷ sè kh¸c mµ mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ Giải Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52  10 c¸ch chän ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C 52 C 53 = 100 số chọn Mçi bé sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ C 52 C 53 5! = 12000 sè Mặt khác số các số lập trên mà có chữ số đứng đầu là C 41 C 53 4! 960 Vậy có tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 13) Giải phương trình C xx  2C xx 1  C xx  Cx2x23 ( Cnk là tổ hợp chập k n phần tử) 2  x  ĐK :  x  N Ta có C xx  C xx 1  C xx 1  Cxx  Cx2x23  C xx1  C xx11  C x2x23  C xx  Cx2x23  (5  x )!  2!  x  14) Tìm hệ số x khai triển Niutơn biểu thức : 10 Ta có 10 P  (1  x  x )10 k P  (1  x  3x )10   C10k (2 x  3x ) k   ( C10k Cki 2k i 3i x k  i ) k 0 k 0 i 0 k  i  i  i  i   Theo giả thiết ta có 0  i  k  10     k  k  k  i, k  N  Vậy hệ số x là: C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 15) 22 2n n 121 Tìm số nguyên dương n cho thoả mãn Cn0  Cn1  Cn2   Cn  n 1 n 1 n 2 n n Xét khai triển (1  x )  Cn  Cn x  Cn x   Cn x Lấy tích phân vế cân từ đến , ta được: 3n 1  22 23 2n 1 n  2Cn0  Cn1  Cn3   Cn n 1 n 1 22 2n n 3n 1  121 3n 1  Cn0  Cn1  Cn2   Cn     n 1 2(n  1) n  2(n  1)  3n 1  243  n  Vậy n=4 16) Tõ c¸c ch÷ sè 0,1,2,3,6,7,8,9 cã thÓ lËp ®­îc bao nhiªu sè tù nhiªn cã ch÷ sè đôi khác ( chữ số đầu tiên phải khác 0) đó phải có chữ số Giải Gäi sè cã ch÷ sè lµ abcdef NÕu a = th× cã c¸ch chän b, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chän f ë ®©y cã 7.6.5.4.3 = 2520sè NÕu b = th× cã c¸ch chän a, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chän f ë ®©y cã 6.6.5.4.3 = 2160sè T¬ng tù víi c, d, e, f VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè 2004 2008 17) Tính tổng: S  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 2009 Ta có: (1  i )2009  C2009  iC2009   i 2009C2009 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009  2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 )i 2006 2008 Thấy: S  ( A  B ) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 2 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009 + Ta có: (1  i )2009  (1  i )[(1  i) ]1004  (1  i).21004  21004  21004 i Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1  i )2009 nờn A  21004 2009 + Ta có: (1  x )2009  C2009  xC2009  x C2009   x 2009C2009 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009   C2009  C2009  C2009   C2009 2008 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  22009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  22007 Số phức Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = n  N Điều kiện:  n  Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n  (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 =   (không thoả mãn)  n  13 Vậy n = Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  1  i    1  i  (2i)3  (1  i ).(8i )   8i   Vậy phần thực số phức z là 2) Tìm số phức z thoả mãn : z   i  Biết phần ảo nhỏ phần thực đơn vị Gọi số phức z=a+bi 2  a    b  1 i   a     b  1  Theo bài ta có:   b  a  b  a   a     b  1    a     b  1  Vậy số phức cần tìm là: z=  +( 1  )i; z= z=  +( 1  )i 3) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 =24+70i,    5i   7  5i z   i    z  5  4i 4) a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1<|z–1|<2 Giải a)G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy Ta cã : | z | = + ( z – ) i  víi x,y   , x  y2 = ( – y ) + ( x – ) i x   x     1  y    y   2 x  y  1  y  víi x,y   , b) G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy x   y  1 Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do đó : < | z - i | <  < | z - i |2 <   x   y  1  2 z  i  z  z  2i  5) Tìm số phức z thỏa mãn :  + Gọi số phức z = x + yi 2  z  ( z )  ( x , yR ) 2 x  ( y  1)i  (2 y  2)i  xyi  Hệ     y   y   x2 1  y  x x x    y   Vậy số phức cần tìm là : z   i 6)Giải phương trình tập số phức: z  z  |z|= x  y2 z = x + iy ( x, y  R ), z2 + z   x  y  x  y  xyi  2 xy   2 2  x  y  x  y  x    y  x     y   x    y  1 Vậy: z = 0, z = i, z = - i 7) Tìm phần thực và phần ảo số phức sau: + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20 (1  i) 21  P   (1  i )   (1  i )20  i 10 (1  i )21  (1  i)  (1  i)  (2i )10 (1  i )  210 (1  i ) 210 (1  i )   210  210  i i Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210  P   8) Giải phương trình nghiệm phức : z  25   6i z Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời 1 a  bi   z a  bi a  b 25 25(a  bi ) Khi đó phương trình z    6i  a  bi  2   6i z a b Khi đó z  a  bi ; 2 2  a (a  b  25)  8( a  b ) (1)   Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  a vào (1) 2 b( a  b  25)  6(a  b ) (2) Ta có a = v a = Với a =  b = ( Loại) Với a =  b = Ta có số phức z = + 3i 9)Giải phương trình sau trên tập số phức C: z2 z  z   z   (1) Giải ++ Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z  1 )  ( z  )   (2) z z 1 Đặt t=z- Khi đó t  z    z   t  z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+  (3)     9  9i 2  3i  3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2  3i 1  3i Với t= ta có z    z  (1  3i) z   (4) z 2 Có   (1  3i )  16   6i   6i  i  (3  i) (1  3i )  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  PT(4) có nghiệm : z=   i ,z=  4  3i 1  3i Với t= ta có z    z  (1  3i ) z   (4) z 2 Có   (1  3i)  16   6i   6i  i  (3  i) (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i)  i  PT(4) có nghiệm : z=   i ,z=  4 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z  Phương trình mặt phẳng 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) x 1 y  z vµ ®­êng th¼ng  :   Tìm toạ độ điểm M trên  1 2 cho: MA  MB  28 Giải x  1 t  ptts :  y  2  t  M (1  t; 2  t ; 2t )  z  2t  Ta cã: MA2  MB  28  12t  48t  48   t  Từ đó suy : M (-1 ;0 ;4) 2).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) và đường thẳng d víi d : x 1 y 1 z   Viết phương trình chính tắc đường thẳng 1 qua điểm M Gọi H là hình chiếu vuông góc M trên d, ta có MH là đường thẳng qua M, cắt và vuông góc với d x   2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t   Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy : MH = (2t  ;  + t ;  t)  Vì MH  d và d có vectơ phương là u = (2 ; ; 1), nên :  2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t = Vì thế, MH =  ;  ;   3 3 3   uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc đường thẳng MH là: x   y   z 4 2 Theo trên có H ( ;  ;  ) mà H là trung điểm MM’ nên toạ độ 3 M’ ( ;  ;  ) 3 3) Viết phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng sau:  x  1  2t  d2 : y   t z   Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d  N  1  2t ';1  t ';3  x y 1 z  d1 :   ; 1   MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t     MN.u1  2  2t  2t ' 1   t  t '     t        2  2t  2t ' 1   t  t '  MN.u1   6t  3t '    t  t' 1  3t  5t '    M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1; 2;   PT MN : x  y z 1   1 4) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) *Gọi H là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  1 suy H ( ; ; ) 3 3 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm OO’  O ' ( ; ; ) 3 Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y 1 z  x2 y3 z   d2 :   1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ dấu xảy I là trung điểm AB và d  d1 , d  AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B :Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) Nên có phương trình là: Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=  x  2  ( y  1)2  ( z  1)   x  1  2t  x y z 6) Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t 1 z   t  và điểm M(1;2;3) 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2 2.Tìm A  d1 ; B  d cho AB ngắn + Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 … Là (P) x + y – z = + Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y - z + = + Tìm giao d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …  Điểm đối xứng M’ M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1) 2.Tìm A  d1; B  d cho AB ngắn Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nó là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1 và d2    AB.v1  3 1 17 18  ……  tọa độ A  ; ;  và B  ; ;     35 35 35 35 35 35     AB v   7) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)   Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x  y  z   0, y  z      Vectơ pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC):  x  y  z 1  x    x  y  z   Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là 2 x  y  z    z    I (0; 2;1) Bán kính là R  IA  (1  0)  (0  2)2  (1  1)2  8) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC    Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là vtpt (ABC) Suy pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = M(x; y; z) MA = MB = MC  … M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 9) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)   + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x  y  z   0, y  z      + Vecto pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC): 2x  y  z 1   x  y  z 1  x    + Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1) 2 x  y  z    z    Bán kính là R  IA  (1  0)  (0  2)2  (1  1)2  10) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : (d ) : x y z   và 1 x  y z 1   Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d ) cho 2 1 đường thẳng MN song song với mặt phẳng  P  : x – y  z  2010  độ dài đoạn MN + M , N  (d1 ), (d ) nên ta giả sử  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ( 1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1)   + MN song song mp(P) nên: nP NM   1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)    t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1)  t1  + Ta có: MN   (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)   7t  4t1    t1   4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ;  ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P) KL: Vậy có hai cặp M, N trên thoả mãn 2 11) Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : 2 x 1 y z    Viết phương trình mặt 2 phẳng   chứa d cho khoảng cách từ A đến   lớn Gọi K là hình chiếu A trên d  K cố định; Gọi   là mặt phẳng chứa d và H là hình chiếu A trên   Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : x  y  z  15   K  3;1;  +   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  y  z   12) Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   và các đường thẳng d1 : x 1 y  z   , 3 x 5 y z 5   Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) 5 và đường thẳng MN cách (P) khoảng d2 : Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N   6t '; 4t '; 5  5t ' d  M ;  P     2t    t  0; t   Trường hợp 1: t   M 1;3;0  , MN   6t ' 4;4t ' 3; 5t '      MN  nP  MN nP   t '   N  5;0; 5  Trường hợp 2: t   M  3; 0;  , N  1; 4;  13) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai x  y 1 z  x2 y2 z đường thẳng d1:   , d2 :   1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d1 và d2 là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m z   t  z  2m   Giả sửd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) Do d  (P) có VTPT 3  m  2t  2k     nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t   k có nghiệm 2  2m  t  5k  m  Giải hệ tìm  t   x   2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn bài toán  z   5t  x  y  z 1   và mặt phẳng 1 (P): x + y + z + = Gọi M là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42 14) Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: Ta có phương trình tham số d là:  x   2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm hệ  z  1  t   x   2t  y  2  t  (tham số t)  z    t   x  y  z    M (1; 3;0)   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP d là ud (2;1; 1)    Vì  nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc M trên  , đó MN ( x  1; y  3; z )   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x  y  z    Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  y  z  11  ( x  1)2  ( y  3)2  z  42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5 y  z    3 x 3 y  z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   3 15) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng x  t x y2 z  1 :  y   t ; 2 :   3 3  z  1  2t  Viết phương trình tham số đường thẳng d qua điểm I và cắt hai đường thẳng 1 và  Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : Viết phương trình mặt phẳng(  ) qua điểm I , song song với 1 và  I(1;5;0) , x  t  1 :  y   t  z  1  2t  2 : x y2 z   3 3 1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 qua điểm M (0; 4; 1)  có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  qua điểm M (0; 2;0)     mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt n   M I , u1   (3; 1; 2)  p/t mp(P) : 3x –y - 2z + =  Tương tự mp(Q) chứa  và điểm I có vtpt n' (3;-1;2)  p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + = *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và  , nên d = (P)  (Q)     đường thẳng d có vtcp ud   n, n '  = (1;3;0); d qua điểm I(1;5;0)   x  1 t  Nên p/t tham số d là  y   3t z      *mp(  ) qua điểm I và song song với 1 và  nên (  ) có vtpt n = u1 , u2  =(9;5;-2)  p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 16) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x 1  y z  x – 2y + z – = và hai đường thẳng : (d)   và (d’) 1 x   2t   y   t Viết phương trình tham số đường thẳng (  ) nằm mặt phẳng z   t  (P) và cắt hai đường thẳng (d) và (d’) CMR (d) và (d’) chéo và tính khoảng cách chúng Mặt phẳng (P) cắt (d) điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) điểm B(9 ; ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm qua A, B nên có phương trình : x   t   y   8t z   15t   + Đường thẳng (d) qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1;2   + Đường thẳng (d’) qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3     MM '  u, u '   2; 1;3 11 12 ; 12 12 ; 12 11  8  Do đó (d) và (d’) chéo (Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' d  d  , d '     11  u, u '   17) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y   2t và (d’)  y  1  2t z   5t z  3t   a CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt b Viết phương trình chính tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo (d) và (d’)    a) + Đường thẳng (d) qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1;2;5   + Đường thẳng (d’) qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  3 Nhận thấy (d) và (d’) có điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt  2 (ĐPCM)   u   15 15 15  b) Ta lấy v   u '   ; 2 ; 3  7 u'       15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2  ;5   7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  ;5   7   Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng qua I và nhận hai   véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :   15  x    1   t      15   và t  y        z     15  t       15  x    1   t      15   t  y        z     15  t     18) Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ  Ta có AB   1; 4; 3 x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y   4t  z   3t  Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc C trên cạnh AB,  gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3)   Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a   49 41  Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26  21 26 19) Cho hai đường thẳng có phương trình: d1 : x2 z 3  y 1  x   t  d :  y   2t z  1 t  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1) Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b)   Do đường thẳng d qua M(3;10;1)=> MA  k MB   MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  3a   kb 3a  kb  a      a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11   k  4  2a   kb 2a  kb  b      => MA   2; 10; 2   x   2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z   2t  20) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:  x  3u x     d1  :  y  4  2t và  d  :  y   2u  z  2 z   t   a Chứng minh (d1) và (d2) chéo b Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung (d1) và (d2)  §­êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP u1   0;2;1  §­êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP u   3;2;0     Do đó : M1M   1;7; 5  và  u1 , u    2; 3;     Suy  u1 , u  M1M  49  VËy (d1) vµ (d2) chÐo LÊy  A( 1; -4 + 2t; + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; + 2u; -2) thuéc (d2) Ta cã : AB   3u  1;7  2u  2t; 5  t  A,B là giao điểm đường vuông góc chung (d1) và (d2) với hai đường đó    AB.u1  14  4u  4t   t  u  1       9u   14  4u  4u  t   AB.u    AB   2;3; 6   Suy : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = Trung điểm I AB có tọa độ là : ( 2; - ; 1) MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT :  x  2 1 49    y     z  1  2  x  t  21) Cho đường thẳng (d) :  y  1 và mp (P) : x + 2y + 2z + = và (Q) : x + 2y z   t  + 2z + = a Viết phương trình hình chiếu (d) trên (P) b Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)  u d  1;0; 1 + §­êng th¼ng (d) ®i  qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP  n P  1; 2;  + Mp (P) cã VTPT : Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :    n R   u d ; n P    2; 3;  Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - - 2t + = hay t =1 Suy (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1) H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP :    u d '   n R ; n P   10; 2; 7  x 1 y 1 z 1   7 VËy (d’) cã PTCT : 10 LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : 1 t 5 t d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2  |1- t|=|5-t|  t=3 Suy : R = 2/3 và I = ( 3; -1; -3 ) Do đó mặt cầu cần tìm có PT là : 2  x  3   y  1   z  3  22) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Cho mặt cầu (S) : x  12  y  z  22  Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : x y 1 z   và 2 cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R =   + đt a có vtcp u (1, ,  ) , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x  y  z  D  + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = nên d( J , (P) ) = nên ta có :  2.0  2.(2)  D R2  r   0,25  D  5    D  5  KL : Có mặt phẳng : (P1) : x  y  z    và (P2) : x  y  2z    x  t  23) Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng  :  y  2t z   và điểm A(1, ,  1) Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác  + Đường thẳng  qua M (0 , ,1) và có vtcp u (1, , 0) ;     M A  (1,0 ,2) ;  M A , u   ( ,  , 2)   + Khoảng cách từ A đến  là AH = d ( A , )     M A, u     u + Tam giác AEF  AE  AF  AH =   Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R 5 x  t   y  2t và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm hệ :  z   ( x  1)  y  ( z  1)  32   1 2 x    1 2 24  t = suy tọa độ E và F là :  y  5  z      1 2 x    24 y   z    24) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y 1 z  và hai đường thẳng (d ) :   và (d ') :   2 3 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó  *(d) qua M1 (0; 1; 0) và có vtcp u1  (1; 2; 3)  (d’) qua M (0;1; 4) và có vtcp u  (1; 2;5)     *Ta có u1 ; u   (4; 8; 4)  O , M 1M  (0; 2; 4)    Xét u1 ; u  M1M  16  14   (d) và (d’) đồng phẳng  *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n  (1; 2; 1) và qua M1 nên có phương trình x  2y  z   *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 25) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + = 0, x2 y 1 (Q): x – y + 2z + = 0, (R): x + 2y – 3z + = và đường thẳng 1 : = 2 z = Gọi  là giao tuyến (P) và (Q) Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt hai đường thẳng 1 , 2 x   2t  * 1 có phương trình tham số y  1  t z  3t  x   s  *  có phương trình tham số y   3s z  s  *Giả sử d  1  A;d    B  A(2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s)   * AB  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)   * d  (R)  AB & n cùng phương s  2t 3s  t  s  3t   3 23 t  24  1 23 *d qua A( ; ; ) và có vtcp n  (1; 2; 3) 12 12 23 1 z x y 12  12  => d có phương trình 3 26) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z   Gọi  A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn (C) là giao (P) và (S) Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)  Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: x  y2  z  2ax  2by  2cz  d  0, a  b  c2  d     2a  b  d   a   2a  b  4c  d  14    Vì A' , B, C, D  S  nên ta có hệ:   b   8a  6b  4c  d  29  c  1 8a  b  4c  d  21   d  1 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x  y  z  x  y  z   29 5  (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R  2  +) Gọi H là hình chiếu I lên (P) H là tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) (d) có vectơ phương là: n1;1;1 x  /  t  5  Suy phương trình d: y   t  H  t;1  t;1  t  2  z   t  5  t   t   t    3t    t   2 75 IH   , (C) có bán kính 36 Do H  d   (P) nên: 5 1  H ; ;  3 6 r  R  IH  29 75 31 186    36 6 27) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  y  z   và đường x3  y   z  , điểm A( -2; 3; 4) Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) qua giao điểm ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên  điểm M cho khoảng cách AM ngắn  x  2t   Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:  y  t  z  t   thẳng (d ) : Gọi I là giao điểm (d) và (P)  I 2t  3; t  1; t  3 Do I  P   2t   2(t  1)  (t  3)    t   I  1;0;4 * (d) có vectơ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1    a, n   3;3;3 Gọi u là vectơ phương   u 1;1;1 x   u    : y  u Vì M    M   u; u;4  u  ,  AM 1  u; u  3; u  z   u  AM ngắn  AM    AM  u  AM.u   1(1  u)  1(u  3)  1.u    16   u  Vậy M ; ;   3 3 28) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình  x   3t   y   2t (t  R)  z   2t  Tìm trên d điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B (MA+ MB)min = A’B, A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB MA=MB <=> M(2 ; ; 4) 29) Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 x  y    x  y  z   Chứng minh hai đường thẳng ( )  ; (  ')  x  y  z 1  2 x  y   (  ) và (  ' ) cắt Viết phương trình chính tắc cặp đường thẳng phân giác các góc tạo (  ) và (  ' )  3 Chứng minh hệ có nghiệm nhất, (  )  (  ' ) = A   ;0;   2 M (0; 1;0)  () , Lấy N  ( ') , cho: AM = AN => N AMN cân A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác các góc tạo (  ) và (  ' ) chính là đg thẳng AI Đáp số: x (d1 ) : 1  14 30 z  x z y y  ; (d2 ) :   2 3 1 2 3      14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 29) Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x = -3 + 2t; y = - t; z = -1 + 4t; t  R Viết phương trình đường thẳng () qua A; cắt và vuông góc với (d)    d  B  B(3  2t ;1  t; 1  4t ) , Vt phương ud  (2; 1; 4)   AB.ud   t  => B(-1;0;3)  x  1  3t  Pt đg thẳng   AB :  y  2t z   t  30) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x  y 1 z 1 x 1 y  z 1   ; d2:   và mặt phẳng (P): x - y 1 1 - 2z + = Viết phương trình chính tắc đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2  (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán qua A và B  Một vectơ phương đường thẳng  là u  (1; 3; 1) x 1 y z  Phương trình chính tắc đường thẳng  là:   1 31) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  z   và điểm 1 M(0 ; - ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách đường thẳng  và mặt phẳng (P)  Giả sử n (a; b; c ) là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b =  Đường thẳng  qua điểm A(1; 3; 0) và có vectơ phương u  (1;1; 4)   n.u  a  b  4c  (1)   / /( P)  Từ giả thiết ta có    | a  5b | 4 (2)  d ( A; ( P ))   2  a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có (a  5c )2  (2a  17c  8ac )  a - 2ac  8c  a a a  4 v  2 Với  chọn a = 4, c =  b = - Phương trình mặt phẳng c c c a (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.Với  2 chọn a = 2, c = -  b = Phương trình mặt c phẳng (P): 2x + 2y - z + = 32) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P): 2x  y  2z  = 0; (d): x y 1 z    1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ  2 x  y   x  z   2/ Đường thẳng () có VTCP u  ( 1;2;1) ; PTTQ:   Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2) Góc đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin   | 2   |  3  Góc mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos     Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = Vậy góc (P) và (Q) là: cos   | 3m | 5m  2n  4mn  m2 + 2mn + n2 =  (m + n)2 =  m = n Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + =  3 33) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có  x   2t  phương trình  y  t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và  z   3t  kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lớn Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH  HI => HI lín nhÊt A  I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn H  d  H (1  2t ; t;1  3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = 34) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) và mặt phẳng (Q):x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và vuông góc với (Q)     Ta có AB (1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)      Vì  AB; nQ   nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - = 35) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng (P) song song  với giá véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  y  z  11  và tiếp xúc với (S) Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4  Véc tơ pháp tuyến ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))    m  21 d ( I  ( P ))    m  Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0 36) ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d x  y z1   6 8 và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ  Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8)  u2 ( - 6; 9; 12)   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  I là trung điểm A’B suy I  ; ;   29 58 29  37) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x   2t x  y 1 z   , D1 : D2 :  y  1 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung D1 và D2  Các véc tơ phương D1 và D2 là u1 ( 1; - 1; 2)  và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2    Xét  u1 ; u2  MN = - 10  Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t)  D1    AB.u1  t       AB u   t '  B(2 – 2t’; 3; t’)  D2 5 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 Ta có  x   t  :  y   5t PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có  z  2t  2 11   13     dạng:  x     y     z    6    3  38) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-1;3); C (4;0;-1) Chứng minh rằng: A, B, C là ba đỉnh tam giác Tìm độ dài đường cao tam giác ABC kẻ từ đỉnh A A Tìm m và n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A và C B       AB, BC   (4; 16; 6)  H AB  (  4;1; 0) BC  (2;1;  4)  d Ta có : ;   I  A, B, C không thẳng hàng  A, B, C là đỉnh tam giác    AB, BC    33  A1 BC  AH = d(A, BC) =   M (m + 2; 1; 2n + 3)  AM  (m  4;3; 2n) cùng phương AC  2(1; 1; 2) m  2n   1  m = và n = -3 