Xác định thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng α qua M N và song song với CD.. Xác định vị trí của hai điểm M, N để thiết diện là hình bình hành..[r]
(1)MỤC LỤC PHẦN I ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CHƯƠNG Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Công thức lượng giác cần nắm A 15 15 Tóm tắt lý thuyết 15 Hàm số lượng giác 18 A Tóm tắt lý thuyết 18 B Các dạng toán thường gặp 20 Dạng 2.1 Tìm tập xác định hàm số lượng giác 20 Bài tập vận dụng 21 Bài tập tự luyện 22 Dạng 2.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số lượng giác 23 Ví dụ 23 Bài tập áp dụng 24 Bài tập rèn luyện 27 Dạng 2.3 Xét tính chẵn lẻ hàm số lượng giác 28 Ví dụ 28 Bài tập áp dụng 29 Bài tập rèn luyện 29 CHƯƠNG Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 13 Phương trình lượng giác 31 31 A Phương trình lượng giác 31 Ví dụ 31 Bài tập áp dụng 32 Bài tập rèn luyện 32 (2) MỤC LỤC B Một số kỹ giải phương trình lượng giác 33 Dạng 1.1 Sử dụng thành thạo cung liên kết 33 Ví dụ 33 Bài tập áp dụng 34 Bài tập rèn luyện 38 Dạng 1.2 Ghép cung thích hợp để áp dụng công thức tích thành tổng 39 Ví dụ 39 Bài tập áp dụng 40 Bài tập rèn luyện 42 Dạng 1.3 Hạ bậc gặp bậc chẵn sin và cos 43 Ví dụ 43 Bài tập áp dụng 44 Bài tập rèn luyện 45 Dạng 1.4 Xác định nhân tử chung để đưa phương trình tích 46 Ví dụ 46 Bài tập áp dụng 47 Bài tập rèn luyện 49 CHƯƠNG Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình lượng giác đưa bậc hai và bậc cao cùng hàm lượng giác 69 69 A Tóm tắt lý thuyết 69 B Dạng toán và bài tập 69 Ví dụ 69 Bài tập vận dụng 71 Bài tập tự luyện 79 Phương trình bậc sin và cos 81 A Tóm tắt lý thuyết 81 B Ví dụ và bài tập 82 Ví dụ 82 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (3) MỤC LỤC Bài tập áp dụng 86 Bài tập rèn luyện 90 Phương trình lượng giác đẳng cấp (bậc 2, bậc 3, bậc 4) A Tóm tắt lý thuyết 91 B Ví dụ 92 C Bài tập áp dụng 93 Phương trình lượng giác đối xứng 99 A Tóm tắt lý thuyết 99 B Ví dụ 99 C Bài tập áp dụng 100 D Bài tập rèn luyện 105 Một số phương trình lượng giác khác 105 A Tóm tắt lý thuyết 105 B Ví dụ 106 C Bài tập áp dụng 107 D Bài tập rèn luyện 111 Phương trình lượng giác có cách giải đặc biệt 111 A Tóm tắt lý thuyết 111 B Ví dụ 112 C Bài tập áp dụng 114 D Bài tập rèn luyện 118 Bài tập ôn cuối chương I CHƯƠNG Tổ hợp và xác suất 91 Các quy tắc đếm 119 131 131 A Tóm tắt lý thuyết 131 B Dạng toán và bài tập 132 Ví dụ 132 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (4) MỤC LỤC Dạng 1.1 Bài toán sử dụng quy tắc cộng 132 Dạng 1.2 Bài toán sử dụng quy tắc nhân 132 Dạng 1.3 Bài toán sử dụng quy tắc bù trừ 133 Bài tập áp dụng 134 Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp 145 A Tóm tắt lý thuyết 145 B Ví dụ minh họa 146 C Dạng toán và bài tập 148 Dạng 2.1 Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 148 Ví dụ 148 Bài tập áp dụng 151 Bài tập rèn luyện 153 Dạng 2.2 Các bài toán sử dụng hoán vị 154 Ví dụ 154 Bài tập áp dụng 156 Bài tập rèn luyện 157 Dạng 2.3 Các bài toán sử dụng chỉnh hợp 158 Ví dụ 158 Bài tập áp dụng 160 Bài tập rèn luyện 161 Dạng 2.4 Các bài toán sử dụng tổ hợp 162 Ví dụ 162 Bài tập áp dụng 164 Bài tập rèn luyện 165 Nhị thức Newton 167 A Nhị thức Newton 167 B Tam giác Pascal 167 C Dạng toán và bài tập 168 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (5) MỤC LỤC Dạng 3.1 Tìm hệ số số hạng thỏa mãn điều kiện cho trước 168 Ví dụ minh họa 168 Bài tập áp dụng 170 Bài tập rèn luyện 172 Dạng 3.2 Tìm hệ số khai triển nhị thức Niu-tơn (a + b)n 173 Ví dụ 173 Bài tập áp dụng 175 Bài tập rèn luyện 178 Dạng 3.3 Chứng minh tính tổng 181 Ví dụ 181 Bài tập áp dụng 183 Bài tập rèn luyện 184 Biến cố và xác suất biến cố 185 A Phép thử 185 B Biến cố 185 C Xác suất 186 Dạng 4.1 Chọn xếp đồ vật 188 D Lí thuyết 188 E Ví dụ 188 F Bài tập rèn luyện 190 G Bài tập tự luyện 192 Dạng 4.2 Chọn xếp người 194 H Lí thuyết 195 I Ví dụ 195 J Bài tập rèn luyện 196 K Bài tập tự luyện 199 Dạng 4.3 Chọn xếp số 203 Lí thuyết 203 L Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (6) MỤC LỤC M Ví dụ 204 N Bài tập rèn luyện 206 O Bài tập tự luyện 209 Các quy tắc tính xác suất 215 A Tóm tắt lý thuyết 215 Quy tắc cộng xác suất 215 Quy tắc nhân xác suất 217 B Bài tập áp dụng 218 Bài tập ôn chương CHƯƠNG Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Phương pháp quy nạp toán học 225 233 233 A Tóm tắt lý thuyết 233 B Dạng toán và bài tập 233 Dạng 1.1 Chứng minh mệnh đề P (n) đúng với số tự nhiên n 233 Ví dụ 233 Bài tập áp dụng 235 Bài tập rèn luyện 239 Dãy số 244 A Tóm tắt lý thuyết 244 Định nghĩa 244 Cách cho dãy số 244 Dãy số tăng, dãy số giảm 244 Dãy số bị chặn 244 B Dạng toán và bài tập 245 Dạng 2.1 Tìm số hạng dãy số cho trước 245 Ví dụ 245 Bài tập áp dụng 246 Bài tập rèn luyện 248 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (7) MỤC LỤC Dạng 2.2 Xét tính tăng, giảm dãy số 249 Ví dụ 249 Bài tập áp dụng 250 Bài tập rèn luyện 252 Dạng 2.3 Tính bị chặn dãy số 255 Ví dụ 255 Bài tập áp dụng 256 Bài tập rèn luyện 257 Cấp số cộng 259 A Tóm tắt lý thuyết 259 B Dạng toán và bài tập 260 Ví dụ 260 Bài tập áp dụng 262 Cấp số nhân 279 A Tóm tắt lý thuyết 279 B Dạng toán và bài tập 279 Ví dụ 279 Bài tập áp dụng 281 Bài tập rèn luyện 285 PHẦN II HÌNH HỌC CHƯƠNG Phép biến hình Mở đầu phép biến hình A Tóm tắt lý thuyết Phép tịnh tiến 289 291 291 291 291 A Tóm tắt lý thuyết 291 B Dạng toán và bài tập 292 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (8) MỤC LỤC Dạng 2.1 Xác định ảnh hình qua phép tịnh tiến 292 Ví dụ 292 Bài tập áp dụng 293 Bài tập rèn luyện 295 Dạng 2.2 Xác định phép tịnh tiến biết ảnh và tạo ảnh 295 Ví dụ 295 Bài tập áp dụng 296 Bài tập rèn luyện 297 Dạng 2.3 Các bài toán ứng dụng phép tịnh tiến 297 Ví dụ 298 Bài tập áp dụng 298 Bài tập rèn luyện 299 Phép đối xứng trục (Bài đọc thêm) 299 A Định nghĩa 299 B Biểu thức tọa độ 299 C Tính chất 300 D Trục đối xứng hình 300 Phép quay 300 A Tóm tắt lý thuyết 300 B Dạng toán và bài tập 301 Dạng 4.1 Tìm tọa độ ảnh điểm qua phép quay 301 Ví dụ 301 Bài tập áp dụng 301 Bài tập rèn luyện 302 Dạng 4.2 Tìm phương trình ảnh đường tròn qua phép quay 302 Ví dụ 302 Bài tập áp dụng 303 Bài tập rèn luyện 303 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (9) MỤC LỤC Phép đối xứng tâm A Tóm tắt lý thuyết Phép vị tự và phép đồng dạng 307 308 A Tóm tắt lý thuyết 308 B Dạng toán và bài tập 310 Dạng 6.1 Phép vị tự hệ tọa độ Oxy 310 Ví dụ 310 Bài tập áp dụng 311 CHƯƠNG Đường thẳng và mặt phẳng không gian 307 Đại cương đường thẳng và mặt phẳng 315 315 A Tóm tắt lý thuyết 315 B Dạng toán và bài tập 317 Dạng 1.1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng 317 Ví dụ 317 Bài tập áp dụng 318 Bài tập tự luyện 320 Dạng 1.2 Tìm giao điểm đường thẳng d và mặt phẳng (α) 321 Ví dụ 321 Bài tập áp dụng 322 Bài tập rèn luyện 328 Dạng 1.3 Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (α) 329 Ví dụ 329 Bài tập áp dụng 330 Bài tập tự luyện 335 Dạng 1.4 Chứng minh ba điểm thẳng hàng 335 Ví dụ 336 Bài tập áp dụng 337 Bài tập rèn luyện 342 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang (10) MỤC LỤC Dạng 1.5 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy 346 Ví dụ 346 Bài tập áp dụng 346 Bài tập rèn luyện 350 CHƯƠNG Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Hai đường thẳng song song 351 A Tóm tắt lý thuyết 351 B Dạng toán và bài tập 352 Dạng 1.1 Chứng minh hai đường thẳng song song 352 Ví dụ 352 Bài tập áp dụng 353 Bài tập rèn luyện 354 Dạng 1.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song 355 Ví dụ 355 Bài tập áp dụng 357 Bài tập rèn luyện 360 Đường thẳng song song với mặt phẳng 363 A Tóm tắt lý thuyết 363 B Dạng toán và bài tập 364 Dạng 2.1 Chứng minh dường thẳng a song song với mặt phẳng (P) 364 Ví dụ 364 Dạng 2.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng 365 Dạng 2.3 Tìm thiết diện song song với đường thẳng 366 Bài tập áp dụng 366 Hai mặt phẳng song song 392 1 351 A Tóm tắt lý thuyết 392 Vị trí tương đối hai mặt phẳng phân biệt 392 Các định lí 392 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 10 (11) MỤC LỤC Ví dụ 393 B Bài tập áp dụng 394 Bài tập ôn cuối chương 402 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 11 (12) MỤC LỤC Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 12 (13) PHẦN I ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 13 (14) (15) CHƯƠNG BÀI A HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC - PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CẦN NẮM TÓM TẮT LÝ THUYẾT Đường tròn lượng giác và dấu các giá trị lượng giác sin B(0; 1) (II) + (I) cos A0 (−1; 0) O (III) (IV) A(1; 0) B (0; −1) Giá trị lượng giác sin α cos α tan α cot α I + + + + Góc phần tư II III IV + − − − − + − + − − + − Công thức lượng giác sin2 x + cos2 x = 1 + tan2 x = cos2 x + cot2 x = sin2 x tan x cot x = Cung góc liên kết Cung đối cos(−α) = cos α sin(−α) = − sin α tan(−α) = − tan α cot(−α) = − cot α Cung bù cos(π − α) = − cos α sin(π − α) = sin α tan(π − α) = − tan α cot(π − α) = − cot α Cung phụ π cos − α = sin α π2 sin − α = cos α 2π tan − α = cot α π2 cot − α = tan α 15 Cung kém π cos(α + π) = − cos α sin(α + π) = − sin α tan(α + π) = tan α cot(α + π) = cot α π Cung kém π cos + α = − sin α 2π sin + α = cos α π2 tan + α = − cot α π2 cot + α = − tan α (16) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Công thức cộng cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b tan a − tan b tan(a − b) = a tan b π 1 + 1tan − tan x tan −x = + tan x sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a tan a + tan b tan(a + b) = a tan b π 1 − 1tan + tan x tan +x = − tan x Công thức nhân đôi, công thức hạ bậc Công thức nhân đôi Công thức hạ bậc − cos 2α sin2 α = + cos 2α cos2 α = − cos 2α tan2 α = + cos 2α + cos 2α cot α = − cos 2α sin 2α = sin α cos α cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − = − sin2 α tan α tan 2α = − tan2 α cot2 α − cot 2α = cot α Công thức nhân ñ sin 3α = sin α − sin3 α cos 3α = cos α − cos α tan 3α = tan α − tan3 α − tan2 α Công thức biến đổi tổng thành tích a+b a−b cos 2 a+b a−b sin a + sin b = sin cos 2 sin(a + b) tan a + tan b = cos a cos b sin(a + b) cot a + cot b = sin a sin b a+b a−b cos a − cos b = −2 sin sin 2 a+b a−b sin a − sin b = cos sin 2 sin(a − b) tan a − tan b = cos a cos b sin(b − a) cot a − cot b = sin a sin b cos a + cos b = cos Đặt biệt sin x + cos x = √ π √ π = cos x − sin x + 4 sin x − cos x = √ √ π π = − cos x + sin x − 4 Công thức biến đổi tích thành tổng [cos(a − b) + cos(a + b)] sin a · sin b = [cos(a − b) − cos(a + b)] sin a · cos b = [sin(a − b) + sin(a + b)] cos a · cos b = Bảng lượng giác số góc đặc biệt độ 0◦ rad sin α cos α tan α cot α kxđ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦ 120◦ 135◦ 150◦ π √2 √ 3 √ π √4 2 √ 2 π √3 2 √ √ 3 π 2π √3 − √ − √ − 3π √4 2√ − 5π 2√ 1 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 kxđ −1 −1 √ − √ − − 180◦ 360◦ π 2π 0 −1 0 kxđ kxđ Trang 16 (17) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Một điểm M thuộc đường tròn lượng giác có tọa độ M (cos α, sin α) y (0, 1) Ä √ − 22 , √ ä Ä − 12 , 23 √ ä Ä 2 √ ä 2 , π π 2π Ä √ ä − 23 , 12 3π 120◦ 5π 90 60◦ (1, 0) 360 0◦ ◦ 7π x 2π 330◦ 240 5π ä 30◦ 210◦ Ä √ ä − 23 , − 12 , π 180◦ π Ä√ π ◦ 150◦ (−1, 0) √ ä , 2 Ä√ ◦ 270◦ 4π √ ä Ä √ 2 − ,− √ ä Ä − 12 , − 23 3π 300 11π ◦ Ä√ 7π 5π Ä , −2 ä Ä√ √ ä 2 ,− √ ä 2, − (0, −1) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 17 (18) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác BÀI A HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC TÓM TẮT LÝ THUYẾT Tính chất hàm số a) Hàm số chẵn, hàm số lẻ Hàm số y = f (x) có tập xác định là D gọi là hàm số chẵn với x ∈ D thì −x ∈ D và f (−x) = f (x) Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng Hàm số y = f (x) có tập xác định là D gọi là hàm số lẻ với x ∈ D thì −x ∈ D và f (−x) = −f (x) Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng b) Hàm số đơn điệu Cho hàm số y = f (x) xác định trên tập (a; b) ⊂ R Hàm số y = f (x) gọi là đồng biến trên (a; b) ∀x1 , x2 ∈ (a; b) có x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ) Hàm số y = f (x) gọi là nghịch biến trên (a; b) ∀x1 , x2 ∈ (a; b) có x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ) c) Hàm số tuần hoàn Hàm số y = f (x) xác định trên tập hợp D, gọi là hàm số tuần hoàn có số T 6= cho với x ∈ D ta có (x + T ) ∈ D và (x − T ) ∈ D và f (x + T ) = f (x) Nếu có số dương T nhỏ thỏa mãn các điều kiện trên thì T gọi là chu kì hàm tuần hoàn f Hàm số y = sin x Hàm số y = sin x có tập xác định là D = R ⇒ y = sin [f (x)] xác định ⇔ f (x) xác định Tập giá trị T = [−1; 1], nghĩa là −1 ≤ sin x ≤ ⇒ ◦ ≤ | sin x| ≤ ◦ ≤ sin2 x ≤ Hàm số y = f (x) = sin x là hàm số lẻ vì f (−x) = sin(−x) = − sin x = −f (x) Nên đồ thị hàm số y = sin x nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng Hàm số y = sin x tuần hoàn với chu kì T0 = 2π, nghĩa là sin (x + k2π) = sin x Hàm số 2π y = sin(ax + b) tuần hoàn với chu kì T0 = |a| π π Hàm số y = sin x đồng biến trên khoảng − + k2π; + k2π và nghịch biến trên 2 Å ã π 3π khoảng + k2π; + k2π với k ∈ Z 2 π ◦ sin x = ⇔ x = + k2π , k ∈ Z Hàm số y = sin x nhận các giá trị đặc biệt ◦ sin x = ⇔ x = kπ π ◦ sin x = −1 ⇔ x = − + k2π Đồ thị hàm số y − π2 −π π π x Hàm số y = cos x Hàm số y = cos x có tập xác định D = R ⇒ y = cos [f (x)] xác định ⇔ f (x) xác định ® ≤ | cos x| ≤ Tập giá trị T = [−1; 1], nghĩa là −1 ≤ cos x ≤ ⇒ ≤ cos2 x ≤ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 18 (19) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Hàm số y = cos x là hàm số chẵn vì f (−x) = cos(−x) = cos x = f (x) nên đồ thị hàm số nhận trục tung Oy làm trục đối xứng Hàm số y = cos x tuần hoàn với chu kì T0 = 2π, nghĩa là cos(x + 2π) = cos x Hàm số 2π y = cos(ax + b) tuần hoàn với chu kì T0 = |a| Hàm số y = cos x đồng biến trên các khoảng (−π + k2π; k2π) , k ∈ Z và nghịch biến trên các khoảng (k2π; π + k2π) , k ∈ Z Hàm số y = cos x nhận các giá trị đặc biệt ◦ ◦ ◦ cos x = ⇔ x = k2π cos x = −1 ⇔ x = π + k2π , k ∈ Z π cos x = ⇔ x = + kπ Đồ thị hàm số y −π − π2 π x π Hàm số y = tan x nπ o π + kπ, k ∈ Z , nghĩa là x 6= + kπ ⇒ hàm số Hàm số y = tan x có tập xác định D = R \ 2 π y = tan [f (x)] xác định ⇔ f (x) 6= + kπ; (k ∈ Z) Tập giá trị T = R Hàm số y = tan x là hàm số lẻ vì f (−x) = tan(−x) = − tan x = −f (x) nên đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độ O Hàm số y = tan x tuần hoàn với chu kì T0 = π ⇒ y = tan(ax + b) tuần hoàn với chu kì π T0 = |a| π π Hàm số y = tan x đồng biến trên các khoảng − + kπ; + kπ , k ∈ Z 2 π ◦ tan x = ⇔ x = + kπ Hàm số y = tan x nhận các giá trị đặc biệt ◦ tan x = −1 ⇔ x = − π + kπ , k ∈ Z ◦ tan x = ⇔ x = kπ Đồ thị hàm số y −π − π2 O π π x Hàm số y = cot x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 19 (20) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Hàm số y = y = cot x có tập xác định D = R \ {kπ, k ∈ Z}, nghĩa là x 6= kπ ⇒ hàm số y = cot [f (x)] xác định ⇔ f (x) 6= kπ; (k ∈ Z) Tập giá trị T = R Hàm số y = cot x là hàm số lẻ vì f (−x) = cot(−x) = − cot x = −f (x) nên đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độ O Hàm số y = y = cot x tuần hoàn với chu kì T0 = π ⇒ y = cot(ax + b) tuần hoàn với chu kì π T0 = |a| Hàm số y = y = cot x nghịch biến trên các khoảng (kπ; π + kπ) , k ∈ Z π ◦ cot x = ⇔ x = + kπ π Hàm số y = y = cot x nhận các giá trị đặc biệt ◦ cot x = −1 ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z π ◦ cot x = ⇔ x = kπ Đồ thị hàm số y −π − 3π B 3π − π2 O π π x CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP { DẠNG 2.1 Tìm tập xác định hàm số lượng giác Phương pháp giải: Để tìm tập xác định hàm số lượng giác ta cần nhớ: y = tan f (x) = sin f (x) π ; Điều kiện xác định: cos f (x) 6= ⇔ f (x) 6= + kπ, (k ∈ Z) cos f (x) 2 y = cot f (x) = cos f (x) ; Điều kiện xác định: sin f (x) 6= ⇔ f (x) 6= kπ, (k ∈ Z) sin f (x) Một số trường hợp tìm tập xác định thường gặp: , điều kiện xác định là P (x) 6= P (x) p • y = 2n P (x), điều kiện xác định là P (x) ≥ • y= p • y = 2n , điều kiện xác định là P (x) > P (x) ® Lưu ý rằng: −1 ≤ sin f (x); cos f (x) ≤ và A · B 6= ⇔ A 6= B 6= Với k ∈ Z, ta cần nhớ trường hợp đặc biệt: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 20 (21) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác π + k2π sin x = ⇔ x = kπ π sin x = −1 ⇔ x = − + k2π π + kπ tan x = ⇔ x = kπ π tan x = −1 ⇔ x = − + kπ π cot x = ⇔ x = + kπ cot x = ⇔ x = π + kπ π cot x = −1 ⇔ x = − + kπ sin x = ⇔ x = cos x = ⇔ x = k2π cos x = ⇔ x = π + kπ cos x = −1 ⇔ x = π + k2π VÍ DỤ Tìm tập xác định hàm số: y = f (x) = tan x = ⇔ x = sin 3x + tan2 x − … − cos x + cos x Lời giải tan x − 6= cos x 6= Điều kiện xác định hàm số: − cos x ≥0 + cos x cos x 6= −1 ® ≤ − cos x ≤ − cos x ≥ 0, ∀x ∈ R Do −1 ≤ cos x ≤ nên ⇐ Từ đó suy ra: + cos x ≤ + cos x ≤ π x 6= ± + kπ n π o π Vậy hàm số xác định và x 6= π + kπ , nên D = R \ ± + kπ; + kπ; π + k2π x 6= π + k2π √ VÍ DỤ Tìm tập xác định hàm số: y = f (x) = 4π − x2 cos x Lời giải ® Điều kiện xác định hàm số: − 2π ≤ x ≤ 2π n o 4π − x ≥ π ⇔ Vậy D = −2π ≤ x ≤ 2π; x 6= + kπ π x 6= + kπ cos x 6= 2 BÀI TẬP VẬN DỤNG BÀI Tìm tập xác định các hàm số lượng giác sau: y= √ x cos + cos x sin x y= y = cos tan 2x sin x − … cos x − y= − sin x y= 2x tan 2x + cos2 x … cos x + y= sin x + Lời giải Điều kiện xác định: x 6= Điều kiện xác định: 2x ≥ ⇔ x ≥ Điều kiện xác định: sin x 6= ⇔ x 6= kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 21 (22) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác π π kπ + kπ ⇔ x 6= + π kπ ® x 6= + cos 2x 6= ⇔ Điều kiện xác định: sin x 6= x 6= π + k2π cos x + ≥ sin x + Điều kiện xác định: sin x + 6= cos x + ≥ 0; ∀x ∈ R Do −1 ≤ sin x; cos x ≤ nên sin x + π Vậy hàm số xác định x 6= − + k2π cos x − ≥0 − sin x Điều kiện xác định: − sin x 6= cos x − ≤ 0; ∀x ∈ R Do −1 ≤ sin x; cos x ≤ nên − sin x Vậy tập xác định hàm số là: ∅ Điều kiện xác định: cos 2x 6= ⇔ 2x 6= BÀI Tìm tập xác định các hàm số lượng giác sau: √ √ π − x2 y= y = π − 4x2 + tan 2x sin 2x π π tan 2x − tan x − π … y= π − cos x + − sin x − Lời giải −π ≤x≤π ⇔ x 6= kπ sin 2x 6= π π ® − ≤x≤ π − 4x2 ≥ 2 ⇔ kπ π cos 2x 6= x 6= + cos 2x − π 6= cos 2x − π 6= x 6= π π ⇔ ⇔ 1 − sin x − 1 − sin x − x = >0 6= 8 π 3π cos x − x 6= 6= + kπ 4 ⇔ π 1 − cos x + x 6= − π + k2π 6= 3 ® Điều kiện xác định: Điều kiện xác định: Điều kiện xác định: Điều kiện xác định: π − x2 ≥ 3π kπ + 5π + k2π BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI Tìm tập xác định các hàm số lượng giác sau: … + sin x cot 2x y= y= √ cos x + 1 − cos2 x … √ − sin x x y= y= + cos x sin πx cos 2x x2 + y= + tan x y= − sin x x cos x tan 2x y= √ sin x + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 22 (23) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác BÀI Tìm tập xác định các hàm số lượng giác sau: π √ + tan −x − sin 4x y= y= cos x − cos x + π · tan 2x y= y = cot 2x + cos x − cos 3x √ y = + sin x − y= 2 tan x − sin x − cos2 x π … + cot +x π + cos x π y = cot x + + y= − cos x tan 3x − { DẠNG 2.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số lượng giác Phương pháp giải: Dựa vào tập giá trị ñ ñ hàm số lượng giác, chẳng hạn ≤ | sin x| ≤ ≤ | cos x| ≤ −1 ≤ cos x ≤ ⇒ ◦ −1 ≤ sin x ≤ ⇒ ≤ cos2 x ≤ ≤ sin x ≤ ◦ Biến đổi đưa dạng m ≤ y ≤ M Kết luận: max y = M và y = m VÍ DỤ VÍ DỤ Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y = f (x) = p Lời giải Ta có y = f (x) = p 5− Do ≤ sin2 2x ≤ nên ≥ − cos2 x sin sin2 2x ≥ 2 − cos2 x sin2 x 4 =… =… 1 x − (2 cos x sin x) − sin 2x 2 √ √ 4 Suy ≤y= … ≤ 5 − sin 2x √ ◦y= sin 2x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = √ π ◦y= sin 2x = sin 2x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = √ √ Vậy y = và max y = VÍ DỤ Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ f (x) = sin2 x + cos2 x − cos 2x − Lời giải Ta có f (x) = sin2 x + cos2 x − cos 2x − sin2 x + cos2 x + cos2 x − cos2 x − − = − cos2 x = Do ≤ cos2 x ≤ nên ≥ f (x) = − cos2 x ≥ −1 π ◦ f (x) = cos x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = ◦ f (x) = −1 cos2 x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy max f (x) = và f (x) = −1 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 23 (24) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác h π πi VÍ DỤ Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ f (x) = sin6 x + cos6 x + 2, ∀x ∈ − ; 2 Lời giải Ta có 3 sin6 x + cos6 x + = sin2 x + cos2 x − sin2 x cos2 x sin2 x + cos2 x + 3 = − (2 sin x cos x)2 + = − sin2 2x 4 Do ≤ sin2 2x ≤ nên ≥ f (x) ≥ h π π i π ◦ f (x) = sin 2x = ⇔ x = ± x = x ∈ − ; 2 h i π π π ◦ f (x) = sin2 2x = ⇔ x = ± x ∈ − ; 4 2 Vậy max f (x) = và f (x) = f (x) = BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau: √ y = + cos 2x + √ y = − cos 4x y = sin2 2x − 4 y = − sin2 2x cos2 2x y = − 2| sin 4x| Lời giải √ √ Do −1 ≤ cos 2x ≤ nên ≤ + cos 2x ≤ Suy + ≤ y = + cos 2x + ≤ 14 √ π ◦ y = + cos 2x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = ◦ y = 14 cos √ 2x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy y = + và max y = 14 Do −1 ≤ cos 4x ≤ nên ◦y= √ √ 2≥y= √ − cos 4x ≥ cos 4x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = cos √4x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy max y = và y = Do ≤ sin2 2x ≤ nên −4 ≤ y = sin2 2x − ≤ −1 ◦ y = −4 sin 2x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = −1 sin2 2x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy y = −4 và max y = −1 Ta có 5 y = − sin2 2x cos2 2x = − (2 sin 2x cos 2x)2 = − sin2 2x 4 11 Do ≤ sin2 2x ≤ nên ≥ y ≥ ◦ y = sin 2x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = 11 π ◦y= sin2 2x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = 4 11 Vậy max y = và y = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 24 (25) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Do ≤ | sin 4x| ≤ nên ≥ y = − 2| sin 4x| ≥ ◦ y = sin 4x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = | sin 4x| = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy max y = và y = BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau: y = − sin2 x − cos x + 2 y = sin4 x − cos2 x + y = cos2 x + sin x + y = sin4 x + cos4 x + y= p − cos 2x + sin2 x y = sin 2x + √ y = sin6 x + cos6 x cos 2x + Lời giải Ta có Å ã y = − sin x − cos x + = − − cos x − cos x + = cos x − cos x + = cos x − + 2 1 Do −1 ≤ cos x ≤ nên − ≤ cos x − ≤ 2 Å ã 2 Suy ≤ cos x − ≤ ⇔ ≤ y ≤ 4 π ◦ y = cos x = , luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = ◦ y = cos x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π Vậy y = và max y = Ta có 2 y = sin4 x − cos2 x + = sin4 x − − sin2 x + = sin4 x + sin2 x − = sin2 x + − Do ≤ sin2 x ≤ nên ≤ sin2 x + ≤ 2 Suy ≤ sin2 x + ≤ ⇔ −1 ≤ y ≤ ◦ y = −1 sin x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = sin2 x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy y = −1 và max y = Ta có y = cos2 x + sin x + = − sin2 x + sin x + = − sin2 x + sin x + = − (sin x − 1)2 Do −1 ≤ sin x ≤ nên −2 ≤ sin x − ≤ Suy ≤ (sin x − 1)2 ≤ ⇔ ≥ y ≥ π ◦ y = sin x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = sin x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = − Vậy max y = và y = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 25 (26) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Ta có y = sin4 x + cos4 x + = sin2 x + cos2 x 2 1 − sin2 x cos2 x + = − (2 sin x cos x)2 + = − sin2 2x 2 ◦ y = sin 2x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = sin2 2x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy max y = và y = Do ≤ sin2 2x ≤ nên ≥ y ≥ Ta có p y = − cos 2x + sin2 x = − − sin2 x + sin2 x = sin2 x + ⇒ y = sin2 x + Do ≤ sin2 x ≤ nên ≤ sin2 x + ≤ Suy ≤ y ≤ ◦ y = sin x = 0, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = π ◦ y = sin2 x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy y = và max y = Ta có y 3 sin6 x + cos6 x = sin2 x + cos2 x − sin2 x cos2 x sin2 x + cos2 x 3 = − (2 sin x cos x)2 = − sin2 2x 4 = h π π i π ◦ y = sin 2x = ⇔ x = x = ± x ∈ − ; 2h i 2 π π π ◦ y = sin2 2x = ⇔ x = ± x ∈ − ; 4 2 Vậy max y = và y = Do ≤ sin2 2x ≤ nên ≥ y ≥ Ta có √ π π y = sin 2x + cos 2x + = cos − 2x + ⇒ y = cos − 2x + 2 3 π Do −1 ≤ cos − 2x ≤ nên ≥ y ≥ 3 −π π − 2x = −1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = ◦ y = cos 3 π π ◦ y = cos − 2x = 1, luôn tồn x thỏa mãn, chẳng hạn x = Vậy y = và max y = BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau h πi y = sin 2x, ∀x ∈ 0; ï ò π 2π y = cos x + , ∀x ∈ − ; 3 h π π πi , ∀x ∈ − ; y = sin 2x + 4 Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 26 (27) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác πi nên 2x ∈ [0; π] Suy ≤ y = sin 2x ≤ π ◦ y = x = x = π ◦ y = x = Vậy y = và max y = h Do x ∈ 0; ï ò 2π π h π πi π π Do x ∈ − ; nên x + ∈ − ; Suy = cos ≤ y = cos x + ≤1 3 3 3 2π x = ◦ y = x = − π ◦ y = x = − Vậy y = và max y = √ ò ï h π πi π π 3π π Do x ∈ − ; Suy − nên 2x + ∈ − ; ≤ y = sin 2x + ≤ 4 4 √4 π ◦y=− x = ± π ◦ y = x = − √ và max y = Vậy y = − BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau p y = − sin5 2x − y=y= y= p y= p y= … + cos2 x − cos2 x sin2 x √ − sin2 3x 3− √ − cos x π − cos x − +3 y= √ sin 2x + cos 2x BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau y = cos2 x + cos 2x y = sin2 x − cos 2x y = sin 2x(sin 2x − cos 2x) y = sin2 x + cos2 x − cos 2x y = sin2 x + √ sin 2x + y = (2 sin x + cos x)(3 sin x − cos x) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 27 (28) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác y = sin x + cos x + sin x cos x − y = − (sin 2x + cos 2x)3 y = |5 sin x + 12 cos x − 10| √ π sin −x −1 ï Å ãò 2π +3 11 y = cos 2x + cos 2x + 10 y = sin x + BÀI Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ các hàm số lượng giác sau h πi y = sin4 x + cos4 x, ∀x ∈ 0; h πi y = sin2 x − cos 2x, ∀x ∈ 0; ò ï π 3π π y = cot x + , ∀x ∈ − ; − 4 { DẠNG 2.3 Xét tính chẵn lẻ hàm số lượng giác Phương pháp giải Bước Tìm tập xác định D hàm số lượng giác Nếu ∀x ∈ D thì −x ∈ D ⇒ D là tập đối xứng và chuyển sang bước Bước Tính f (−x), nghĩa là thay x −x, có kết thường gặp sau – Nếu f (−x) = f (x) ⇒ f (x) là hàm số chẵn – Nếu f (−x) = −f (x) ⇒ f (x) là hàm số lẻ Lưu ý: Nếu không là tập đối xứng (∀x ∈ D ⇒ −x ∈ / D) f (−x) không f (x) −f (x) ta kết luận hàm số không chẵn, không lẻ Ta thường sử dụng cung góc liên kết dạng cung đối dạng toán này, cụ thể cos(−a) = cos a, sin(−a) = − sin a, tan(−a) = − tan a, cot(−a) = − cot a VÍ DỤ VÍ DỤ Xét tính chẵn lẻ hàm số f (x) = sin2 2x + cos 3x f (x) = cos √ x2 − 16 Lời giải Tập xác định D = R ∀x ∈ R ⇒ −x ∈ D = R nên ta xét f (−x) = sin2 (−2x) + cos(−3x) = sin2 2x + cos 3x = f (x) Vậy f (x) là hàm số chẵn Tập xác định D = (−∞; −4] ∪ [4; +∞) ∀x ∈ (−∞; −4] ∪ [4; +∞) ⇒ ñ x ∈ (−∞; −4] ñ ⇒ − x ∈ [4; +∞) x ∈ [4; +∞) − x ∈ (−∞; −4] p √ Xét f (−x) = cos (−x)2 − 16 = cos x2 − 16 = f (x) Vậy f (x) là hàm số chẵn ⇒ −x ∈ D Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 28 (29) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Xét tính chẵn lẻ các hàm số sau y = f (x) = tan x + cot x y = f (x) = tan7 2x · sin 5x Å y = f (x) = sin 2x + 9π ã Lời giải ß ™ kπ :k∈Z ß ™ kπ kπ kπ ∀x ∈ R \ : k ∈ Z ⇒ x 6= ⇒ −x 6= − ⇒ −x ∈ D 2 Xét f (−x) = tan(−x) + cot(−x) = − tan x − cot x = −f (x) Vậy f (x) là hàm số lẻ Tập xác định D = R \ ß ™ π kπ + :k∈Z 4™ ß π kπ π kπ π −(k + 1)π π kπ + : k ∈ Z ⇒ x 6= + ⇒ −x 6= − − = + ⇒ −x ∈ D ∀x ∈ R \ 4 4 Xét f (−x) = tan7 (−2x) · sin(−5x) = − tan7 2x · (− sin 5x) = tan7 2x · sin 5x = f (x) Vậy f (x) là hàm số chẵn Tập xác định D = R \ Tập xác định D = R ∀x ∈ R ⇒ −x ∈ R nên ta xét ã Å ã Å ã Å ã Å 9π 9π 9π 9π = sin −2x − + 9π = − sin −2x − = sin 2x + = f (x) f (−x) = sin −2x + 2 2 Vậy f (x) là hàm số chẵn BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Xét tính chẵn lẻ các hàm số sau π y = f (x) = −2 cos3 3x + 2 y = f (x) = sin3 (3x + 5π) + cot(2x − 7π) y = f (x) = cot(4x + 5π) tan(2x − 3π) y = f (x) = sin √ − x2 y = f (x) = sin2 2x + cos 3x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 29 (30) Chương Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 30 (31) CHƯƠNG HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC - PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC BÀI A PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Với k ∈ Z, ta có các phương trình lượng giác sau ñ a = b + k2π sin a = sin b ⇔ a = π − b + k2π ñ a = b + k2π cos a = cos b ⇔ a = −b + k2π tan x = tan b ⇔ a = b + kπ cot x = cot b ⇔ a = b + kπ Nếu đề bài cho dạng độ (α◦ ) thì ta chuyển k2π → k360◦ , kπ → k180◦ , với π = 180◦ Những trường hợp đặc biệt sin x = ⇔ x = π + k2π cos x = ⇔ x = k2π π cos x = ⇔ x = + kπ sin x = ⇔ x = kπ sin x = −1 ⇔ x = − π + k2π cos x = −1 ⇔ x = π + k2π π cot x = ⇔ x = + kπ π cot x = ⇔ x = + kπ π cot x = −1 ⇔ x = − + kπ tan x = ⇔ x = kπ π tan x = ⇔ x = + kπ π tan x = −1 ⇔ x = − + kπ VÍ DỤ VÍ DỤ Giải các phương trình π sin 2x = − cos x − = −1 tan(2x − 30◦ ) = cot(x − √ π ) = Lời giải π π 2x = − + k2π x = − + kπ 12 sin 2x = − ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 7π 7π 2x = − x=− + k2π + kπ 12 31 (32) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π π 4π = −1 ⇔ x − = π + k2π ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 3 √ tan(2x − 30◦ ) = ⇔ 2x − 30◦ = 60◦ + k180◦ ⇔ x = 45◦ + k90◦ (k ∈ Z) π π π 7π cot x − = ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) 3 12 cos x − BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau 2π π sin 2x − = π sin 2x + = −1 π π cos 2x + = cos sin x = sin π cos x + = cos x = − Lời giải 2π 2π x = + k2π sin x = sin ⇔ (k ∈ Z) π x = + k2π π π π 2x − = + k2π x = + kπ π 6 sin 2x − = ⇔ ⇔ (k ∈ Z) π π 5π x = + kπ 2x − = + k2π 6 π π π π sin 2x + = −1 ⇔ 2x + = − + k2π ⇔ x = − + kπ (k ∈ Z) 6 π π π x = − + kπ 2x + = + k2π π π 24 cos 2x + ⇔ = cos ⇔ (k ∈ Z) π π 7π 2x + = − + k2π x=− + kπ 24 2π ⇔x=± + k2π (k ∈ Z) π π π cos x + = ⇔ x + = k2π ⇔ x = − + k2π (k ∈ Z) 6 cos x = − BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 2 sin(x + 30◦ ) + √ = cot(4x + 35◦ ) = −1 cos x − π √ + = (1 + cos x)(3 − cos x) = tan(x − 30◦ ) cos(2x − 150◦ ) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 32 (33) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ sin 2x + cos x = sin x + √ sin x = sin 2x cos 2x + = sin x cos x cos 2x cos 4x cos 8x = B 16 MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC { DẠNG 1.1 Sử dụng thành thạo cung liên kết Cung đối Cung π phụ cos(−a) = cos a sin(π − a) = sin a sin − a = cos a 2π sin(−a) = − sin a cos(π − a) = − cos a cos − a = sin a 2π tan(−a) = − tan a tan(π − a) = − tan a tan − a = cot a π2 cot(−a) = − cot a cot(π − a) = − cot a cot − a = tan a π Cung kém π Cung kém π sin(π + a) = − sin a sin + a = cos a 2π cos(π + a) = − cos a cos + a = − sin a 2π + a = − cot a tan(π + a) = tan a tan π2 + a = − tan a cot(π + a) = cot a cot Tính chu kỳ sin(x + k2π) = sin x cos(x + k2π) = cos x sin(x + π + k2π) = − sin x cos(x + π + k2π) = − cos x tan(x + kπ) = tan x cot(x + kπ) = cot x Cung bù VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) π sin 2x = cos x − π π = cot x + tan 2x − 3 Lời giải Ta có phương trình tương đương ⇔ Å ã hπ π i 5π sin 2x = sin − x− ⇔ sin 2x = sin −x 5π 5π k2π x= + 2x = − x + k2π 18 (k ∈ Z) Å ã (k ∈ Z) ⇔ π 5π x = + k2π 2x = π − − x + k2π 6 5π k2π x = 18 + Vậy phương trình có nghiệm là (k ∈ Z) π x = + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 33 (34) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π π π 6= + kπ, x + = kπ (k ∈ Z) 3 Phương trình tương đương hπ π i π = tan − x+ tan 2x − 2π π ⇔ tan 2x − = tan −x π π ⇔ 2x − = − x + kπ (k ∈ Z) π kπ π (k ∈ Z) ⇔ 3x = + kπ (k ∈ Z) ⇔ x = + Điều kiện: 2x − Vậy phương trình có nghiệm là x = π kπ + (k ∈ Z) VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) π − x = sin 3x + cos tan x · tan 3x + = Lời giải Ta có phương trình tương đương cos π ⇔ π π π π − x = − sin 3x ⇔ cos − x = cos + 3x 3 π kπ π − x = + 3x + k2π x=− − 24 (k ∈ Z) (k ∈ Z) ⇔ π 5π − x = − − 3x + k2π x=− + kπ 12 kπ π x=− − 24 (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm 5π x=− + kπ 12 π ® x 6= + kπ cos x 6= π kπ ⇔ ⇔ x 6= + (k ∈ Z) Điều kiện: π kπ cos 3x 6= x 6= + Xét tan 3x = không là nghiệm, đó phương trình tương đương tan x +1=0 cot 3x ⇔ tan x = − cot 3x π ⇔ tan x = tan 3x + π π kπ ⇔ x = 3x + + kπ ⇔ x = − − (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm x = − π kπ + (k ∈ Z) BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) π sin 2x = cos −x π cos 2x + = sin x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 34 (35) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π − sin 2x = Å ã 3π π cot 2x − = tan x − cos 4x + Lời giải Ta có phương trình tương đương hπ π i π sin 2x = sin − − x ⇔ sin 2x = sin +x π π x = + k2π 2x = + x + k2π π ⇔ (k ∈ Z) ⇔ (k ∈ Z) 2π k2π 2x = π − + x + k2π x= + π x = + k2π (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm là 2π k2π x= + Ta có phương trình tương đương π π 2x + = − x + k2π π π cos 2x + = cos −x ⇔ (k ∈ Z) π π 2x + = x − + k2π k2π π + x= 12 (k ∈ Z) ⇔ 3π + k2π x=− Vậy phương trình có nghiệm Ta có phương trình tương đương π π 4x + = − 2x + k2π π π = cos − 2x ⇔ cos 4x + (k ∈ Z) π π 4x + = 2x − + k2π kπ π + x= 20 ⇔ (k ∈ Z) 7π x=− + kπ 20 π kπ x= + 20 Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) 7π x=− + kπ 20 3π kπ 3π 2x − x 6= + 6= kπ (k, l ∈ Z) 4 Điều kiện ⇔ x − π 6= π + lπ x 6= 2π + lπ Ta có phương trình tương đương Å ã Å ã 3π 2π cot 2x − = cot −x 2π 3π ⇔ 2x − = −x + + kπ (k ∈ Z) 17π kπ ⇔ x= + (k ∈ Z) 36 Vậy phương trình có nghiệm x = 17π kπ + (k ∈ Z) 36 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 35 (36) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI Giải các phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) cos (3x + 45◦ ) = − cos x π π = − sin 2x − π tan 3x − = − tan x π cos 3x − + cos x = π + cos x = sin 2x + π tan 3x + + tan 2x = sin x − Lời giải Phương trình tương đương cos(3x + 45◦ ) = cos(180◦ − x) ñ 3x + 45◦ = 180◦ − x + k360◦ (k ∈ Z) 3x + 45◦ = x − 180◦ + k360◦ ñ x = 33,75◦ + k90◦ ⇔ (k ∈ Z) x = −112,5◦ + k180◦ ⇔ Vậy phương trình có nghiệm ñ x = 33,75◦ + k90◦ x = −112,5◦ + k180◦ (k ∈ Z) Phương trình tương đương π π sin x − = sin − 2x π π x − = − 2x + k2π (k ∈ Z) ⇔ π π − 2x + k2π x− =π− 5π k2π x= + 36 ⇔ (k ∈ Z) 13π x=− − k2π 12 5π k2π x= + 36 Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) 13π x=− − k2π 12 Phương trình tương đương π π π kπ tan 3x − = tan(−x) ⇔ 3x − = −x + kπ ⇔ x = + (k ∈ Z) 3 12 π kπ Vậy phương trình có nghiệm x = + (k ∈ Z) 12 4 Phương trình tương đương π 3x − = π − x + k2π π cos 3x − = cos(π − x) ⇔ (k ∈ Z) π 3x − = x − π + k2π π kπ x = + ⇔ (k ∈ Z) π x = − + kπ π kπ x = + Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) π x = − + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 36 (37) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình tương đương π π 2x + = x − + k2π π π 2 sin 2x + = sin x − ⇔ (k ∈ Z) π π 2x + = π − x − + k2π 3π + k2π x=− (k ∈ Z) ⇔ 5π k2π x= + 12 3π x=− + k2π Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) 5π k2π x= + 12 Phương trình tương đương ⇔ ⇔ Vậy phương trình có nghiệm x = − π tan 3x + = tan(−2x) π 3x + = −2x + kπ π kπ x=− + (k ∈ Z) 20 π kπ + (k ∈ Z) 20 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin 4x − cos2 x + = 2 cos 5x · cos 3x + sin x = cos 8x cos π − x + sin 2x = x sin = cos 5x + ã Å π √ 4π + x + cos − x = sin 18 Lời giải Phương trình tương đương π sin 4x = cos 2x ⇔ sin 4x = sin − 2x π 4x = − 2x + k2π x = ⇔ (k ∈ Z) ⇔ π 4x = π − + 2x + k2π x= π k2π x = 12 + Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) π x = + kπ k2π π + 12 (k ∈ Z) π + kπ Phương trình tương đương π cos 8x + cos 2x + sin x = cos 8x ⇔ cos 2x = cos +x π π x = + k2π 2x = + x + k2π (k ∈ Z) (k ∈ Z) ⇔ ⇔ π π k2π 2x = − − x + k2π x=− + π x = + k2π Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) π k2π x=− + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 37 (38) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình tương đương sin x + sin 2x = ⇔ sin 2x = sin(−x) ñ k2π 2x = −x + k2π x= ⇔ (k ∈ Z) ⇔ (k ∈ Z) 2x = π + x + k2π x = π + k2π k2π x= Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) x = π + k2π Phương trình tương đương cos 5x + cos x = ⇔ cos 5x = cos(π − x) π kπ ñ x= + 5x = π − x + k2π ⇔ (k ∈ Z) ⇔ (k ∈ Z) π kπ 5x = x − π + k2π x=− + π kπ x= + (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm π kπ x=− + Phương trình tương đương ã ã √ Å Å π √ 4π π 4π + x + sin − + x = ⇔ sin +x = sin 18 π 4π π x = − + k2π x+ = + k2π ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 2π 4π 2π x= + k2π x+ = + k2π 9 π x = − + k2π Vậy phương trình có nghiệm (k ∈ Z) 2π x= + k2π BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) Å ã Å ã 2π 9π sin 3x + = cos x − Å ã 2π cos 2x = sin x − π = cot x tan 3x − BÀI Giải các phương trình lượng giác sau π π = − cos x + cos 2x + π sin 2x + + sin x = π π cot x − + cot − x = Å ã Å ã 2π 7π sin 3x + + sin x − = π π cos 4x + + sin x − = tan 2x · tan 3x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 38 (39) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin 5x + cos2 x = cot 2x = − tan x + tan x Å ã √ π 4π sin 3x + + sin − 3x = 5 cos 2x cos x + cos x = sin 2x sin x Å ã π 5π + sin + 3x = cos 3x + { DẠNG 1.2 Ghép cung thích hợp để áp dụng công thức tích thành tổng a−b a−b a+b a+b · cos · sin cos a + cos b = cos cos a − cos b = −2 sin 2 2 a−b a−b a+b a+b · cos · sin sin a + sin b = sin sin a − sin b = cos 2 2 a+b a−b ! Khi áp dụng tổng thành tích hai hàm sin và cosin thì hai cung là , Do đó sử dụng nên nhẩm (tổng và hiệu) hai cung này trước để nhóm hạng tử thích hợp cho xuất nhân tử chung (cùng cung) với hạng tử còn lại cụm ghép khác phương trình cần giải VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình sin 5x + sin 3x + sin x = Lời giải Ta có sin 5x + sin 3x + sin x = ⇔ (sin 5x + sin x) + sin 3x = ⇔ sin 3x cos 2x + sin 3x = ñ sin 3x = ⇔ sin 3x(2 cos 2x + 1) = ⇔ cos 2x + = kπ x= 3x = kπ π ⇔ (k ∈ Z) ⇔ x = + lπ (k, l ∈ Z) cos 2x = − π x = − + lπ Kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác, ta phương trình có nghiệm x = kπ , (k ∈ Z) VÍ DỤ Giải phương trình cos 3x + cos 2x + cos x + = Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 39 (40) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có cos 3x + cos 2x + cos x + = ⇔ (cos 3x + cos x) + (cos 2x + 1) = ⇔ ⇔ ⇔ cos 2x cos x + cos2 x = ⇔ cos x(cos 2x + cos x) = cos 2x = 3x 3x x cos 2x cos cos = ⇔ cos = 2 x cos = π π kπ 2x = + kπ x= + 3x π π l2π (k, l, m ∈ Z) (k, l, m ∈ Z) ⇔ = + lπ x = + 3 x π = + mπ x = π + m2π 2 Kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác, ta phương trình có nghiệm x = (k, l ∈ Z) π kπ π l2π + , x = + , 3 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 3x + cos 5x = − sin x − cos 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = Lời giải Ta có sin x + sin 2x + sin 3x = ⇔ sin 2x cos x + sin 2x = ñ sin 2x = ⇔ sin 2x(2 cos x + 1) = ⇔ cos x + = kπ 2x = kπ x= (k, l ∈ Z) ⇔ (k ∈ Z) ⇔ 2π cos x = − + l2π x=± Vậy phương trình có nghiệm x = kπ 2π ,x=± + l2π, (k, l ∈ Z) Ta có cos x + cos 3x + cos 5x = ⇔ cos 3x cos 2x + cos 3x = ñ cos 3x = ⇔ cos 3x(2 cos 2x + 1) = ⇔ cos 2x + = π π kπ 3x = + kπ x = + ⇔ (k, l ∈ Z) (k ∈ Z) ⇔ π cos 2x = − x = ± + lπ Vậy phương trình có nghiệm x = π kπ π + , x = ± + lπ, (k, l ∈ Z) 3 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 40 (41) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có − sin x − cos 2x + sin 3x = ⇔ cos 2x sin x + sin2 x = ñ sin 2x = ⇔ sin x(cos 2x + sin x) = ⇔ cos 2x = − sin x kπ x = 2x = kπ π ⇔ (k, l ∈ Z) π (k ∈ Z) ⇔ 2x = x + + l2π cos 2x = cos x + π + l2π 2x = − x + kπ x= π ⇔ x = + l2π (k, l ∈ Z) π l2π x=− + kπ π Kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác, ta phương trình có nghiệm x = , x = − + m2π, 7π x= + m2π, (k, m ∈ Z) Ta có x 7x x 3x cos + cos cos = cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = ⇔ cos 2 2 Å ã x 7x 3x x 5x ⇔ cos cos + cos = ⇔ cos cos cos x = 2 2 π cos x = x = + kπ x cos = x = π + k2π ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 5x π k2π cos =0 x= + 5 Vậy phương trình có nghiệm x = π k2π π + kπ, x = π + k2π, x = + , (k ∈ Z) 5 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin 5x + sin x + sin2 x = sin x + sin 2x + sin 3x = + cos x + cos 2x cos 3x − sin 2x − cos x − sin x = 4 sin 3x + sin 5x − sin x cos 2x = Lời giải Ta có sin 5x + sin x + sin2 x = ⇔ (sin 5x + sin x) − (1 − sin2 x) = ⇔ sin 3x cos 2x − cos 2x = ⇔ cos 2x(2 sin 3x − 1) = π kπ x= + ñ cos 2x = π l2π ⇔ ⇔ x = (k, l ∈ Z) + sin 3x − = 18 5π l2π x= + 18 Vậy phương trình có nghiệm x = π kπ π l2π 5π l2π + ,x= + ,x= + , (k, l ∈ Z) 18 18 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 41 (42) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có sin x + sin 2x + sin 3x = + cos x + cos 2x ⇔ (sin 3x + sin x) + sin 2x = (1 + cos 2x) + cos x ⇔ sin 2x cos x + sin 2x = cos2 x + cos x ⇔ sin 2x(2 cos x + 1) − cos x(2 cos x + 1) = cos x = ⇔ cos x(2 cos x + 1)(2 sin x − 1) = ⇔ 2 cos x + = sin x − = π x = + kπ cos x = 2π + k2π x = ± cos x = − ⇔ ⇔ (k ∈ Z) x = π + k2π sin x = 5π x= + k2π 2π π 5π π + k2π, x = + k2π, x = + k2π, (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ, x = ± 6 Ta có cos 3x − sin 2x − cos x − sin x = ⇔ (cos 3x − cos x) − sin 2x − (sin x + 1) = ⇔ −2 sin 2x sin x − sin 2x − (sin x + 1) = ⇔ sin 2x(sin x + 1) − (sin x + 1) = ñ sin x + = ⇔ (sin x + 1)(2 sin 2x + 1) = ⇔ sin 2x + = π x = − + k2π sin x = −1 π + lπ (k, l ∈ Z) x = − ⇔ ⇔ 12 sin 2x = − 7π + lπ x= 12 π π 7π Vậy phương trình có nghiệm x = − + k2π, x = − + lπ, x = + lπ, (k, l ∈ Z) 12 12 Ta có sin 3x + sin 5x − sin x cos 2x = ⇔ sin 3x + sin 5x + sin x − sin 3x = ⇔ sin 3x + sin 3x cos 2x = ⇔ sin 3x(3 + cos 2x) = ñ sin 3x = kπ ⇔ ⇔x= , (k ∈ Z) 3 + cos 2x = (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = kπ , (k ∈ Z) BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin 3x + cos 2x − sin x = sin x − cos x + sin 3x = cos 3x + sin 2x − cos x = cos x − cos 2x = sin 3x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin 5x + sin 3x + cos x = + sin 4x cos 2x − sin 3x + cos 5x = sin 10x + cos 8x + sin x + cos 3x = cos x + sin 2x + cos 2x sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 42 (43) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác { DẠNG 1.3 Hạ bậc gặp bậc chẵn sin và cos Sử dụng công thức hạ bậc sin2 α = − cos 2α 2 cos2 α = + cos 2α tan2 α = − cos 2α + cos 2α cot2 α = + cos 2α − cos 2α ! Đối với công thức hạ bậc sin và cosin Mỗi lần hạ bậc xuất và cung góc tăng gấp đôi Mục đích việc hạ bậc để triệt tiêu số không mong muốn và nhóm hạng tử thích hợp để sau áp dụng công thức (tổng thành tích sau hạ bậc) xuất nhân tử chung làm bài toán đơn giản VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình sin2 2x − cos2 8x = cos 10x Lời giải Ta có − cos 4x + cos 16x 1 cos 10x ⇔ − = cos 10x 2 2 ⇔ cos 16x + cos 4x − cos 10x = ⇔ cos 10x cos 6x − cos 10x = π kπ ñ + x= cos 10x = 20 10 (k ∈ Z) ⇔ ⇔ π kπ cos 6x − = x=± + 18 sin2 2x − cos2 8x = Phương trình có nghiệm x = kπ π kπ π + ,x=± + , (k ∈ Z) 20 10 18 VÍ DỤ Giải phương trình cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = Lời giải Ta có cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = + cos 2x + cos 4x + cos 6x + + + cos2 4x = 2 2 ⇔ cos 6x + cos 2x + cos 4x + cos2 4x = ⇔ cos 4x cos 2x + cos 4x + cos2 4x = ⇔ ⇔ cos 4x(2 cos 4x + cos 2x + 1) = ⇔ cos 4x(4 cos2 2x + cos 2x − 1) = π kπ cos 4x = x= + √ √ −1 − cos 2x = − ⇔ + lπ (k, l ∈ Z) 4√ ⇔ x = ± arccos 4√ 1+ −1 + cos 2x = x = ± arccos + lπ 4 √ √ π kπ −1 − −1 + Phương trình có nghiệm x = + , x = ± arccos + lπ, x = ± arccos + lπ, (k, l ∈ Z) 4 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 43 (44) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin2 x = π = 4 √ 2+ 3 cos2 x = cos2 2x − 4 sin2 x − = Å ã Å ã 2π 7π sin 3x + = sin −x π = cos4 x + sin4 x + 4 Lời giải Ta có 1 + cos 2x π kπ ⇔ = ⇔ cos 2x = ⇔ x = + , (k ∈ Z) 2 4 π kπ , (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm x = + 4 sin2 x = Ta có π kπ π x= + + cos 4x − 3 24 (k ∈ Z) = ⇔ = ⇔ sin 4x = ⇔ 5π kπ 4 x= + 24 cos2 2x − π Vậy phương trình có nghiệm x = π kπ 5π kπ + ,x= + , (k ∈ Z) 24 24 Ta có √ √ √ 2+ 3 + cos 2x 2+ π cos x = ⇔ = ⇔ cos 2x = ⇔ x = ± + kπ, (k ∈ Z) 4 12 π Vậy phương trình có nghiệm x = ± + kπ, (k ∈ Z) 12 Ta có sin2 x − = ⇔ 2(1 − cos 2x) − = ⇔ cos 2x = Vậy phương trình có nghiệm x = ± π ⇔ x = ± + kπ, (k ∈ Z) π + kπ, (k ∈ Z) Ta có ⇔ ⇔ Å ã Å ã 4π 7π Å ã Å ã − cos 6x + − cos − 2x 2π 7π sin2 3x + = sin2 −x ⇔ = 2 4π 7π Å ã Å ã 6x + = − 2x + k2π 4π 7π Å ã cos 6x + = cos − 2x ⇔ (k ∈ Z) 4π 7π 6x + =− − 2x + k2π 13π kπ x= + 48 (k ∈ Z) 29π kπ x=− + 24 Vậy phương trình có nghiệm x = 13π kπ 29π kπ + ,x=− + , (k ∈ Z) 48 24 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 44 (45) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có cos4 x + sin4 x + π = ⇔ Å + cos 2x ã2 π 2 − cos 2x + =1 + ⇔ (1 + cos 2x)2 + (1 + cos 2x)2 = ⇔ cos2 2x + cos 2x + = √ −2 − √ cos 2x = (vô nghiệm) −2 + 2 ⇔ ⇔ x = ± arccos + kπ, (k ∈ Z) √ 2 −2 + cos 2x = √ −2 + Vậy phương trình có nghiệm x = ± arccos + kπ, (k ∈ Z) 2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin2 2x + sin2 x = sin2 2x + cos2 3x = sin2 x + sin2 2x + sin2 3x = cos2 x + cos2 2x + cos2 3x = sin2 x + sin2 2x + sin2 3x = sin2 x + sin2 3x = cos2 2x + cos2 4x √ √ 3 sin x cos x + sin x cos x = − 3 sin x cos x − sin x cos x = BÀI Giải các phương trình lượng giác sau π sin2 4x + cos2 6x = sin 10x, ∀x ∈ 0; Å ã π 5x 9x cos 3x + sin 7x = sin2 + − cos2 2 sin2 2x + sin 7x − = sin x cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = − 3x = π π sin2 4x − cos2 6x = sin + 10x , ∀x ∈ 0, 2 cos2 x + cos2 2x + cos2 π sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x tan2 x + sin2 2x = cos2 x cos2 3x · cos 2x − cos2 x = Å ã x √ 3π 10 sin − cos 2x = + cos x − Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 45 (46) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác { DẠNG 1.4 Xác định nhân tử chung để đưa phương trình tích Đa số đề thi, kiểm tra thường là phương trình đưa tích số Do đó, trước giải ta phải quan sát xem chúng có lượng nhân tử chung nào, sau đó định hướng để tách, ghép, nhóm phù hợp Một số lượng nhân tử thường gặp: Các biểu thức có nhân tử chung với cos x ± sin x thường gặp là: ± sin 2x = sin2 x ± sin x cos x + cos2 x = (sin x ± cos x)2 cos 2x = cos2 x − sin2 x = (cos x + sin x)(cos x − sin x) cos4 x − sin4 x = (cos2 x − sin2 x)(cos2 x + sin2 x) = (cos x + sin x)(cos x − sin x) cos3 x − sin3 x = (cos x ∓ sin x)(1 ± sin x cos x) ± tan x = ± sin x cos x ± sin x = cos x cos x cos x sin x ± cos x = sin x sin x π π cos x − = sin x + = √ (sin x + cos x) 4 π π sin x − = − cos x + = √ (sin x − cos x) 4 ± cot x = ± Nhìn góc độ đẳng thức số 3, dạng a2 − b2 = (a − b)(a + b), chẳng hạn: ï sin x = − cos2 x = (1 − cos x)(1 + cos x) sin2 x + cos2 x = ⇒ cos2 x = − sin2 x = (1 − sin x)(1 + sin x) cos3 x = cos x · cos2 x = cos x(1 − sin2 x) = cos x(1 − sin x)(1 + sin x) sin3 x = sin x · sin2 x = sin x(1 − cos2 x) = sin x(1 − cos x)(1 + cos x) cos3 x − sin3 x = (cos x ∓ sin x)(1 ± sin x cos x) − cos2 x = − 4(1 − sin2 x) = sin2 x − = (2 sin x − 1)(2 sin x + 1) sin 2x = + sin 2x − = sin2 x + sin x cos x + cos2 x − = (sin x + cos x)2 − = (sin x + cos x − 1)(sin x + cos x + 1) √ √ 2(cos4 x − sin4 x) + = cos2 x − sin2 x = ( cos x − sin x)( cos x + sin x) Phân tích tam thức bậc hai dạng: f (X) = aX + bX + c = a(X − X1 )(X − X2 ) với X có thể là sin x, cos x và X1 , X2 là hai nghiệm f (X) = VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình cos x + √ sin x = sin 2x + √ Lời giải √ √ Ta có:2 cos x + sin xÄ√ = sin 2x +√ 3ä ⇔ (2 cos x − sin 2x) + sin x − = √ ⇔ cos x (1 −Äsin x) + (sin x − 1) = √ ä ⇔ (1 − sin x) cos x − = π sin x =√1 x = + k2π π π 2π ⇔ , k ∈ Z Vậy phương trình có nghiệm là: x = + k2π; x = ± + k2π, k ∈ Z ⇔ cos x = x = ± + k2π VÍ DỤ Giải phương trình cos 2x + (1 + sin x) (sin x + cos x) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 46 (47) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Lời giải Ta có: cos 2x + (1 + sin x) (sin x + cos x) = ⇔ cos2 x − sin2 x + (1 + sin x) (sin x + cos x) = ⇔ (cos x − sin x) (cos x + sin x) + (1 + sin x) (sin x + cos x) = ⇔ (sin x + cos x) (cos x + " 1) = " ñ ï x = π + k2π x =π + k2π x = π + k2π cos x = −1 π π π 3π ⇔ √ ⇔ Vậy phương trình có ⇔ ⇔ x − = + kπ cos x − =0 cos x + sin x = + kπ x= 4 3π nghiệm là: x = π + k2π; x = + kπ, k ∈ Z VÍ DỤ Giải phương trình (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x) − sin 2x = Lời giải Ta có: (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x) − sin 2x = ⇔ (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x) + (1 − sin 2x) − = ⇔ (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x) + (sin x − cos x) − = ⇔ (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x) + (sin x − cos x − 1) (sin x − cos x + 1) = ⇔ (sin x − cos x + 1) (−2 sin x + cos x + sin x − cos x − 1) = ⇔ (sin x − cos x + 1) (− sin x − 1) = π π −1 √ x − = − + k2π π π ï 4 √ sin x − +1=0 sin x − cos x + = sin x − = x − π = π + π + k2π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −π −π 4 sin x = −1 + k2π x= −π x= + k2π x= + k2π 2 x = k2π 3π + k2π , k ∈ Z x= ⇔ −π x= + k2π 3π −π Vậy phương trình có nghiệm là: x = k2π; x = + k2π; x = + k2π, k ∈ Z 2 Ä √ äÄ √ ä VÍ DỤ Giải phương trình sin x − sin x cos x + = − cos2 x Lời giải Ä √ äÄ √ ä Ta có: sin x − sin x cos x + = − cos2 x Ä √ ä √ äÄ ⇔ sin x − sin x cos x + = − 4(1 − sin2 x) Ä √ äÄ √ ä ⇔ sin x − sin x cos x + = sin2 x − Ä √ äÄ √ ä Ä √ äÄ √ ä ⇔ sin x − sin x cos x + = sin x − sin x + = Ä √ ä ⇔ sin x − (sin x cos x − sin x) = Ä √ ä ⇔ sin x − sin x (cos x − 2) = π π √ x = + k2π x = + k2π 3 3π 2π ⇔ sin x = ⇔ x = π − + k2π ⇔ x = + k2π , k ∈ Z 3 sin x = x = kπ x = kπ π 2π Vậy phương trình có nghiệm là: x = + k2π; x = + k2π; x = kπ, k ∈ Z 3 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ sin 2x − sin x = 2 (sin x + cos x) = + cos x sin x + cos x = cos 2x cos 2x + (1 + cos x)(sin x − cos x) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 47 (48) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Lời giải Ta có Ta có: sin 2x √− √ sin x = sin ⇔ sin x Ä cos x − √ ä x=0 ⇔ sin x cos x − = ñ sin x =√0 x = kπ ⇔ ⇔ x = ± π + k2π , k ∈ Z cos x = π π Vậy phương trình có nghiệm là: x = + k2π; x = − + k2π; x = kπ, k ∈ Z 6 2 Ta có: (sin x + cos x) = + cos x ⇔ sin x + sin x cos x + cos2 x − − cos x = ⇔ sin x cos x − cos x = π x = + kπ " cos x = π2 ⇔ x = + k2π , k ∈ Z ⇔ cos x(2 sin x − 1) = ⇔ sin x = 5π x= + k2π π π 5π Vậy phương trình có nghiệm là: x = + kπ; x = + k2π; x = + k2π, k ∈ Z 6 Ta có: sin x + cos x = cos 2x ⇔ sin x + cos x = cos2 x − sin2 x ⇔ sin x + cos x = (cos x + sin x) (cos x − sin x) ⇔ (sin x + cos x) (1 − cos x + sin x) = √ π π ï =0 sin x + sin x + = sin x + cos x = 4 4 ⇔ ⇔ √ ⇔ π −1 π sin x − cos x = −1 sin x − =√ = −1 sin x − 4 π π x + = kπ x = − + kπ x − π = −π + k2π x = k2π ,k ∈ Z ⇔ ⇔ 4 3π π 5π x= + k2π x− = + k2π 4 π 3π Vậy phương trình có nghiệm là: x = − + kπ; x = + k2π; x = k2π, k ∈ Z 4 Ta có Ta có: cos 2x + (1 + cos x)(sin x − cos x) = ⇔ cos2 x − sin2 x + (1 + cos x)(sin x − cos x) = ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) − (1 + cos x)(cos x − sin x) = ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x − − sin x) = ⇔ (cos x − sin x)(cos x −sin x− 1) =0 π π π π ï cos x + = x + = + kπ x = + kπ cos x − sin x = 4 4π 4π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ,k ∈ Z π cos x − sin x = x + = k2π x = − + k2π =1 cos x + 4 π π Vậy phương trình có nghiệm là: x = + kπ; x = − + k2π, k ∈ Z 4 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau (tan x + 1) sin2 x + cos 2x = sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = + cos x sin 2x + cos x − √ cos √ π sin x − = π + cos 2x −x · = + cot x sin x Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 48 (49) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác có: (tan x + Ta Å ã 1) sin x + cos 2x = sin x + sin2 x + (cos2 x − sin2 x) = cos x ⇔ (sin x + cos x) sin2 x + cos x(cos x − sin x)(cos x + sin x) = ⇔ (sin x + cos x)(sin2 x + cos2 x − sin x cos x) = ⇔ (sin x + cos x)(1 − sin 2x) = ï √ π π π sin x + cos x = ⇔ ⇔ sin x + cos x = ⇔ sin x + = ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z sin 2x = 2(loại) 4 π Vậy phương trình có nghiệm là: x = − + kπ, k ∈ Z ⇔ Ta có: sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = + cos x ⇔ sin x cos2 x + sin 2x = + cos x ⇔ sin 2x cos x + sin 2x = + cos x ⇔ sin 2x(1 + cos x) = + cos x ñ ñ ï x = π + k2π x = π + k2π cos x = −1 π π ⇔ (1 + cos x)(sin 2x − 1) = ⇔ ⇔ ⇔ ,k ∈ Z 2x = + k2π x = + kπ sin 2x = π Vậy phương trình có nghiệm là: x = π + k2π; x = + kπ, k ∈ Z √ π Ta có: sin 2x + cos x − sin x − =1 ⇔ sin 2x + cos x − sin x + cos x − = ⇔ sin 2x + cos x − sin x − = ⇔ sin x cos x + cos x − (sin x + 1) = ⇔ cos x(sin x + 1) − (sin x + 1) = ⇔ (sin x + 1)(2 cosx − 1) = " π sin x = −1 x = − + k2π ⇔ ,k ∈ Z ⇔ π cos x = x = ± + k2π π π Vậy nghiệm phương trình là: x = − + k2π; x = ± + k2π, k ∈ Z Ta có Điều kiện: sin x 6= ⇔ x 6= kπ, k ∈ Z √ π + cos 2x −x · = + cot x sin x sin x + cos x + cos 2x = ⇔ (cos x + sin x) · sin x sin x ⇔ (sin x + cos x)(1 + cos 2x) − (sin x + cos x) = ⇔ (sin x + cos x) cos 2x = √ π π π ï x + = kπ x = − + kπ sin x + = sin x + cos x = 4π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π4 π π cos 2x = 2x = + kπ x= +k 2x = + kπ 2 π π ⇔ x = + k ,k ∈ Z π π Vậy nghiệm phương trình là: x = + k , k ∈ Z Ta có: cos BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ π 1 + tan x = 2 sin x + √ π cos x + cos 3x = + sin 2x + (2 cos x + 1)(cos 2x + sin x − 2) = − sin2 x (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 3) = − cos2 x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ sin2 x + 3 sin 2x − cos2 x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 49 (50) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác (cos x + 1)(cos 2x + cos x) + sin2 x = + sin x + cos 3x = cos x + sin 2x + cos 2x sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: sin2 x − √ sin x cos x + cos2 x = sin 2x sin x + sin 2x − sin x = − cos2 x √ sin2 x + 3 sin 2x − cos2 x = 4 (cos x + 1)(cos 2x + cos x) + sin2 x = (2 cos x + 1)(sin 2x + sin x − 2) = cos2 x − (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 3) = sin2 x − (2 sin x − 1)(2 sin 2x + 1) + cos2 x = (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 1) = − cos2 x sin 2x = (sin x + cos x − 1)(2 sin x + cos x + 2) 10 2(cos4 x − sin4 x) + = √ cos x − sin x Lời giải Ta có sin2 x − √ sin x cos x + cos2 x = ⇔ sin2 x − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = kπ và x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 √ sin x cos x = √ sin x(sin x − cos x) = ñ sin x = √ sin x − cos x = ñ x = kπ √ tan x = x = kπ , (k, n ∈ Z) π x = + nπ π + nπ với k, n ∈ Z Trang 50 (51) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có sin 2x sin x + sin 2x − sin x = − cos2 x ⇔ sin 2x(2 sin x + 1) − sin x(2 sin x + 1) = ⇔ (2 sin x + 1)(4 sin x cos x − sin x) = ⇔ (2 sin x + 1)(2 cos x − 1) sin x = sin x = cos x = ⇔ sin x = − x = k1 π π x = − + k2 2π ⇔ x = 7π + k3 2π π x = ± + k4 2π Vậy phương trình đã cho có năm nghiệm là x = k1 π, x = − π 7π π + k2 2π,x = + k3 2π và x = ± + k4 2π 6 với k1 , k2 , k3 , k4 ∈ Z Ta có √ √ sin2 x + 3 sin 2x − cos2 x = ⇔ sin x cos x − cos2 x = √ ⇔ cos x( sin x − cos x) = ñ cos x = √ ⇔ sin x − cos x = π x = + kπ √ ⇔ cot x = π x = + kπ ⇔ π x = + k π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π π + kπ và x = + k π, với k, k ∈ Z Ta có (cos x + 1)(cos 2x + cos x) + sin2 x = ⇔ (cos x + 1)(cos 2x + cos x) + 2(1 − cos2 x) = ⇔ (cos x + 1)(cos 2x + cos x + − cos x) = ⇔ (cos x + 1)(cos 2x + 2) = ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + k2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = π + k2π, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 51 (52) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có (2 cos x + 1)(sin 2x + sin x − 2) = cos2 x − ⇔ (2 cos x + 1)(sin 2x + sin x − 2) = (2 cos x − 1)(2 cos x + 1)) ⇔ (2 cos x + 1)(sin 2x + sin x − − sin x + 1) = ⇔ (2 cos x + 1)(sin 2x − 1) = cos x = − sin 2x = 2π x = ± + k1 2π π 2x = + k2 2π 2π x = ± + k1 2π π x = + k2 π ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = ± 2π π + k1 2π và x = + k2 π, với k1 , k2 ∈ Z Ta có (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 3) = sin2 x − ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 3) = (2 sin x + 1)(2 sin x − 1) ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + − sin x − 1) = ⇔ (2 sin x − 1)(cos 2x + 1) = sin x = ⇔ cos 2x = −1 π x = + k1 2π 5π ⇔ x = + k2 2π π x = + k3 π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = π 5π π + k1 2π, x = + k2 2π và x = + k3 π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 6 Ta có (2 sin x − 1)(2 sin 2x + 1) + cos2 x = ⇔ (2 sin x − 1)(2 sin 2x + 1) + − sin2 x = ⇔ (2 sin x − 1)(4 sin x cos x + − − sin x) = sin x = ⇔ sin x cos x − sin x = sin x = sin x = ⇔ cos x = π x = + k1 2π x = 5π + k 2π ⇔ x = k3 π π x = ± + k4 π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 52 (53) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 5π π π + k2 2π, x = k3 π, x = ± + k4 π với Vậy phương trình đã cho có năm nghiệm là x = + k1 2π, x = 6 k1 , k2 , k3 , k4 ∈ Z Ta có (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 1) = − cos2 x ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + 1) = sin2 x − ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + sin x + − sin x − 1) = sin x = cos 2x = π x = + k1 2π x = 5π + k2 2π π π x = + k3 ⇔ ⇔ Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 5π π π π +k1 2π, x = +k2 2π và x = +k3 , với k1 , k2 , k3 ∈ Z 6 Ta có sin 2x = (sin x + cos x − 1)(2 sin x + cos x + 2) ⇔ sin 2x = sin2 x + sin x cos x + cos x − ⇔ sin2 x − + sin x cos x + cos x = ⇔ (sin x − 1)(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) = ⇔ (sin x + 1)(sin x + cos x − 1) = sin x = −1 ⇔ √ π =1 cos x − sin x = −1 √ ⇔ π cos x − = π x = − + k1 2π π π ⇔ x − = + k2 2π 4 π π x − = − + k3 2π 4 π x = − + k1 2π ⇔ x = π + k2 2π x = k3 2π π x = + kπ ⇔ x = k 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = π + kπ, x = k 2π, với k, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 53 (54) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 10 Ta có 2(cos4 x − sin4 x) + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 √ √ cos x − sin x 2(cos x − sin x) + = cos x − sin x √ cos 2x + = cos x − sin x √ cos 2x + = cos x − sin x 2 π π π cos x − = cos x + cos x + 6 6 π cos x + =0 π = cos x − π π x + = + k1 π x − π = π + k2 2π π π x − = − + k3 2π π x = + k1 π π x = + k2 2π π x = − + k3 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = π π π + k1 π, x = + k2 2π, x = − + k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: sin x + cos x = + sin 2x sin 2x + √ √ = cos x + √ sin x 2(sin x − cos x) = − sin 2x sin 2x − sin x = − cos x sin 2x + cos x − sin x − = sin 2x − sin x − cos x + = sin 2x + = sin x + cos 2x sin 2x − cos 2x = sin x − sin 2x + sin x + = cos 2x 10 sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = + cos x 11 sin 2x − sin x + cos 2x = − cos x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 54 (55) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 12 (2 cos x − 1)(2 sin x + cos x) = sin 2x − sin x 13 tan x + cot x = 2(sin 2x + cos 2x) 14 (1 + sin2 x) cos x + (1 + cos2 x) sin x = + sin 2x 15 sin 2x + sin2 x = sin x + cos x √ 16 cos 3x + cos x = cos 2x sin x 17 cos 3x − cos x = sin x cos 2x 18 sin2 x − sin 2x + sin x + cos x = 19 cos x + tan x = + tan x sin x 20 tan x = sin 2x − cot 2x Lời giải Ta có sin x + cos x = + sin 2x ⇔ sin x − + cos x − sin x cos x = ⇔ (sin x − 2)(1 − cos x) = ⇔ cos x = π ⇔ x = ± + k2π Vậy phương trình có hai nghiệm là x = ± π + k2π với k ∈ Z Ta có √ = cos x + sin x √ √ sin x cos x − cos x + − sin x = √ (sin x − 1)(2 cos x − 3) = sin x = √ cos x = π x = + k1 2π π x = ± + k2 2π sin 2x + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình có ba nghiệm là x = √ π π + k1 2π, x = ± + k2 2π với k1 , k2 ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 55 (56) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2(sin x − cos x) = − sin 2x √ sin x − − 2 cos x + sin x cos x = √ √ √ 2(sin x − 2) + cos x(sin x − 2) = √ √ (sin x − 2)(2 cos x + 2) = √ cos x = − 3π x=± + k2π √ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = ± 3π + k2π với k ∈ Z 4 Ta có sin 2x − sin x = − cos x ⇔ sin x(2 cos x − 1) + 2(2 cos x − 1) = ⇔ (2 cos x − 1)(sin x + 2) = ⇔ cos x = π ⇔ x = ± + k2π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = ± π + k2π với k ∈ Z Ta có sin 2x + cos x − sin x − = ⇔ cos x(sin x + 1) − (sin x + 1) = ⇔ (sin x + 1)(2 cos x − 1) = sin x = −1 ⇔ cos x = π x = − + k2π ⇔ π x = ± + k 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = − π π + k2π, x = ± + k 2π, với k, k ∈ Z Ta có sin 2x − sin x − cos x + = ⇔ sin x(cos x − 1) − 2(cos x − 1) = ⇔ (sin x − 1)(cos x − 1) = ñ sin x = ⇔ cos x = π x = + k2π ⇔ x = k 2π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π + k2π, x = k 2π, với k, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 56 (57) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có sin 2x + = sin x + cos 2x ⇔ sin x cos x + sin2 x − sin x = ⇔ sin x(cos x + sin x − 3) = ⇔ sin x = 0, (do cos x + sin x − 6= 0) ⇔ x = kπ Vậy phương trình có nghiệm x = kπ với k ∈ Z Ta có sin 2x − cos 2x = sin x − ⇔ sin x cos x + − cos 2x − sin x = ⇔ sin x cos x + sin2 x − sin x = ⇔ sin x(cos x + sin x − 1) = sin x = ⇔ √ π cos x − =1 sin x = √ ⇔ π cos x − = x = k1 π π π ⇔ x − = + k2 2π π π x − = − + k3 2π 4 x = k1 π π ⇔ x = + k2 2π x = k3 2π x = k1 π ⇔ π x = + k2 2π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = k1 π, x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 π + k2 2π với k1 , k2 ∈ Z Trang 57 (58) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có sin 2x + sin x + = cos 2x ⇔ sin x cos x + sin x + sin2 x = ⇔ sin x(cos x + sin x + 1) = sin x = ⇔ √ π cos x − = −1 sin x = √ ⇔ π =− cos x − x = k1 π x − π = 3π + k 2π ⇔ 4 π 3π x− =− + k3 2π 4 x = k1 π x = π + k 2π ⇔ π x = − + k3 2π x = k1 π ⇔ π x = − + k2 2π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = k1 π, x = π + k2 2π với k1 , k2 ∈ Z 10 Ta có sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = + cos x ⇔ sin x cos2 x − cos x + (sin 2x − 1) = ⇔ cos x(sin 2x − 1) + (sin 2x − 1) = ⇔ (cos x + 1)(sin 2x − 1) = ñ cos x = −1 ⇔ sin 2x = x = π + k2π ⇔ π x = + k π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π + k2π, x = π + k π với k, k ∈ Z 11 Ta có sin 2x − sin x + cos 2x = − cos x ⇔ sin x cos x − sin x + cos2 x − + cos x = ⇔ sin x(2 cos x − 1) + cos x(2 cos x − 1) + 3(2 cos x − 1) = ⇔ (2 cos x − 1)(sin x + cos x + 3) = cos x = ⇔ sin x + cos x + = ® sin x = −1 Mà sin x + cos x ≥ −3, đẳng thức xảy hệ này vô nghiệm Suy phương trình cos x = −1 sin x + cos x + = vô nghiệm π Do đó cos x = ⇔ x = ± + k2π, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 58 (59) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 12 Ta có (2 cos x − 1)(2 sin x + cos x) = sin 2x − sin x ⇔ (2 cos x − 1)(2 sin x + cos x) = sin x(2 cos x − 1) ⇔ (2 cos x − 1)(2 sin x + cos x − sin x + 1) = cos x = ⇔ √ π cos x − = −1 π x = ± + k1 2π 3π π + k2 2π ⇔ x − = 4 π 3π x− =− + k3 2π 4 π x = ± + k1 2π ⇔ x = π + k2 2π π x = − + k3 2π π π Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = ± +k1 2π, x = π+k2 2π, x = − +k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z π 13 Điều kiện sin 2x 6= ⇔ x 6= k Ta có tan x + cot x = 2(sin 2x + cos 2x) ⇔ = 2(sin 2x + cos 2x) sin x cos x ⇔ = sin x cos x(sin 2x + cos 2x) ⇔ = sin2 2x + sin 2x cos 2x ⇔ − sin2 2x = sin 2x cos 2x ⇔ cos 2x(1 − sin 2x) = cos 2x = ⇔ sin 2x = π π x = + k1 π + k2 π ⇔ x = 12 5π x= + k3 π 12 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = π π π 5π + k1 , x = + k2 π, x = + k3 π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 12 12 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 59 (60) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 14 Ta có (1 + sin2 x) cos x + (1 + cos2 x) sin x = + sin 2x ⇔ sin x + cos x + sin x cos x(sin x + cos x) = (sin x + cos x)2 ⇔ (sin x + cos x)(1 + sin x cos x − sin x − cos x) = π ⇔ cos x − (1 − cos x)(1 − sin x) = π =0 cos x − ⇔ cos x = sin x = π π x − = + k1 π ⇔ x = k2 2π π x = + k3 2π 3π x= + k1 π ⇔ x = k2 2π π x = + k3 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 3π π + k1 π, x = k2 2π, x = + k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 15 Ta có sin 2x + sin2 x = sin x + cos x ⇔ sin x(sin x + cos x) − (sin x + cos x) = ⇔ (sin x + cos x)(2 sin x − 1) = π cos x − =0 ⇔ sin x = π π x − = + k1 π π ⇔ x = + k2 2π 5π x= + k3 2π 3π x= + k1 π π ⇔ x = + k2 2π 5π x= + k3 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 3π π 5π + k1 π, x = + k2 2π, x = + k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 6 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 60 (61) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 16 Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ cos 3x + cos x = cos 2x sin x √ cos 2x cos x = cos 2x sin x √ cos 2x( sin x − cos x) = ñ cos 2x = √ cot x = π 2x = + k1 π π x = + k2 π π π x = + k1 π x = + k2 π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π π π + k1 , x = + k2 π, với k1 , k2 ∈ Z 17 Ta có cos 3x − cos x = sin x cos 2x ⇔ −2 sin 2x sin x = sin x cos 2x ⇔ sin x(sin 2x + cos 2x) = ñ sin x = ⇔ ⇔ tan 2x = −1 x = k1 π π π x = − + k2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = k1 π, x = − π π + k2 , với k1 , k2 ∈ Z 18 Ta có sin2 x − sin 2x + sin x + cos x = ⇔ sin2 x − cos2 x − sin x cos x + sin x + cos x = ⇔ sin x + cos x = sin 2x + cos 2x π π = cos 2x − ⇔ cos x − 4 π π 2x − = x − + k2π 4 ⇔ π π 2x − = −x + + k 2π 4 x = k2π ⇔ π 2π x = + k0 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = k2π, x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 π 2π + k , với k, k ∈ Z Trang 61 (62) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 19 Điều kiện cos x 6= ⇔ x 6= π + kπ Ta có cos x + tan x = + tan x sin x ⇔ cos2 x + sin x = cos x + sin2 x ⇔ sin x − cos x = (sin x − cos x)(sin x + cos x) ⇔ (sin x − cos x)(sin x + cos x − 1) = sin x = cos x √ π =1 cos x − tan x = √ π = cos x − π x = + k1 π π x − = π + k2 2π 4 π π x − = − + k3 2π 4 π x = + k1 π x = π + k2 2π x = k3 2π π x = + k1 π x = k2 2π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π + k1 π, x = k3 2π, với k1 , k2 ∈ Z π 20 Điều kiện sin 2x 6= ⇔ x 6= k Ta có tan x = sin 2x − cot 2x sin x cos 2x ⇔ = sin 2x − cos x sin 2x ⇔ sin2 x = sin2 2x − cos 2x ⇔ − cos 2x = sin2 2x − cos 2x ⇔ − sin2 2x = − cos 2x ⇔ cos2 2x + cos 2x = ñ cos 2x = ⇔ cos 2x = −1 π π x = + k1 ⇔ π x = + k2 π π π π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = + k1 , x = + k2 π, với k1 , k2 ∈ Z 2 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: cos x + sin x(1 − cos x)2 = + sin x 2(cos x + sin 2x) = + sin x(1 + cos 2x) − sin x cos x = sin x − cos2 x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 62 (63) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ π sin x − = π π √2 sin − 2x + sin +x = 4 π √2 π − x − sin + 2x = cos 4 sin 2x + cos x − sin3 x + cos3 x = sin x + cos x sin3 x + cos3 x = 2(sin5 x + cos5 x) sin3 x + cos 2x + cos x = 10 sin8 x + cos8 x = 2(sin10 x + cos10 x) + 11 sin 2x − cos 2x − √ cos 2x sin x = 12 tan 2x + cot x = cos2 x 13 sin 3x + + sin x(3 − cos x) = cos x 14 sin x(2 cos 2x + + sin x) = cos 2x + Lời giải Ta có cos x + sin x(1 − cos x)2 = + sin x ⇔ cos x − + sin x((1 − cos x)2 − 1) = ⇔ cos x − + sin x cos x(cos x − 2) = ⇔ (cos x − 2)(sin 2x + 1) = ⇔ sin 2x = −1 π ⇔ x = − + kπ π Vậy phương trình có nghiệm là x = − + kπ, k ∈ Z Ta có 2(cos x + sin 2x) = + sin x(1 + cos 2x) ⇔ cos x + sin 2x = + sin x cos2 x ⇔ cos x + sin 2x = + sin 2x cos x ⇔ sin 2x(1 − cos x) − (1 − cos x) = ⇔ (2 sin 2x − 1)(1 − cos x) = sin 2x = ⇔ cos x = π x= + k1 π 12 5π ⇔ x = 12 + k2 π π x = ± + k3 2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 63 (64) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = 5π π π +k1 π, x = +k2 π, x = ± +k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 12 12 3 Ta có x − sin x cos x = sin x − cos2 2 x ⇔ − sin x cos x = sin x − cos ⇔ − sin x cos x = sin x − − cos x ⇔ + cos x − sin x(cos x + 2) = ⇔ (2 + cos x)(1 − sin x) = ⇔ sin x = π ⇔ x = + k2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = π + k2π, k ∈ Z Ta có √ π sin x − =1 ⇔ sin x cos x + cos x − sin x + cos x = ⇔ sin x(2 cos x − 1) + cos x − = sin 2x + cos x − ⇔ (sin x + 1)(2 cos x − 1) = sin x = −1 ⇔ cos x = π x = − + k1 2π ⇔ π x = ± + k2 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = − π π + k1 2π, x = ± + k2 2π, với k1 , k2 ∈ Z Ta có π π √ sin − 2x + sin +x = √ √ √ √ √ ⇔ cos 2x − sin 2x + cos x + sin x = ⇔ cos 2x − sin 2x + sin x + cos x = ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + (sin x + cos x) = (sin x + cos x)2 ⇔ (sin x + cos x)(cos x − sin x + − sin x − cos x) = ñ sin x + cos x = ⇔ sin x = tan x = −1 ⇔ sin x = π x = − + k1 π π ⇔ x = + k2 2π 5π x= + k3 2π π π 5π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = − + k1 π, x = + k2 2π, x = + k3 2π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 6 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 64 (65) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có ⇔ √2 cos − x − sin + 2x = 4 π √ √ π cos − x − sin + 2x = 4 sin x + cos x − sin 2x − cos 2x = ⇔ sin x + cos x − (sin x + cos x)2 − (cos x − sin x)(cos x + sin x) = ⇔ (sin x + cos x)(1 − sin x − cos x − cos x + sin x) = ⇔ (sin x + cos x)(1 − cos x) = ñ sin x + cos x = π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π − cos x = tan x = −1 cos x = π x = − + k1 π π x = ± + k2 2π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = − π π + k1 π, x = ± + k2 2π., với k1 , k2 ∈ Z Ta có sin3 x + cos3 x = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x)(1 − sin x cos x) = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x) sin 2x = ñ sin x + cos x = ⇔ sin 2x = ñ tan x = −1 ⇔ sin 2x = π x = − + k1 π ⇔ π x = k2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = − π π + k1 π, x = k2 , với k1 , k2 ∈ Z Ta có sin3 x + cos3 x = 2(sin5 x + cos5 x) ⇔ sin3 x − sin5 x + cos3 x − cos5 x = ⇔ sin3 x(1 − sin2 x) + cos3 x(1 − cos2 x) = ⇔ sin3 x cos 2x − cos3 x cos 2x = ⇔ cos 2x(sin x − cos x)(1 + sin x cos x) = cos 2x = ⇔ sin x = cos x sin 2x = −2 ⇔ cos 2x = π π ⇔ x = + k1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = π π + k , với k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 65 (66) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có sin3 x + cos 2x + cos x = ⇔ sin3 x + − sin2 x + cos x = ⇔ 2(1 − cos2 x)(sin x − 1) + (1 + cos x) = ⇔ (1 + cos x)(2 sin x + cos x − sin x cos x − 1) = ⇔ (1 + cos x)(2(sin x + cos x) − (sin x + cos x)2 ) = ⇔ (1 + cos x)(sin x + cos x)(2 − sin x − cos x) = ⇔ (1 + cos x)(sin x + cos x) = ñ cos x = −1 ⇔ tan x = −1 x = π + k1 2π ⇔ π x = − + k2 π Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π + k1 2π, x = − π + k2 π, với k1 , k2 ∈ Z 10 Ta có cos 2x sin8 x(1 − sin2 x) + cos8 x(1 − cos2 x) = cos 2x 8 sin x cos 2x − cos x cos 2x = cos 2x cos 2x(4(sin8 x − cos8 x) − 5) = cos 2x = sin8 x − cos8 x = sin8 x + cos8 x = 2(sin10 x + cos10 x) + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 5 Xét phương trình sin8 x − cos8 x = ⇔ sin8 x = + cos8 x ≥ > vô lý, suy phương trình 4 sin8 x − cos8 x = vô nghiệm π π Do đó cos 2x = ⇔ x = + k , k ∈ Z 11 Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin 2x − cos 2x − sin x = √ √ π sin 2x − − sin x = π sin 2x − = sin x π 2x − = x + k1 2π π 2x − = π − x + k2 2π π x = + k1 2π 5π 2π x= + k2 12 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = π 5π 2π + k1 2π, x = + k2 , với k1 , k2 ∈ Z 12 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 66 (67) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ® 12 Điều kiện cos 2x 6= sin x 6= x 6= π + k π , k ∈ Z Ta có ⇔ x 6= kπ tan 2x + cot x = cos2 x sin 2x cos x ⇔ + = cos2 x cos 2x sin x ⇔ cos 2x cos x + sin 2x sin x = cos 2x sin x cos2 x ⇔ cos x = sin 4x cos x cos x = ⇔ sin 4x = π x = + k1 π π π ⇔ x = 24 + k2 5π π x= + k3 24 π π π 5π π Vậy phương trình có ba nghiệm là x = + k1 π, x = + k2 , x = + k3 , với k1 , k2 , k3 ∈ Z 24 24 13 Ta có sin 3x + + sin x(3 − cos x) = cos x ⇔ sin x − 12 sin3 x + + sin x − sin x cos x − cos x = ⇔ 12 sin x − 12 sin3 x + − sin x cos x − cos x = ⇔ 12 sin x cos2 x − sin x cos x + − cos x = ⇔ sin x cos x(3 cos x − 2) − (3 cos x − 2) = ⇔ (3 cos x − 2)(2 sin 2x − 1) = cos x = ⇔ sin 2x = Å ã + k1 2π x = ± arccos π ⇔ x = + k2 π 12 5π x= + k3 π 12 Å ã π 5π Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = ± arccos + k1 2π, x = + k2 π, x = + k3 π, với 12 12 k1 , k2 , k3 ∈ Z 14 Ta có sin x(2 cos 2x + + sin x) = cos 2x + ⇔ sin x cos 2x + sin x + sin2 x − cos 2x − = ⇔ sin x cos 2x − cos 2x + sin x − = ⇔ (2 cos 2x + 1)(2 sin x − 1) = sin x = cos 2x = − π x = + k1 2π x = 5π + k2 2π π x = ± + k3 π ⇔ ⇔ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 67 (68) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 5π π π + k1 2π, x = + k2 2π, x = ± + k3 π, với k1 , k2 , k3 ∈ Z 6 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 68 (69) CHƯƠNG BÀI A HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC - PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐƯA VỀ BẬC HAI VÀ BẬC CAO CÙNG MỘT HÀM LƯỢNG GIÁC TÓM TẮT LÝ THUYẾT Quan sát và dùng các công thức biến đổi để đưa phương trình cùng hàm lượng giác (cùng sin cùng cos cùng tan cùng cot) với cung góc giống nhau, chẳng hạn: Dạng a sin2 X + b sin X + c = a cos2 X + b cos X + c = Đặt ẩn phụ t = sin X t = cos X a tan2 X + b tan X + c = t = tan X a cot X + b cot X + c = t = cot X Điều kiện −1 ≤ t ≤ −1 ≤ t ≤ π X 6= + kπ X 6= kπ Nếu đặt t = sin2 x, cos2 x t = | sin x|, | cos x| thì điều kiện là ≤ t ≤ B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình: cos2 x − sin x − = Lời giải cos2 x − sin x − = ⇔ 4(1 − sin2 x) − sin x − = ⇔ − sin2 x − sin x − = ⇔ sin2 x + sin x − = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 2 4t + 4t − = ⇔ (2t − 1)(2t + 3) = ⇔ −3 t= π x = + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ (k ∈ Z) 5π x= + k2π 69 (70) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác VÍ DỤ Giải phương trình: cos 2x − cos x + = Lời giải cos 2x − cos x + = ⇔ cos2 x − sin2 x − cos x + = ⇔ cos2 x − cos x + = Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 2t2 − 3t + = ⇔ (2t − 1)(t − 1) = ⇔ t = x = k2π −π t = cos x = ⇔ Vì −1 ≤ t ≤ nên x = + k2π (k ∈ Z) t = cos x = π x = + k2π VÍ DỤ Giải phương trình cos 2x + sin x + = Lời giải cos 2x + sin x + = ⇔ 3(1 − sin2 x) + sin x + = ⇔ sin2 x − sin x − = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 6t − 7t − = ⇔ (3t − 5)(2t + 1) = ⇔ −1 t= −π x= + k2π −1 (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ 7π + k2π x= VÍ DỤ Giải phương trình: sin4 x + cos2 x − = Lời giải sin4 x + cos2 x − = ⇔ sin4 x + 5(1 − sin2 x) − = ⇔ sin4 x − sin2 x + = Đặt t = sin2 x (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 4t − 5t + = ⇔ (4t − 1)(t − 1) = ⇔ t = −π x= + kπ 1 t = sin2 x = t = sin x = ± −π ⇔ ⇔ Vì ≤ t ≤ nên x = + kπ (k ∈ Z) t = sin x = ±1 t = sin x = π x = + kπ VÍ DỤ Giải phương trình: cos 4x + 12 sin2 x − = Lời giải cos 4x + 12 sin2 x − = ⇔ cos2 2x − sin2 2x + 12 sin2 x − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 70 (71) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ⇔ (cos2 x − sin2 x)2 − sin2 x cos2 x + 12 sin2 x − = ⇔ (1 − sin2 x)2 − sin2 x(1 − sin2 x) + 12 sin2 x − = ⇔ − sin2 x + sin4 x − sin2 x + sin4 x + 12 sin2 x − = ⇔ sin4 x + sin2 x = Đặt t = sin2 x (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=0 8t2 + 4t = ⇔ 4t(2t + 1) = ⇔ −1 t= Vì ≤ t ≤ nên t = sin2 x = ⇔ x = kπ (k ∈ Z) VÍ DỤ Giải phương trình: − tan2 x + − = cos x Lời giải π Điều kiện: cos x 6= ⇔ x 6= + kπ (k ∈ Z) Ta có: 2 sin2 x cos x cos2 x − =0 ⇔− + − = − tan2 x + 2 cos x 2 cos x cos x cos2 x ⇔ cos2 x − + cos x − cos2 x = ⇔ cos2 x − cos x + = ⇔ (2 cos x − 1)2 = ⇔ cos x = π x = + k2π ⇔ (k ∈ Z) −π x= + k2π π x = + k2π (k ∈ Z) So sánh hai nghiệm với điều kiện thỏa mãn Vậy −π + k2π x= BÀI TẬP VẬN DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin2 x − sin x − = sin2 x + 12 sin x − = √ 2 sin2 x − (2 + √ 2) sin x + = −2 sin x + sin x + sin x − = cos2 x − cos x + = cos2 x + cos x − = √ cos2 x + ( − 2) cos x = √ cos2 x − 2( − √ √ √ 2) cos x = √ tan2 x + tan x + = √ 10 tan2 x − tan x − = 11 tan2 x + (1 − √ 3) tan x − √ = √ 12 cot2 x + cot x + = √ 13 √ 14 cot2 x − (1 + cot2 x + (1 − √ √ 3) cot x + = 3) cot x − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 71 (72) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Lời giải Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: −1 t= 2t − t − = ⇔ (2t + 1)(t − 1) = ⇔ t = x= −1 t = sin x = ⇔ Vì −1 ≤ t ≤ nên x = t = sin x = x= −π + k2π 7π + k2π (k ∈ Z) π + k2π 2 Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: −7 t= 4t2 + 12t − = ⇔ (2t + 7)(2t − 1) = ⇔ t= π x = + k2π (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ 5π x= + k2π Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= √ 2√ 2t2 − 2t − 2t + = ⇔ (2t − 1)( 2t − 1) = ⇔ t= π x = + k2π 3π t = sin x = + k2π x = √ ⇔ Vì −1 ≤ t ≤ nên (k ∈ Z) x = π + k2π t = sin x = 5π x= + kπ √ √ Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 t = −1 −2t3 + t2 + 2t − = ⇔ (−t + 1)(t + 1)(2t − 1) = ⇔ t= −π + kπ x= t = sin x = t = sin x = −1 π Vì −1 ≤ t ≤ nên ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) t = sin x = 5π x= + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 72 (73) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 2t2 − 3t + = ⇔ (t − 1)(2t − 1) = ⇔ t= x = k2π t = cos x = x = −π + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên (k ∈ Z) ⇔ t = cos x = π x = + k2π Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t = −2 2t2 + 3t − = ⇔ (t + 2)(2t − 1) = ⇔ t= −π x= + k2π (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên t = cos x = ⇔ π x = + k2π Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: 2t2 + √ 2t − 2t − √ = ⇔ (t − 1)(2t + √ t=1 √ 2) = ⇔ − t= x = k2π t = cos x = x = −3π + k2π √ (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên ⇔ − t = cos x = 3π + k2π x= Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: √ − √ √ √ √ √ t = 4t2 − 3t + 2t − = ⇔ (2t + 2)(2t − 3) = ⇔ √ t= −3π x= + k2π √ − 3π x = + k2π t = cos x = Vì −1 ≤ t ≤ nên ⇔ (k ∈ Z) √ −π x = + k2π t = cos x = π x = + k2π Đặt t = tan x (x 6= Với x 6= π + kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: √ √ √ t2 + 3t + = ⇔ (t + 3)2 = ⇔ t = − √ π −π + kπ, k ∈ Z, ta có t = tan x = − ⇔ x = + kπ(k ∈ Z) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 73 (74) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π + kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: √ 3−3 Ç √ å2 t= √ 2t2 − 3t − = ⇔ t − = ⇔ √ 3+3 t= √ √ 3−3 3−3 x = arctan + kπ t = tan x = π 2 ⇔ (k ∈ Z) Với x 6= + kπ, k ∈ Z, ta có √ √ 3+3 3+3 t = tan x x = arctan + kπ 2 π 11 Đặt t = tan x (x 6= + kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: ñ √ √ √ t = −1 √ t + t − 3t − = ⇔ (t + 1)(t − 3) = ⇔ t = 10 Đặt t = tan x (x 6= −π ñ + kπ x= t = tan x = −1 π √ ⇔ Với x 6= + kπ, k ∈ Z, ta có (k ∈ Z) π t = tan x = x = + kπ 12 Đặt t = cot x (x 6= kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: √ √ √ − 3t2 + 3t + = ⇔ ( 3t + 1)2 = ⇔ t = √ − −π Với x 6= kπ, k ∈ Z, ta có t = cot x = ⇔x= + kπ(k ∈ Z) 3 13 Đặt t = cot x (x 6= kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 √ √ 3t2 − t − 3t + = ⇔ (t − 1)( 3t − 1) = ⇔ t= π t = cot x = x = + kπ √ Với x 6= kπ, k ∈ Z, ta có (k ∈ Z) ⇔ π t = cot x = x = + kπ 3 √ √ 14 Đặt t = cot x (x 6= kπ, k ∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 √ √ 3t + t − 3t − = ⇔ (t − 1)(t + 1) = ⇔ − t= π t = cot x = x = + kπ √ (k ∈ Z) Với x 6= kπ, k ∈ Z, ta có − ⇔ −π t = cot x = x= + kπ 3 √ √ BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cos2 x + sin x − = 2 cos2 x + sin x − = 3 − cos2 x = sin x(2 sin x + 1) − sin2 x − cos x + = −2 sin2 x − cos x + = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 74 (75) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác cos2 2x + sin 2x + = sin2 x + cos4 x − = sin4 x + cos2 x = cos4 x = sin2 x − 10 sin4 x + cos2 x − = Lời giải Ta có: cos2 x + sin x − = ⇔ −6 sin2 x + sin x + = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành t= −6t + 5t + = ⇔ −1 t= −π x= + k2π −1 Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ (k ∈ Z) 7π x= + k2π Ta có: cos2 x + sin x − = ⇔ − sin2 x + sin x − = ⇔ sin2 x − sin x + = Đặt t = sin x(−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành t=2 2t2 − 5t + = ⇔ t= π x = + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ (k ∈ Z) π x = + k2π Ta có: − cos2 x = sin x(2 sin x + 1) ⇔ − 4(1 − sin2 x) − sin2 x − sin x = ⇔ sin2 x − sin x − = Đặt t = sin x(−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 2t2 − t − = ⇔ −1 t= π x = + k2π t = sin x1 −5π x= + k2π (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên −1 ⇔ t = sin x = −π x= + k2π Ta có: ¯ sin2 x − cos x + = ⇔ cos2 x − cos x + = Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: ñ t=2 t2 − 3t + = ⇔ t = Vì −1 ≤ t ≤ nên t = cos x = ⇔ x = k2π(k ∈ Z) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 75 (76) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có: −2 sin2 x − cos x + = ⇔ cos2 x − cos x + = Đặt t = cos x(−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 2t − 3t + = ⇔ t= x = k2π t = cos x = π x = + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên (k ∈ Z) ⇔ t = cos x = −π x= + k2π Ta có: cos2 2x + sin 2x + = ⇔ −2 sin2 2x + sin 2x + = Đặt t = sin 2x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=3 2t2 − 5t − = ⇔ −1 t= −5π x= + kπ −1 12 ⇔ (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin 2x = −π x= + kπ 12 Ta có: sin2 x + cos4 x − = ⇔ cos4 x − cos2 x + = Đặt t = cos2 x (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 2t2 − 3t + = ⇔ t= x = k2π cos x = t = cos x = x = −π + kπ √ Vì ≤ t ≤ nên ⇔ ⇔ (k ∈ Z) t = cos2 x = cos x = ± π 2 x = + kπ Ta có: sin4 x + 12 cos2 x = ⇔ sin4 x − 12 sin2 x + = Đặt t = sin2 x(0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 4t2 − 12t + = ⇔ t= π √ x = + kπ Vì ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ sin x = ± ⇔ (k ∈ Z) −π 2 x= + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 76 (77) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có: cos4 x = sin2 x − ⇔ cos4 x + cos2 x − = Đặt t = cos2 x (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 2 4t + 4t − = ⇔ −3 t= −3π √ + kπ x= (k ∈ Z) Vì ≤ t ≤ nên t = cos x = ⇔ cos x = ± ⇔ 3π 2 + kπ x= 10 Ta có: sin4 x + cos2 x − = ⇔ sin4 x − sin2 x + = Đặt t = sin2 x (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 4t − 5t + = ⇔ t = −π x= + k2π 1 t = sin x = t = sin x = ⇔ ⇔ Vì ≤ t ≤ nên x = π + k2π (k ∈ Z) t = sin x = t = sin x = x = k2π BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: cos 2x − cos x + = + cos 2x = cos x sin x + cos 2x = + cos 2x + sin x = sin x + cos 2x = cos 2x + sin x − = cos2 2x + sin 2x + = cos x − sin x + = sin2 x + cos 2x + cos x = 10 cos 2x + cos2 x − sin x + = Lời giải Ta có: cos 2x − cos x + = ⇔ cos2 x − cos x + = Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 4t2 − 8t + = ⇔ t= −π x= + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên t = cos x = ⇔ (k ∈ Z) π x = + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 77 (78) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có: + cos 2x = cos x ⇔ cos2 x − cos x = Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: ñ t=0 2t − 2t = ⇔ t = x = k2π (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên ⇔ −π t = cos x = + kπ x= ñ t = cos x = Ta có: sin x + cos 2x = ⇔ −2 sin2 x + sin x − = Đặt t = sin x(−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 2t2 − 9t + = ⇔ t= Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ x = π + k2π (k ∈ Z) Ta có: + cos 2x + sin x = ⇔ −2 sin2 x + sin x + = Đặt t = sin x(−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=3 2t2 − 5t − = ⇔ −1 t= −π x= + k2π −1 (k ∈ Z) Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ −5π + k2π x= Ta có: sin x + cos 2x = ⇔ −4 sin2 x + sin x = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=0 −4t2 + 3t = ⇔ t= x = k2π t = sin x = x = arcsin + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên (k ∈ Z) ⇔ t = sin x = x = − arcsin + π + k2π Ta có: cos 2x + sin x − = ⇔ −4 sin2 x + sin x − = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t= 4t2 − 8t + = ⇔ t= π x = + k2π Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ (k ∈ Z) 5π x= + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 78 (79) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Ta có: cos2 2x + sin 2x + = ⇔ −2 sin2 2x + sin 2x + = Đặt t = sin 2x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=3 2t − 5t − = ⇔ −1 t= −5π x= + kπ −1 12 Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin 2x = ⇔ (k ∈ Z) −π + kπ x= 12 Đặt y = x Khi đó, phương trình trở thành: cos 2y − sin y + = ⇔ −10 sin2 y − sin y + 12 = Đặt t = sin y (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: t=1 10t2 + 2t − 12 = ⇔ −6 t= Vì −1 ≤ t ≤ 1, y = x x nên t = sin = ⇔ x = π + 4kπ (k ∈ Z) 2 Ta có: sin2 x + cos 2x + cos x = ⇔ − cos2 x + cos2 x − + cos x − = ⇔ cos2 x + cos x − = Đặt t = cos x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: ñ t = −2 t2 + t − = ⇔ t = Vì −1 ≤ t ≤ nên t = cos x = ⇔ x = k2π (k ∈ Z) 10 Ta có: cos 2x + cos2 x − sin x + = ⇔ − sin2 x + − sin2 x − sin x + = ⇔ sin2 x + sin x − = Đặt t = sin x (−1 ≤ t ≤ 1) Khi đó, phương trình trở thành: −4 t= 3t2 + t − = ⇔ t = Vì −1 ≤ t ≤ nên t = sin x = ⇔ x = π + k2π (k ∈ Z) BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: cos2 x − cos 2x = sin x − cos 4x + 12 sin2 x − = cos 4x − cos2 x + = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 79 (80) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 16 sin2 x − cos 2x = 15 x x cos 2x − cos x = cos2 cos 2x + cos x = sin2 + cos 4x − sin2 x = 8 cos2 x − cos 4x = sin2 3x − cos 12x = 10 5(1 + cos x) = + sin4 x − cos4 x 11 cos4 x − sin4 x + cos 4x = 12 4(sin4 x + cos4 x) + cos 4x + sin 2x = BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: Å ã 2π π cos 2x + + cos x + + = 3 π π cos2 + x + cos − x = cos2 (6x − 2) + 16 cos2 (1 − 3x) = 13 Å ã π 5π = sin − x − ã Å ã Å 7π 5π − cos x − = + sin x sin 2x + 2 √ √ cos 2x − sin 2x − sin x + = cos x √ √ sin 2x + sin x + cos 2x − cos x = Å ã Å ã cos2 x + + − cos x = cos2 x cos x Å ã Å ã 1 sin x + + sin x + = sin x sin2 x Å ã 1 cos x + + = cos x + cos2 x cos x cos 2x + 10 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: = + tan2 x cos2 x + cot2 x = cos2 x √ √ 3 = cot x + sin x 4 − 13 cos x + = + tan2 x cos x − = − tan2 x + cos x √ sin x + cos x = cos x tan2 x + = sin2 x + tan2 x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 80 (81) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: sin x cos x − cos 4x + = 2 sin2 8x + sin 4x cos 4x = cos x = − sin x + sin x − cos x(2 cos x + 1) − − cos x √ sin x = sin 2x − sin x = sin 2x cos x √ sin2 x + sin x − sin 2x + = −1 (sin x + cos x)2 cos 2x − cos x + = √ cos2 x + cos x √ + sin 2x − = 2(cot x + 1) sin 2x cos 4x + cos2 x + = cos6 x 10 cos x − = −3(1 − cos x) cot2 x 11 sin 3x + cos 2x = + sin x cos 2x 12 cos 5x cos 3x + sin x = cos 8x 13 4(sin6 x + cos6 x) = sin 2x 14 sin 4x + = cos 3x + sin x + cos x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: cos2 x + cos3 x − cos2 x tan x − 3 tan 2x − − + cos2 x = cos 2x + tan x cos 2x − tan2 x = (2 tan2 x − 1) cos x = − cos 2x cos2 x + cos x − cos 3x = sin x sin 2x sin x + = 2(1 − sin x) tan2 x sin3 x − = (3 sin2 x + sin x − 3) tan x sin π − x − 3(1 − cos x) cot2 x = 2 sin x + sin x − + = sin3 x cot x cos 3x + sin 3x = + cos x + sin 2x √ √ x 10 − tan x − = sin x + tan x tan cos2 x sin x + BÀI A PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỐI VỚI SIN VÀ COS TÓM TẮT LÝ THUYẾT Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 81 (82) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Dạng tổng quát: a sin x + b cos x = c, (a, b ∈ R \ {0}) Phương pháp giải: (1) a2 + b2 < c2 , phương trình vô nghiệm a2 + b2 ≥ c2 , ta làm sau: √ b c a Chia hai vế (1) cho a2 + b2 , (1) ⇔ √ sin x + √ cos x = √ (2) a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 a b Đặt cos α = √ , sin α = √ , α ∈ [0; 2π] Ta có a + b2 a2 + b2 c c ⇔ sin(x + α) = √ , đây là phương trình dạng (2) ⇔ sin x cos α + cos x sin α = √ 2 a +b a + b2 Lưu ý: Hai công thức hay sử dụng là sin a cos b ± cos a sin b = sin(a ± b); cos a cos b ± sin a sin b = cos(a ∓ b) Các dạng có cách giải tương tự a sin mx + b cos mx = c; a sin mx + b cos mx = c sin nx + d cos nx, a2 + b2 = c2 + d2 B VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình √ √ sin x − cos x = − 3; √ √ cos x − sin x = Lời giải ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ √ sin x − cos x = − √ √ 3 sin x − cos x = − 2 √ π π cos sin x − sin cos x = − 3 π π sin x − = sin − 3 π π x − = − + k2π 3 π π x − = π + + k2π 3 x = k2π , k ∈ Z 5π x= + k2π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ √ cos x − sin x = √ √ cos x − sin x = 2 √ π π sin cos x − cos sin x = 3 π π sin − x = sin π π − x = + k2π 3 π π − x = π − + k2π 3 π x= + k2π 12 , k ∈ Z 5π x=− + k2π 12 VÍ DỤ Giải phương trình π √ cos 2x − sin 2x = cos −x ; Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 82 (83) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ sin π √ + x + sin − x = 4 π Lời giải ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ π sin 2x = cos −x √ π cos 2x − sin 2x = cos −x 2 π π π cos cos 2x − sin sin 2x = cos −x 3 3 π π = cos cos 2x − −x 3 π π 2x − = − x + k2π 3 π π 2x − = − + x + k2π 3 2π k2π x = + , k ∈ Z x = k2π cos 2x − √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π π √ sin + x + sin −x = 4 √ hπ π i √2 π sin + x + cos − −x = 2 π π √2 π π sin sin + x + cos cos +x = 4 π π π cos x + − = cos π π = cos cos x − 12 π π x− = + k2π 12 π π x− = − + k2π 12 π x = + k2π , k ∈ Z π x = − + k2π VÍ DỤ Giải phương trình √ cos 4x − sin x = (cos x − sin 4x); √ (cos 2x + sin 3x) = sin 2x + cos 3x Lời giải √ √ √ cos 4x − sin x = (cos x − sin 4x) ⇔ cos 4x + sin 4x = cos x + sin x √ √ π π π π 3 ⇔ cos 4x + sin 4x = cos x + sin x ⇔ cos cos 4x + sin sin 4x = cos cos x + sin sin x 2 2 3 6 π π π k2π 4x − = x − + k2π x= + π π 18 , k ∈ Z ⇔ cos 4x − = cos x − ⇔ ⇔ π π π k2π 4x − = −x + + k2π x= + 10 √ √ √ (cos 2x + sin 3x) = sin 2x + cos 3x ⇔ cos 2x − sin 2x = cos 3x − sin 3x √ √ 1 π π π π ⇔ cos 2x − sin 2x = cos 3x − sin 3x ⇔ cos cos 2x − sin sin 2x = cos cos 3x − sin sin 3x 2 2 3 6 π π π + k2π x = − 2x + = 3x + + k2π π π ⇔ cos 2x + = cos 3x + ⇔ ⇔ , k ∈ Z π π π k2π 2x + = −3x − + k2π x=− + 10 VÍ DỤ Giải phương trình √ √ 1 sin2 x + sin 2x = 3; Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 83 (84) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác sin x Ä√ ä − sin x = cos x (1 + cos x) Lời giải √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin 2x = √ √ − cos 2x + sin 2x = 3· 2√ √ 3 sin 2x − cos 2x = 2 √ π π sin 2x cos − cos 2x sin = 3 π π sin 2x − = sin 3 π π 2x − = + k2π 3 π π 2x − = π − + k2π 3 π x = + kπ , k ∈ Z π x = + kπ sin2 x + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Ä√ ä sin x − sin x = cos x (1 + cos x) √ sin x − cos x = sin2 x + cos2 x √ 1 sin x − cos x = 2 π π sin x cos − cos x sin = 6 π π sin x − = sin 6 π π x − = + k2π 6 π π x − = π − + k2π 6 π x = + k2π , k ∈ Z x = π + k2π VÍ DỤ Giải phương trình √ sin x − sin 2x = 3; cos x − cos 2x √ cos x − sin 2x = 2 cos x − sin x − Lời giải ® Điều kiện xác định: cos x − cos 2x 6= ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 6= k2π k2π ⇔ x 6= ⇔ , k ∈ Z x 6= k2π x 6= −2x + k2π x 6= 2x + k2π (1) √ √ √ sin x − sin 2x = ⇔ sin x − cos x = sin 2x − cos 2x cos x − cos 2x √ √ 3 sin x − cos x = sin 2x − cos 2x 2 2 π π π π cos cos x − sin sin x = cos cos 2x − sin sin 2x 6 6 π π cos x + = cos 2x + 6 π π x + = 2x + + k2π 6 π π x + = −2x − + k2π 6 x = k2π π k2π , k ∈ Z x=− + π k2π + ,k ∈ Z π Điều kiện xác định: cos2 x − sin x − 6= ⇔ cos 2x − sin x 6= ⇔ cos 2x 6= cos −x Kết hợp với điều kiện (1) ta có nghiệm phương trình là x = − Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 84 (85) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π π k2π 2x 6= − x + k2π x 6= + π k2π ⇔ ⇔ , k ∈ Z ⇔ x 6= + π π 2x 6= − + x + k2π x = − + k2π 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (2) √ cos x − sin 2x √ cos x − sin 2x = 3⇔ = 2 cos x − sin x − cos 2x − sin x √ √ cos x + sin x = sin 2x + cos 2x √ √ 3 cos x + sin x = sin 2x + cos 2x 2 2 π π π π cos cos x + sin sin x = cos cos 2x + sin sin 2x 3 6 π π cos x − = cos 2x − π π x − = 2x − + k2π π π x − = −2x + + k2π π x = − + k2π , k ∈ Z π k2π x= + Kết hợp với điều kiện (2) ta có nghiệm phương trình là x = − π + k2π, k ∈ Z VÍ DỤ Giải phương trình x cos 2x + tan x tan + tan x = sin x + 1; √ sin2 x + tan x + (1 + tan x) sin 3x = Lời giải π cos x 6= x 6= + kπ x 6= π + kπ 2 Điều kiện xác định: ⇔ x ⇔ , k ∈ Z x π cos 6= x = 6= + kπ π + k2π 2 Phương trình đã cho tương đương với cos 2x − − sin x + cos 2x tan x tan (1) x + tan x = sin x x sin x ⇔ cos 2x · · tan + − sin2 x − sin x = cos x cos x Å ã cos 2x x ⇔ sin x · tan + − sin x − = cos x cos x sin x = (2) ⇔ cos 2x x · tan + − sin x − = (3) cos x cos x (2) ⇔ x = kπ, k ∈ Z x x x x (3) ⇔ cos 2x sin − sin x cos x cos + cos − cos x cos = 2 Å2 ã2 x x x 3x x ⇔ sin cos 2x − cos sin 2x + cos − cos + cos =0 2 2ã 2 Å 3x 3x 3x π ⇔ sin + cos = ⇔ cos − =0 2 3x π π π k2π ⇔ − = + kπ ⇔ x = + , k ∈ Z 2 7π 11π Từ (1), (4), (5) ta có nghiệm phương trình là x = k2π, x = + k2π, x = + k2π, k ∈ Z 6 π Điều kiện xác định: cos x 6= ⇔ x 6= + kπ, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (4) (5) (1) Trang 85 (86) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình đã cho tương đương với √ sin2 x − + (tan x + 1) + (1 + tan x) sin 3x = √ ⇔ sin2 − cos2 x + (tan x + 1) + (1 + tan x) sin 3x = sin x + cos x √ sin x + cos x + 2· sin 3x = ⇔ (sin x + cos x) (sin x − cos x) + cos x cos x ã Å √ sin 3x =0 ⇔ (sin x + cos x) sin x − cos x + + 2· cos x cos x sin x + cos x = (2) ⇔ √ sin 3x sin x − cos x + + 2· = (3) cos x cos x π π π = ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z (4) (2) ⇔ sin x + 4 √ sin 3x √ (3) ⇔ sin x − cos x + + 2· = ⇔ sin 2x − cos2 x + + sin 3x = cos x cos x π π k2π − 2x = 3x + k2π x= + √ π 20 , ⇔ cos 2x − sin 2x = sin 3x ⇔ sin − 2x = sin 3x ⇔ π ⇔ 3π − 2x = π − 3x + k2π x= + k2π 4 k ∈ Z (5) π k2π 3π π + ,x = + k2π, k ∈ Z Từ (1), (4), (5) ta có nghiệm phương trình là x = − + kπ, x = 20 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải phương trình sin x + √ √ √ cos x = sin 3x − cos 3x = sin π √ − x − sin x = x x 2 √ sin + cos + cos x = 2 Lời giải ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin x + cos x = √ sin x + cos x = 2 π π sin x cos + cos x sin = 3 π π = sin sin x + π π x + = + k2π π π x + = π − + k2π π x = − + k2π , k ∈ Z π x = + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ √ sin 3x − cos 3x = √ √ sin 3x − cos 3x = 2 √ π π sin 3x cos − cos 3x sin = 6 π π sin 3x − = sin π π 3x − = + k2π π π 3x − = π − + k2π 5π k2π x= + 36 , k ∈ Z 11π k2π x= + 36 Trang 86 (87) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ sin π − x − sin x = 2 √ cos x − sin x = √ cos x − sin x = 2 π π sin cos x − cos sin x = 3 π π sin − x = sin π π − x = + k2π π x = − + k2π, k ∈ Z ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x x 2 √ + cos + cos x = 2 x x x x √ sin2 + cos2 + sin cos + cos x = 2 √ 2 sin x + cos x = π π sin x cos + cos x sin = 3 π π sin x + = sin π π x + = + k2π π π x + = π − + k2π π x = − + k2π , k ∈ Z π x = + k2π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ sin BÀI Giải phương trình √ sin x + cos x = sin sin 3x − √ cos 3x + √ sin x − cos x √ cos 3x = sin 2x √ sin x + cos x = cos 2x + sin x − cos x = cos x − π 12 √ √ sin x = cos π −x cos x + = cos2 x Ä√ ä sin x + cos x − = cos 5x − sin 3x cos 2x = sin x Lời giải √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π sin x + cos x = sin 2 12 π π π sin x cos + cos x sin = sin 6 12 π π sin x + = sin 12 π π x+ = + k2π 12 π π x+ =π− + k2π 12 π x = − + k2π 12 , k ∈ Z 3π x= + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 π π sin 3x cos − cos 3x sin = sin 2x 3 π sin 3x − = sin 2x π 3x − = 2x + k2π π 3x − = π − 2x + k2π π x = + k2π , k ∈ Z 4π k2π x= + 15 Trang 87 (88) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin x + cos x = cos(π − 3x) 2 π π cos x cos + sin x sin = cos(π − 3x) 3 π cos x − = cos(π − 3x) π x − = π − 3x + k2π π x − = −π + 3x + k2π π kπ x = + π x = + kπ π kπ x= + , k ∈ Z ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ 2 cos x − sin x = cos 2x 2 π π cos x cos − sin x sin = cos 2x 4 π cos x + = cos 2x π x + = 2x + k2π π x + = −2x + k2π π x = + k2π , k ∈ Z π k2π x= + 12 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ π cos x − sin x = cos −x 2 π π π −x cos x cos − sin x sin = cos 3 π3 π cos x + = cos −x 3 π π x + = − x + k2π 3 π π x + = − + x + k2π 3 π x = + kπ, k ∈ Z ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin x − cos x = cos 2x √ sin x − cos x = cos 2x 2 π π cos x cos − sin x sin = cos (π − 2x) 6 π cos x + = cos (π − 2x) π x + = π − 2x + k2π π x + = −π + 2x + k2π 2π k2π x= + , k ∈ Z 4π x= + k2π ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ sin x cos x + cos2 x − = √ sin 2x + cos 2x = √ sin 2x + cos 2x = 2 π π cos 2x cos + sin 2x sin = cos 3 π cos 2x − = cos π 2x − = k2π π x = + kπ, k ∈ Z √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ cos 5x − (sin 5x + sin x) = sin x √ cos 5x − sin 5x = sin x √ cos 5x − sin 5x = sin x 2 π π sin cos 5x − cos sin 5x = sin x 3 π sin − 5x = sin x π − 5x = x + k2π 3 π − 5x = π − x + k2π π kπ x= + 18 , k ∈ Z π kπ x= + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 88 (89) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI Giải phương trình sin 2x + cos x = cos 2x − sin x sin 2x + cos2 x + sin x − cos x = √ (1 − sin x) cos x = (1 + sin x)(1 − sin x) √ + sin x = cos x sin x √ √ cos2 x + sin x cos x − sin2 x = √ 3(cos 2x − sin x) + cos x(2 sin x + 1) = Lời giải ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ cos 2x − sin 2x = cos x + sin x sin 2x + cos2 x − = cos x − sin x √ √ √ √ 2 2 ⇔ cos 2x + sin 2x = cos x − sin x cos 2x − sin 2x = cos x + sin x √ √ √ √ 2 2 2 2 π π π π ⇔ cos 2x + sin 2x = cos x − sin x cos cos 2x − sin sin x = cos cos x + sin sin x 2 4 4 π π π π = cos x + ⇔ cos 2x − cos 2x + = cos x − 4 4 π π π π 2x − = x + + k2π 2x + = x − + k2π 4 ⇔ 4 π π π π 2x − = −x − + k2π 2x + = −x + + k2π 4 4 π π x = + k2π x = − + k2π ⇔ , k ∈ Z k2π , k ∈ Z k2π x= x= 3 ® Điều kiện xác định: + sin x 6= ® Điều kiện xác định: sin x 6= − sin x 6= cos x 6= π kπ x 6= − + k2π , k ∈ Z (2) ⇔ sin 2x 6= ⇔ x 6= sin x 6= − 5π √ ⇔ x 6= − ⇔ + k2π , k ∈ Z sin2 x cos x = sin x + cos x sin x 6= √ x 6= π + k2π ⇔ cos x + sin x = sin x sin 2x √ ⇔ cos x + sin x = (cos x + cos 3x) (1) √ √ ⇔ cos x − sin x = cos 3x cos x − sin 2x = − sin x + sin x − sin2 x π ⇔ cos x + = cos 3x √ ⇔ cos x − sin 2x = (cos 2x + sin x) π √ √ x + = 3x + k2π ⇔ cos 2x + sin 2x = cos x − sin x ⇔ π π π = cos x + ⇔ cos 2x − x + = −3x + k2π 3 π π π 2x − = x + + k2π x = + kπ 6 ⇔ π π ⇔ , k ∈ Z π kπ 2x − = −x − + k2π x = − + 12 π x = + k2π Kết hợp với điều kiện (2) ta có nghiệm phương ⇔ , k ∈ Z π k2π π π kπ x=− + trình là x = + kπ, x = − + ,k ∈ Z 18 12 Kết hợp với điều kiện (1) ta có nghiệm phương π k2π trình là x = − + ,k ∈ Z 18 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 89 (90) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ cos 2x + sin 2x = √ 1 cos 2x + sin 2x = 2 π π cos 2x cos + sin 2x sin = 6 π = cos 2x − π π 2x − = + k2π π π 2x − = − + k2π π x = + kπ , k ∈ Z π x = − + kπ 12 √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ cos 2x + sin 2x = sin x − cos x √ √ 3 sin 2x + cos 2x = sin x − cos x 2 π π sin 2x + = sin x − π π 2x + = x − + k2π π π 2x + = π − x + + k2π π x = − + k2π , k ∈ Z 5π k2π x= + 18 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải phương trình √ sin x + cos x = −1 √ sin x + cos x = √ √ cos 7x − sin 7x = − π √ sin + 2x + sin(π − 2x) = sin x(sin x − 1) = cos x(1 − cos x) √ π π + cos x − =3 4 √ sin2 x + sin 2x − = √ √ cos x sin 3x − cos 2x = + cos 3x sin x √ sin 2x + cos 2x = cos x − π sin 2x + + sin x = √ cos 7x cos 5x − sin 2x = − sin 7x sin 5x sin x + 10 11 12 cos4 x − sin4 x + = √ cos x + sin x 13 sin2 x + sin 2x − sin x + cos x = Å 14 cos x − cos 2x = sin x cos 2x − 5π ã BÀI Giải phương trình √ cos x = sin 2x − sin x √ sin x + cos x = 2 sin x cos x √ (sin x + cos x) − cos 2x = + cos x √ sin 3x + cos 3x − sin x = x √ cos2 + sin x = + sin 3x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 90 (91) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác sin2 x + sin x = − √ cos x √ sin 2x + sin2 x = sin 3x cos x + √ (cos 6x + cos 4x) − (1 + cos 2x) = sin 2x √ sin x cos2 x − sin2 x = sin x + cos 3x √ √ sin 2x − cos2 x = 2 + cos 2x 10 √ 11 sin 7x − sin 4x sin 3x = cos x 12 sin2 x + sin 2x √ π = sin x sin 3x + √ cos 2x + sin 2x = cos2 3x √ √ π cos 2x + sin 2x + sin 2x − 14 =2 13 − BÀI Giải phương trình √ √ cos 2x − sin 2x = sin x + cos x √ cos 7x − sin 5x = (cos 5x − sin 7x) − sin x − sin x = √ + sin x cos x √ sin x − sin 3x = cos x − cos 3x π π sin2 x + = cos 2x cos 2x − +1 Ä ä √ √ cos x + sin x cos x = cos x − sin x + BÀI Giải phương trình √ sin 2x − cos2 x = cos x sin 2x − cos x + sin x = √ 3 sin 2x − cos 2x = sin x − tan √ π x sin x + cos2 = sin 2x − = cos 2x − cos x √ cos 2x + sin x = + sin 2x √ √ sin 6x − sin 4x + cos 2x = + sin 2x √ π cos x + cos 3x = + sin 2x + BÀI A PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐẲNG CẤP (BẬC 2, BẬC 3, BẬC 4) TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1) Dạng tổng quát a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = d (a, b, c, d ∈ R) (1) 2) Dấu hiệu nhận dạng: phương trình hàm sin cosin đồng bậc (hoặc lệch hai bậc) Chú ý hàm tan và cotan xem là bậc Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 91 (92) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 3) Phương pháp giải: ® cos x = π Bước Kiểm tra x = + kπ ⇔ có là nghiệm phương trình không? sin2 x = ñ cos x 6= π Bước Với x 6= + kπ ⇔ , ta chia hai vế (1) cho cos2 x sin2 x 6= (1) ⇔ a · sin2 x sin x d +b· +c= ⇔ a tan2 x + b tan x + c = d(1 + tan2 x) cos x cos x cos2 x Bước Đặt t = tan x để đưa phương trình bậc hai với ẩn t, từ đó suy x ! B Giải tương tự phương trình đẳng cấp bậc ba và bậc bốn VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình cos2 x + sin 2x − sin2 x = Lời giải Ta có phương trình có dạng cos2 x+4 sin x cos x−4 sin2 x = sin2 x+cos2 x ⇔ sin2 x−4 sin x cos x−cos2 x = (2) π TH1 Với x = + kπ, thay vào phương trình (2) ta = (vô lí) tan x = π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (2) cho cos2 x ta được: tan2 x − tan x − = ⇔ tan x = − π Với tan x = ⇔ x = + kπ Å ã 1 + kπ Với tan x = − ⇔ x = arctan − 5 Å ã π Vậy nghiệm phương trình là x = + kπ, x = arctan − + kπ VÍ DỤ Giải phương trình sin3 x + 3(cos3 x − sin x) = sin2 x cos x Lời giải π + kπ, thay vào phương trình đã cho π Nếu x = + k2π thì (1) ⇔ = (vô lí) π Nếu x = − + k2π thì (1) ⇔ = (vô lí) π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế phương trình cho cos3 x ta được: TH1 Với x = ñ tan x = 2 √ tan x + − tan x(1 + tan x) = tan x ⇔ tan x − tan x − tan x + = ⇔ tan x = ± 3 π Với tan x = ⇔ x = + kπ √ π Với tan x = ⇔ x = + kπ √ π Với tan x = − ⇔ x = − + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = + kπ, x = ± + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 92 (93) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác VÍ DỤ Giải phương trình sin2 x(tan x + 1) = sin x(cos x − sin x) + Lời giải π Điều kiện xác định cos x 6= ⇔ x 6= + kπ Chia hai vế phương trình cho cos2 x ta được: ñ 2 tan x(tan x + 1) = tan x(1 − tan x) + 3(1 + tan x) ⇔ tan x + tan x − tan x − = ⇔ Với tan x = −1 ⇔ x = − √ tan x = −1 √ tan x = ± π + kπ π + kπ √ π Với tan x = − ⇔ x = − + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = − + kπ, x = ± + kπ Với tan x = C 3⇔x= BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: √ sin2 x + 3 sin x cos x − cos2 x = 2 sin2 x + sin x cos x − cos2 x = √ sin 2x = + sin2 x √ cos2 x − 3 sin 2x + = sin2 x √ √ √ sin2 x + (1 − 3) sin x cos x − cos2 x + = √ √ sin2 x + (3 + 3) sin x cos x + ( − 1) cos2 x + = cos2 x − sin2 x − sin x cos x − cos2 x = cos (3π − 2x) − √ ã Å 9π = + sin2 2x cos 4x − Lời giải Ta có √ √ sin2 x + 3 sin x cos x − cos2 x = ⇔ sin2 x + 3 sin x cos x − cos2 x = 2(cos2 x + sin2 x) √ ⇔ sin x cos x − cos2 x = (*) π + kπ, thay vào phương trình (*) ta = (thỏa mãn) √ π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos2 x ta được: tan x − = ⇔ tan x = √ ⇔ x = π + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = + kπ, x = + kπ TH1 Với x = Ta có sin2 x + sin x cos x − cos2 x = TH1 Với cos x = ⇔ x = π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí) ñ π + kπ, chia hai vế (*) cho cos2 x ta được: tan2 x + tan x − = ⇔ π Với tan x = ⇔ x = + kπ TH2 Với x 6= Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (*) tan x = tan x = −2 Trang 93 (94) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Với tan x = −2 ⇔ x = arctan(−2) + kπ π + kπ, x = arctan(−2) + kπ √ √ √ Ta có cos2 x − sin 2x = + sin2 x ⇔ sin2 x + sin x cos x = ⇔ sin x(sin x + cos x) = Vậy nghiệm phương trình là x = TH1 Với sin x = ⇔ x = kπ √ √ π cos x = ⇔ tan x = − ⇔ x = − + kπ π Vậy nghiệm phương trình là x = kπ, x = − + kπ √ √ 2 2 Ta √ có cos x − 3 sin 2x + = sin x ⇔ cos x − sin x cos x + 4(1 − sin x) = ⇔ cos x(cos x − sin x) = TH2 Với sin x + TH1 Với cos x = ⇔ x = π + kπ √ π sin x = ⇔ tan x = √ ⇔ x = + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = + kπ, x = + kπ √ √ √ √ √ 2 Ta có sin x + (1 − 3) sin x cos x − cos x + = ⇔ sin2 x + (1 − 3) sin x cos x − cos2 x = 0.(*) TH2 Với cos x − π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) √ √ π + kπ, chia hai vế (*) cho cos2 x ta được: tan2 x + (1 − 3) tan x − = ⇔ TH2 Với x 6= ñ tan x = −1 √ tan x = π Với tan x = −1 ⇔ x = − + kπ √ π Với tan x = ⇔ x = + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = − + kπ, x = + kπ √ √ √ √ 2 Ta có sin x+(3+ 3) sin x cos x+( 3−1) cos x+1 = ⇔ sin2 x+(3+ 3) sin x cos x+ cos2 x = (*) TH1 Với x = π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) √ √ π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos2 x ta được: tan2 x + (3 + 3) tan x + = ⇔ tan x = −1 tan x = √ π Với tan x = −1 ⇔ x = − + kπ π Với tan x = √ ⇔ x = + kπ TH1 Với x = Vậy nghiệm phương trình là x = − π π + kπ, x = + kπ Ta có sin2 x − sin x cos x − cos2 x = (*) π TH1 Với x = + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) tan x = −1 π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos2 x ta được: tan2 x − tan x − = ⇔ tan x = π Với tan x = −1 ⇔ x = − + kπ Å ã 9 Với tan x = ⇔ x = arctan + kπ 4 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 94 (95) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Vậy nghiệm phương trình là x = − Å ã π + kπ + kπ, x = arctan 4 Ta có cos (3π − 2x) − √ ã Å 9π = + sin2 2x cos 4x − √ sin 4x = + sin2 2x √ ⇔ sin2 2x + sin 2x cos 2x = √ ⇔ sin 2x(sin 2x + cos 2x) = ⇔ cos2 2x − π TH1 Với sin 2x = ⇔ 2x = kπ ⇔ x = k √ √ π π π TH2 Với sin 2x + cos 2x = ⇔ tan 2x = − ⇔ 2x = − + kπ ⇔ x = − + k π π π Vậy nghiệm phương trình là x = k , x = − + k BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: sin x = cos3 x cos3 x + sin3 x = sin x − cos x sin x − sin3 x + cos x = 4(sin3 x + cos3 x) = cos x + sin x sin x + cos3 x = sin 2x cos x cos3 x − sin3 x + sin x = cos x sin2 x cos4 x + sin4 x = cos2 x sin2 x sin3 x + 3(cos3 x − sin x) = sin2 x cos x √ 2 cos3 x − 10 sin2 x + π − cos x = sin x (1 + cos 2x)2 = cos 2x sin 2x 11 cos2 x tan2 4x + + sin 2x = 12 tan x sin2 x − sin2 x = 3(cos 2x + sin x cos x) 13 sin3 x − √ cos3 x = sin x cos2 x − √ sin2 x cos x 14 4(sin4 x + cos4 x) + sin 2x cos 2x + cos2 2x = √ √ 15 cot2 x + 2 sin2 x = (2 + 2) cos x Lời giải Ta có sin x = cos3 x ⇔ sin x − cos3 x = (*) π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: ñ tan x = ±1 tan x(1 + tan x) − tan x = ⇔ tan x(1 − tan x) = ⇔ tan x = TH1 Với x = π Với tan x = −1 ⇔ x = − + kπ π Với tan x = ⇔ x = + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 95 (96) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Với tan x = ⇔ x = kπ Vậy nghiệm phương trình là x = ± π + kπ, x = kπ Ta có cos3 x + sin3 x = sin x − cos x (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (thỏa mãn) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta −1 = −1 (thỏa mãn) π TH3 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = + tan3 x = tan x(1 + tan2 x) − (1 + tan2 x) ⇔ tan2 x − tan x + = (vô nghiệm) Vậy nghiệm phương trình là x = π + kπ Ta có sin x − sin3 x + cos x = (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta −3 = (vô lí) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (vô lí) π TH3 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = tan x(1+tan2 x)−4 tan3 x+1+tan2 x = ⇔ −3 tan3 x+tan2 x+tan x+1 = ⇔ tan x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình là x = π +kπ π + kπ 4 Ta có 4(sin3 x + cos3 x) = cos x + sin x (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (vô lí) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta −4 = −3 (vô lí) π TH3 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = ñ 2 4(1 +tan x) = tan x+ 1+ tan x(tan x+ 1) ⇔ tan x−tan x−3 tan x+ = ⇔ tan x = √ tan x = ± π Với tan x = ⇔ x = + kπ √ π Với tan x = ± ⇔ x = ± + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = + kπ, x = ± + kπ Ta có sin x + cos3 x = sin 2x cos x ⇔ sin x + cos3 x = sin x cos2 x (*) π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = tan x(1 + tan2 x) + = tan x ⇔ tan3 x − tan x + = (vô nghiệm) Vậy phương trình vô nghiệm Ta có cos3 x − sin3 x + sin x = cos x sin2 x (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta −3 = (vô lí) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (vô lí) TH1 Với x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 96 (97) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác TH3 Với x 6= π + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: 2 − tan x + tan x(tan x + 1) = tan x ⇔ tan x + tan x − tan x − = ⇔ tan x = 1 tan x = ± √ π + kπ π Với tan x = ± √ ⇔ x = ± + kπ Với tan x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình là x = π π + kπ, x = ± + kπ Ta có cos4 x + sin4 x = cos2 x sin2 x (*) π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin x = (vô lí vì sin2 x + cos2 x = 1) π TH2 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos4 x ta được: ñ tan x = ±1 4 √ + tan x = tan x ⇔ tan x − tan x + = ⇔ tan x = ± TH1 Với x = π Với tan x = ±1 ⇔ x = ± + kπ √ π Với tan x = ± ⇔ x = ± + kπ Vậy nghiệm phương trình là x = ± π π + kπ, x = ± + kπ Ta có sin3 x + 3(cos3 x − sin x) = sin2 x cos x ⇔ sin3 x − sin x + cos3 x = sin2 x cos x (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (vô lí) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta −1 = (vô lí) π TH3 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = ñ 2 tan x − tan x(tan x + 1) + = tan x ⇔ tan x − tan x − tan x + = ⇔ tan x = √ tan x = ± π Với tan x = ⇔ x = + kπ √ π Với tan x = ± ⇔ x = ± + kπ Vậy nghiệm phương trình là x = √ Ta có 2 cos3 x − π π + kπ, x = ± + kπ π − cos x = sin x ⇔ (sin x + cos x)3 − cos x = sin x (*) π + k2π, thay vào phương trình (*) ta = (thỏa mãn) π TH2 Với x = − + k2π, thay vào phương trình (*) ta −1 = −1 (thỏa mãn) π TH3 Với x 6= + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: TH1 Với x = (tan x + 1)3 − 3(tan2 x + 1) = tan x(tan2 x + 1) ⇔ tan x − = ⇔ tan x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình là x = π + kπ π π + kπ, x = + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 97 (98) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π 10 Điều kiện xác định sin 2x 6= ⇔ x 6= k (1 + cos 2x)2 cos3 x = cos 2x ⇔ sin2 x + = 2(cos2 x − sin2 x) sin 2x sin x Chia hai vế (*) cho sin2 x ta được: Ta có sin2 x + (*) + cot3 x = 2(cot2 x − 1) ⇔ cot3 x − cot2 x + = ⇔ cot x = −1 ⇔ x = − π + kπ π + kπ π π 11 Điều kiện xác định cos 4x 6= ⇔ x 6= + k Ta có Vậy nghiệm phương trình là x = − ® cos2 x tan2 4x+1+sin 2x = ⇔ tan2 4x+(1+tan x)2 = ⇔ Vậy nghiệm phương trình là x = − 12 Điều kiện xác định cos x 6= ⇔ x 6= π x = k tan 4x = π ⇔ ⇔ x = − +kπ π tan x = −1 x = − + kπ π + kπ π + kπ Ta có tan x sin2 x − sin2 x = 3(cos 2x + sin x cos x) ⇔ tan x sin2 x − sin2 x = 3(cos2 x − sin2 x + sin x cos x) ⇔ tan3 x − tan2 x = 3(1 − tan2 x + tan x) ⇔ tan3 x + tan2 x − tan x − = ñ tan x = −1 √ ⇔ tan x = ± π Với tan x = −1 ⇔ x = − + kπ √ π Với tan x = ± ⇔ x = ± + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = − + kπ, x = ± + kπ √ √ 13 Ta có sin3 x − cos3 x = sin x cos2 x − sin2 x cos x TH1 Với cos x = ⇔ x = TH2 Với x 6= (*) π + kπ, thay vào phương trình (*) ta sin2 x = (vô lí) π + kπ, chia hai vế (*) cho cos3 x ta được: tan x − √ = tan x − √ 3 tan x ⇔ tan x + √ tan x − tan x − √ ñ 3=0⇔ tan x = ±1 √ tan x = − π Với tan x = ±1 ⇔ x = ± + kπ √ π Với tan x = − ⇔ x = − + kπ π π Vậy nghiệm phương trình là x = ± + kπ, x = − + kπ 14 Ta có 4(sin4 x + cos4 x) + sin 2x cos 2x + cos2 2x = ⇔ − sin2 x cos2 x + sin 2x cos 2x + cos2 2x = å Ç sin2 2x ⇔ 1− + sin 2x cos 2x + cos2 2x = ⇔ sin2 2x − sin 2x cos 2x − cos2 2x + = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (*) Trang 98 (99) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác TH1 Với cos 2x = 0, thay vào phương trình (*) ta sin2 2x = −1 (vô lí) TH2 Với cos 2x 6= 0, chia hai vế (*) cho cos2 2x ta được: tan2 2x − tan 2x − + 2(1 + tan2 2x) = ⇔ tan2 2x − tan 2x + = ⇔ tan 2x = 1 tan 2x = π π π + kπ ⇔ x = + k 1 1 π Với tan 2x = ⇔ 2x = arctan + kπ ⇔ x = arctan + k 4 π π 1 π Vậy nghiệm phương trình là x = + k , x = arctan + k 2 Với tan 2x = ⇔ 2x = 15 Điều kiện xác định sin x 6= ⇔ x 6= kπ Ta có Å √ √ ã √ √ cos x cot2 x + 2 sin2 x = (2 + 2) cos x ⇔ cos x − + 2( sin2 x − cos x) = sin x ã Å √ cos x = ⇔ ( sin x − cos x) − sin2 x cos x = √ (thỏa mãn) √ √ √ 2 TH1 Với sin x − cos x = ⇔ cos x + cos x − = ⇔ ⇒ x = √ cos x = − (loại) π ± + k2π cos x = (thỏa mãn) π ⇒ x = ± + k2π TH2 Với sin2 x − cos x = ⇔ cos2 x + cos x − = ⇔ cos x = −2 (loại) Vậy nghiệm phương trình là x = ± π π + k2π, x = ± + k2π BÀI A PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐỐI XỨNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT Dạng a(sin x ± cos x) + b sin x cos x + c = 0.√ Đặt t = sin x ± cos x (điều kiện |t| ≤ 2), suy t2 = và viết sin x cos x theo t √ ! Khi đặt t = | sin x ± cos x| thì điều kiện t là ≤ |t| ≤ (1) Dạng a(tan2 x + cot2 x) + b(tan x ± cot x) + c = (2) Đặt t = tan x ± cot x (điều kiện |t| ≥ 2), suy t2 = và biểu diễn tan2 x + cot2 x theo t ! Ta thường sử dụng kết tan x cot x = và tan2 x + cot2 x = sin 2x B VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình sin 2x + (2 − √ √ 2)(sin x + cos x) + − 2 = (1) Lời giải √ Đặt t = sin x + cos x (|t| ≤ 2), suy t2 = + sin x cos x ⇒ sin 2x = t2 − Thay vào phương trình (1) ta √ ñ √ √ √ √ t = (thỏa mãn) 2 t − + (2 − 2)t + − 2 = ⇔ t + (2 − 2)t − 2 = ⇔ t = −2 (loại) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 99 (100) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ √ π π = ⇔ x = + k2π ⇔ √ sin x + √ cos x = ⇔ cos x − 4 2 √ √ VÍ DỤ Giải phương trình 2(tan2 x + cot2 x) − (4 − 2)(tan x + cot x) + + 2 = (1) Với t = 2, suy sin x + cos x = Lời giải ® sin x 6= π ⇔ x 6= k cos x 6= Đặt t = tan x + cot x (|t| ≥ 2), suy t2 = tan2 x + cot2 x + ⇒ tan2 x + cot2 x = t2 − Thay vào (1) ta √ √ √ √ 2(t2 − 2) − (4 − 2)t + + 2 = ⇔ 2t2 − (4 − 2)t + 2 = (vô nghiệm) Điều kiện xác định C BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: √ sin 2x − 2(sin x + cos x) = 2(sin x + cos x) + sin x cos x = sin x + cos x + sin x cos x = (1 + √ 2)(sin x − cos x) + sin x cos x = + √ √ 2(sin x − cos x) = − sin 2x (1 − √ 2)(1 + sin x − cos x) = sin 2x √ 2(sin x − cos x) − sin 2x = √ sin x − cos x = sin x cos x Lời giải √ sin 2x − 2(sin x + cos x) = Đặt t = sin x + cos x (|t| ≤ (1) ta √ (1) 2), suy t2 = + sin x cos x ⇒ sin 2x = t2 − Thay vào phương trình " √ √ √ t = − (thỏa mãn) t2 − − 2t − = ⇔ t2 − 2t − = ⇔ √ t = (loại) √ √ 1 π Với t = − 2, suy sin x + cos x = − ⇔ √ sin x + √ cos x = −1 ⇔ cos x − = −1 ⇔ x = 2 3π + k2π − 2(sin x + cos x) + sin x cos x = (1) √ Đặt t = sin x + cos x (|t| ≤ 2), suy t2 = + sin x cos x ⇒ sin 2x = t2 − Thay vào phương trình (1) ta t = (thỏa mãn) 2t + t2 − = ⇔ 3t2 + 2t − = ⇔ t = − (loại) 1 π π Với t = 1, suy sin x + cos x = ⇔ √ sin x + √ cos x = √ ⇔ cos x − = cos ⇔ x = 4 2 π + k2π, x = k2π sin x + cos x + sin x cos x = (1) √ Đặt t = sin x + cos x (|t| ≤ 2), suy t2 = + sin x cos x ⇒ sin 2x = t2 − Thay vào phương trình (1) ta ñ t = (thỏa mãn) t2 − t+ = ⇔ t + 2t − = ⇔ t = −3 (loại) 1 π π Với t = 1, suy sin x + cos x = ⇔ √ sin x + √ cos x = √ ⇔ cos x − = cos ⇔ x = 4 2 π + k2π, x = k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 100 (101) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ 2)(sin x − cos x) + sin x cos x = + (1) √ 2 Đặt t = sin x − cos x (|t| ≤ 2), suy t = − sin x cos x ⇒ sin 2x = − t Thay vào phương trình (1) ta (1 + √ (1 + √ 2)t + − t = + √ 2 ⇔ t − (1 + √ 2)t + √ ñ t = (thỏa mãn) √ 2=0⇔ t = (thỏa mãn) 1 π π = sin ⇔ x = Với t = 1, suy sin x − cos x = ⇔ √ sin x − √ cos x = √ ⇔ sin x − 4 2 π + k2π, x = π + k2π √ √ 1 π 3π Với t = 2, suy sin x − cos x = ⇔ √ sin x − √ cos x = ⇔ sin x − =1⇔x= + k2π 4 2 √ 2(sin x − cos x) = − sin 2x (1) √ Đặt t = sin x − cos x (|t| ≤ 2), suy t2 = − sin x cos x ⇒ sin 2x = − t2 Thay vào phương trình (1) ta √ √ √ 2t = − (1 − t2 ) ⇔ t2 − 2t + = ⇔ t = (thỏa mãn) √ √ 1 π 3π Với t = 2, suy sin x − cos x = ⇔ √ sin x − √ cos x = ⇔ sin x − =1⇔x= + k2π 4 2 √ (1 − 2)(1 + sin x − cos x) = sin 2x (1) √ Đặt t = sin x − cos x (|t| ≤ 2), suy t2 = − sin x cos x ⇒ sin 2x = − t2 Thay vào phương trình (1) ta (1 − √ 2 2)(1 + t) = − t ⇔ t + (1 − √ 2)t − √ ñ t = −1 (thỏa mãn) √ 2=0⇔ t = (thỏa mãn) Với t = −1, suy sin x − cos x = −1 1 ⇔ √ sin x − √ cos x = − √ 2 π −π ⇔ sin x − = sin 4 3π ⇔ x= + k2π, x = k2π Với t = √ 2, suy sin x − cos x = √ √ 1 π 3π ⇔ √ sin x − √ cos x = ⇔ sin x − =1⇔x= + k2π 4 2 2(sin x − cos x) − sin 2x = Đặt t = sin x − cos x (|t| ≤ (1) ta √ Với t = √ (1) 2), suy t2 = − sin x cos x ⇒ sin 2x = − t2 Thay vào phương trình √ t= (thỏa mãn) √ √ 2√ 2t − 2(1 − t2 ) = ⇔ 2t2 + 2t − = ⇔ t=− (loại) 2 , suy √ sin x − cos x = 2 1 √ sin x − √ cos x = 2 π π ⇔ sin x − = sin 5π 13π ⇔ x= + k2π, x = + k2π 12 12 ⇔ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 101 (102) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ sin x − cos x = sin x cos x Đặt t = sin x − cos x (|t| ≤ (1) ta (1) 2), suy t = − sin x cos x ⇒ sin 2x = − t Thay vào phương trình 2 √ (thỏa mãn) t = √ √ √ t = 6(1 − t ) ⇔ 6t + t − = ⇔ √ t=− (thỏa mãn) √ Với t = √ , suy √ sin x − cos x = √ 1 √ sin x − √ cos x = 2 √ π sin x − = √ √ π 5π 3 x = + arcsin + k2π, x = − arcsin + k2π 4 ⇔ ⇔ ⇔ √ Với t = − , suy √ sin x − cos x = − ⇔ ⇔ ⇔ √ √ sin x − √ cos x = − 2 π −π sin x − = sin π 19π x = − + k2π, x = + k2π 12 12 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: tan2 x + tan x + cot x + cot2 x + = 2 + tan2 x + tan x + cot x + = sin2 x tan x − cot x = 4(sin x + √ cos x) sin3 x − cos 2x + cos x = cos3 x + cos 2x + sin x = sin3 x − sin x = cos3 x − cos x − cos 2x sin3 x − cos3 x = − sin 2x cos 2x + = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 102 (103) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác tan2 x + tan x + cot x + cot2 x + = ® (1) sin x 6= π ⇔ x 6= k cos x 6= Đặt t = tan x + cot x (|t| ≥ 2), suy t2 = tan2 x + cot2 x + ⇒ tan2 x + cot2 x = t2 − Thay vào (1) ta t = −2 (thỏa mãn) 3(t2 − 2) + 4t + = ⇔ 3t2 + 4t − = ⇔ t = (loại) Với t = −2, suy tan x + cot x = −2 ⇔ tan x + = −2 ⇒ tan2 x + tan x + = ⇔ tan x = −1 ⇔ tan x π x = − + kπ Điều kiện xác định + tan2 x + tan x + cot x + = (1) sin2 x ® sin x 6= π ⇔ x 6= k Điều kiện xác định cos x 6= (1) ⇔ 2(1 + cot2 x) + tan2 x + tan x + cot x + = ⇔ 2(cot2 x + tan2 x) + 5(tan x + cot x) + = (2) Đặt t = tan x + cot x (|t| ≥ 2), suy t2 = tan2 x + cot2 x + ⇒ tan2 x + cot2 x = t2 − Thay vào (2) ta t = −2 (thỏa mãn) 2(t2 − 2) + 5t + = ⇔ 2t2 + 5t + = ⇔ t = − (loại) Với t = −2, suy tan x + cot x = −2 ⇔ tan x + = −2 ⇒ tan2 x + tan x + = ⇔ tan x = −1 ⇔ tan x π x = − + kπ √ tan x − cot x = 4(sin x + cos x) (1) ® sin x 6= π Điều kiện xác định ⇔ x 6= k cos x 6= Ta có √ tan x − cot x = 4(sin x + cos x) √ sin x cos x ⇔ − = 4(sin x + cos x) cos x √sin x √ √ ⇒ (sinx + 3cos x)(sin x − cos x)i = sin 2x(sin x + cos x) h π π ⇔ sin x + sin x − − sin 2x = 3 π =0 sin x + π 4π π 3 ⇔ ⇔ x = − + kπ, x = +k π sin x − − sin 2x = sin3 x − cos 2x + cos x = (1) Ta có (1) ⇔ sin2 x sin x − cos2 x + cos x + = ⇔ sin x(1 − cos2 x) − cos2 x + cos x + = ⇔ sin x(1 − cos x)(1 + cos x) + (1 − cos x)(2 cos x + 1) = ⇔ (1 − cos x)[2 sin x(1 + cos x) + cos x + 1] = (1 − cos x) (sin x + cos x)2 + 2(sin x + cos x) = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1 − cos x)(sin x + cos x)(sin x + cos x + 2) = ñ − cos x = sin x + cos x = π x = k2π, x = − + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 103 (104) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác cos3 x + cos 2x + sin x = (1) Ta có (1) ⇔ cos3 x + cos 2x + sin x = ⇔ cos3 x + cos2 x − sin2 x + sin x = ⇔ cos2 x(2 cos x + 1) + sin x(1 − sin x) = ⇔ (1 − sin2 x)(2 cos x + 1) + sin x(1 − sin x) = ⇔ (1 − sin x)(1 + sin x)(2 cos x + 1) + sin x(1 − sin x) = ⇔ (1 − sin x) [(1 + sin x)(2 cos x + 1) + sin x] = ⇔ (1 − sin x) [2 cos x + + sin x · cos x + sin x + sin x] = (1 − sin x) 2(sin x + cos x) + (sin x + cos x)2 = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1 − sin x) [(sin x + cos x)(2 + sin x + cos x)] = ñ − sin x = sin x + cos x = π π x = + k2π, x = − + kπ sin3 x − sin x = cos3 x − cos x − cos 2x (1) Ta có (1) ⇔ 2(sin x − cos x)(1 + sin x cos x) − (sin x − cos x) + (cos x − sin x)(cos x + sin x) = ⇔ (sin x − cos x) [2 + sin x cos x − − (cos x + sin x)] = ⇔ ⇔ (sin x − cos x) [1 + sin x cos x − (cos x + sin x)] = (sin x − cos x) (sin x + cos x)2 − (cos x + sin x) = ⇔ (sin x − cos x)(sin x + cos x)(cos x + sin x − 1) = ⇔ (sin x − cos x)(sin x + cos x)(cos x + sin x − 1) = ⇔ − cos 2x(cos x + sin x − 1) = ñ cos 2x = ⇔ ⇔ cos x + sin x = π π π x = + k , x = + k2π, x = k2π 2 sin3 x − cos3 x = − sin 2x (1) Ta có (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (sin x − cos x)(1 + sin x cos x) = (sin x − cos x)2 (sin x − cos x) [(1 + sin x cos x) − (sin x − cos x)] = ñ sin x − cos x = + sin x cos x − (sin x − cos x) = π π x = + kπ, x = + k2π, x = π + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 104 (105) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác cos 2x + = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) (1) Ta có (1) ⇔ cos2 x − + = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) ⇔ cos2 x + = (2 − cos x)(sin x − cos x) ⇔ cos2 x + = sin x − cos x − cos x sin x + cos2 x ⇔ 2(sin x − cos x) − sin x cos x + = Å √ ã √ − t2 ⇔ t − 4t − = với t = sin x − cos x, = sin x cos x, − ≤ t ≤ 2 ñ t = −1(thỏa mãn) ⇔ t = 5(loại) π Với t = −1 suy ⇔ cos x − sin x = ⇔ cos x + =√ ⇔ ñ x = k2π π (k ∈ Z) x = − + k2π D BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: √ π sin 2x + sin x − = √ 1 + = 2 sin x cos x √ 1 π − = 2 cos x + cos x sin x √ sin 2x + = 6| sin x + cos x| | sin x − cos x| + sin 2x = sin x cos x + | sin x + cos x| = BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: (3 − cos 4x)(sin x − cos x) = 2 tan2 x · − sin3 x + cos3 x = BÀI A MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÁC TÓM TẮT LÝ THUYẾT Dạng m · sin 2x + n · cos 2x + p · sin x + q · cos x + r = = cos2 x − sin2 x • Ta luôn viết sin 2x = sin x cos x, còn cos 2x = = cos2 x − = − sin x (1) (2) (3) • Nếu thiếu sin 2x ta biến đổi cos 2x theo (1) và lúc này thường đưa dạng A2 = B ⇔ (A − B)(A + B) = • Nếu theo (2) được: sin x · (2m · cos x + p) + 2n · cos2 x + q · cos x + r − n = và theo (3) | {z } (i) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 105 (106) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác cos x(2m · sin x + q) + −2n · sin2 x + p · sin x + r + n = | {z } (ii) Ta phân tích (i), (ii) thành nhân tử dựa vào: at2 + bt + c = a(t − t1 )(t − t2 ) Với t1 và t2 là hai nghiệm phương trình at2 + bt + c = để xác định lượng nhân tử chung Dạng Phương trình có chứa R( , tan X, cot X, sin 2X, cos 2X, tan 2X, ), cho cung sin, cos gấp đôi cung tan cot Lúc đó đặt t = tan X và biến đổi: 2t tan X sin X = · cos2 X = cos X + t2 + tan2 X 1 − tan2 X − t2 • cos 2X = cos2 X − = · −1= = 2 + t2 + tan X + tan X sin 2X − t2 2t • tan 2X = và cot 2X = = cos 2X − t2 2t • sin 2X = sin X cos X = · Từ đó thu phương trình bậc bậc cao theo t, giải tìm t ⇒ x B VÍ DỤ VÍ DỤ Giải phương trình cos 2x − cos x − sin x − = (1) Lời giải (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ cos2 x − sin2 x − cos x − sin x − = Å ã Å ã 1 2 cos x − · cos x · + − sin x + · sin x · + =0 4 Å ã2 Å ã2 cos x − − sin x + =0 2 Å ãÅ ã 3 cos x − − sin x − cos x − + sin x + =0 2 2 (cos x − sin x − 2) (cos x + sin x + 1) = ñ cos x − sin x = cos x + sin x = −1 √ π =2 cos x + 4 √ π cos x − = −1 √ π cos x + = vô nghiệm π cos x − = −√ π 3π cos x − = cos 4 π 3π x− = + k2π 4 π 3π x− =− + k2π 4 x = π + k2π , k ∈ Z π x = − + k2π VÍ DỤ Giải phương trình sin 2x − cos 2x = sin x + cos x − (1) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 106 (107) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ⇔ sin x cos x − − sin2 x − sin x − cos x + = cos x (4 sin x − 2) + sin2 x − sin x + = ⇔ cos x (2 sin x − 1) + (2 sin x − 1) (sin x − 3) = ⇔ (2 sin x − 1) (2 cos x + sin x − 3) = ñ sin x − = cos x + sin x − = vô nghiệm sin x = 1 sin x = π sin x = sin π x = + k2π π x = π − + k2π π x = + k2π , k ∈ Z 5π x= + k2π (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ VÍ DỤ Giải phương trình sin 2x + tan x = (1) Lời giải Đặt t = tan x Ta có sin 2x = sin x cos x = · tan x sin x 2t · cos2 x = = cos x + t2 + tan x ⇔ 2t + 2t = + t2 2t + 2t + t2 − + t2 = ⇔ 2t3 − 3t2 + 4t − = ⇔ (t − 1)(2t2 − t + 3) = ñ t−1=0 (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2t2 − t + = vô nghiệm t=1 π tan x = tan π x = + kπ, k ∈ Z C BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải phương trình lượng giác cos 2x + cos x + = sin x Lời giải cos 2x + cos x + = sin x Ta có (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1) cos2 x − sin2 x + cos x + − sin x = Å ã Å ã 1 2 cos x + · cos x · + − sin x + · sin x · + =0 4 Å ã Å ã 2 cos x + − sin x + =0 2 Å ãÅ ã 3 cos x + + sin x + cos x + − sin x − =0 2 2 (cos x + sin x + 2) (cos x − sin x + 1) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 107 (108) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ñ ⇔ ⇔ cos x + sin x = −2 (loại) cos x − sin x = −1 π x = + k2π, x = π + k2π BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: 1 + tan x = sin 2x cos 2x + tan x = sin 2x + tan x = (1 − tan x)(1 + sin 2x) = + tan x + cot x − cot x = π + tan x = + sin 2x π sin 2x − cos 2x , ∀x ∈ − ; + sin 2x Lời giải 1 + tan x = sin 2x (1) π Điều kiện x 6= + kπ Ta có (1) tan x + tan2 x ⇔ (1 + tan x)(1 + tan2 x) = tan x ⇔ + tan x = · ⇔ (tan x + 1)(3 tan2 x − tan x + 1) = ⇔ tan x + = ⇔ tan x = −1 −π ⇔ x= + kπ cos 2x + tan x = (1) π Điều kiện x 6= + kπ Ta có (1) sin x =1 cos x ⇒ sin x · cos x − sin x = ⇔ − sin2 x + ⇔ sin x [2 sin x cos x − 1] = ⇔ sin x(sin 2x − 1) = ñ sin x = ⇔ sin 2x = x = kπ ⇔ π x = + kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 108 (109) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác sin 2x + tan x = (1) π Điều kiện x 6= + kπ Ta có Å (1) ã sin x −1 cos x (sin x − cos x) = (sin x − cos x)2 − cos x )=0 (sin x − cos x)(sin x − cos x − cos x sin x − cos x = sin x − cos x − =0 cos x tan x = vô nghiệm vì từ phương trình suy sin x = cos x + ⇔ − sin 2x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x= π + kπ √ ≥ 2 (vô lí) cos x (1 − tan x)(1 + sin 2x) = + tan x Điều kiện cos x 6= ⇒ x 6= (1) π + kπ Ta có (1) Å ã sin x sin x ⇔ 1− (sin2 x + cos2 x + sin x · cos x) = + cos x cos x ⇔ (cos x − sin x)(sin x + cos x)2 = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x)(cos2 x − sin2 x − 1) = ñ sin x + cos x = ⇔ cos 2x = −π x= + kπ ⇔ x = kπ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 109 (110) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác π + tan x = + sin 2x 2 cos x 6= π x 6= + kπ π 6= ⇒ Điều kiện sin x − π x 6= − + kπ sin 2x 6= −1 Ta có + cot x − (1) (1) + tan x + sin 2x (1 + sin 2x)(1 − tan x) = (1 + tan x) + sin 2x − tan x − sin 2x tan x = + tan x sin x sin x sin x cos x − − sin x cos x =0 cos x cos x sin x cos2 x − sin x − sin2 x cos x = sin x cos2 x − − sin x cos x = sin x cos2 x − − sin x cos x = sin x cos2 x − − sin x cos x − = ⇔ − tan x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ sin x (cos 2x − sin 2x − 1) = ñ sin x = ⇔ cos 2x − sin 2x = x = kπ ⇔ π x = − + kπ (loại) ⇔ x = kπ π sin 2x − cos 2x , ∀x ∈ − ; + sin 2x Điều kiện sin x 6= ⇔ x 6= kπ Ta có cot x = (1) (1) sin 2x − cos 2x cos x = sin x + sin 2x ⇔ cos x(2 + sin 2x) = (sin 2x − cos 2x) sin x ⇔ ⇔ cos x + sin x cos2 x = sin2 x cos x − (2 cos2 x − 1) sin x ⇔ cos x + sin x cos2 x − sin2 x cos x + cos2 x sin x − sin x = ⇔ cos x − sin x + sin x cos2 x − sin2 x cos x = ⇔ cos x − sin x + sin x cos x(2 cos x − sin x) = ⇔ (2 cos x − sin x)(1 + sin x cos x) = ⇔ (2 cos x − sin x)(sin x + cos x)2 = ñ cos x − sin x = ⇔ sin x + cos x = ñ tan x = ⇔ tan x = −1 x = arctan + kπ ⇔ π x = − + kπ π π ⇒ x=− vì x ∈ − ; Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 110 (111) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác D BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: + cos 2x = cos x + tan x sin x − cos x + − cos 2x = sin 2x cos x + sin x − = √ π sin 2x + 4 sin 2x − cos 2x + sin x − cos x = √ π sin 2x + = sin x + cos x + cos x + sin x − sin 2x − cos 2x = sin 2x − cos x + sin x = cos 2x + sin2 x sin 2x − cos2 x = sin x − cos x √ √ 2 sin 2x − cos 2x − sin x + = 2 cos x 10 sin 2x − cos 2x + sin x − cos x = 11 sin 2x + cos 2x − cos x + = sin x 12 sin 2x + cos 2x = + sin x − cos x 13 sin 2x − cos 2x = sin x + cos x − π π − sin 2x − = √ π sin 2x + = sin x + cos x − 15 14 sin x + − tan x − tan x π = √2 sin x cos 5x − √ 17 3(sin 2x − sin x) = cos2 x + cos x − 16 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau: cot x − tan x + sin 2x = cot x − = sin 2x cos 2x + sin2 x − sin 2x + tan x BÀI A TÓM TẮT LÝ THUYẾT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CÁCH GIẢI ĐẶC BIỆT ® 2 TH1 Tổng các số không âm: A + B = ⇔ ® TH2 Đối lập: A = B mà chứng minh A=0 B=0 A≤M B≥M Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 ® ⇒ A=M B = M Trang 111 (112) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác ® Hoặc: A + B = M + N mà chứng minh TH3 Một số trường hợp đặc biệt ® sin u ± sin v = ⇔ cos u ± cos v = ⇔ A≤M B≤N ⇒ A=M B = N ® sin u = sin u + sin v = −2 ⇔ sin v = ±1 ® cos u = cos u + cos v = −2 ⇔ cos v = ±1 ® sin u = −1 sin v = −1 ® cos u = −1 cos v = −1 ® sin u = −1 sin v = sin u sin v = −1 ⇔ ® sin u = sin u = sin v = sin u · sin v = ⇔ ® sin u = −1 sin v = −1 cos u = cos v = cos u cos v = ⇔ ® cos u = −1 sin v = −1 ® cos u = −1 cos v = cos u cos v = −1 ⇔ ® cos u = cos v = −1 cos v = −1 ® B ® VÍ DỤ VÍ DỤ Giải các phương trình lượng giác sau √ √ cos2 x + tan2 x − cos x + tan x + = √ cos2 x − cos x + tan2 x − tan x + = Lời giải √ √ cos2 x + tan2 x − cos x + tan x + = (1) Điều kiện cos x 6= Khi đó (1) ⇔ ⇔ ⇔ √ √ (2 cos x − 3)2 + ( tan x − 1)2 = " √ cos x − = √ tan x = π x = + kπ π x = − + l2π π π + kπ; x = − + l2π 6 √ 2 cos x − cos x + tan x − tan x + = Điều kiện cos x 6= Khi đó Vậy x = (2) √ (2 cos x − 1)2 + ( tan x − 1)2 = ñ cos x − = √ ⇔ tan x = π x = + k2π π x = − + k2π ⇔ π x = + lπ π π π Vậy x = + k2π; x = − + k2π; x = + lπ 3 (2) ⇔ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 112 (113) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác VÍ DỤ Giải các phương trình lượng giác sau cos x cos 2x = sin x sin 3x = −1 Lời giải ® x = k2π x = lπ ⇔ ⇔ x = lπ x = π + 2mπ π x = + nπ cos 2x = −1 π x = + k2π ® sin x = 2lπ −π x= + sin 3x = −1 x = ⇔ ⇔ sin x sin 3x = −1 ⇔ ® −π sin x = −1 x= + 2mπ x = sin 3x = x = π + n2π ® cos x = cos 2x = cos x cos 2x = ⇔ ® cos x = −1 π + k2π π ⇔ x = + kπ −π + 2mπ VÍ DỤ Giải các phương trình lượng giác sau: tan2 x + cot2 x = sin5 x + Lời giải Điều kiện sin 2x 6= tan2 x + cot2 x ≥ tan2 x + cot2 x = Ta có ⇔ (1) π π 2 sin5 x + 2 sin5 x + ≤2 = 4 Theo bất đẳngthức Cauchy dấu “=” xảy khi: tan x = cot x tan x = cot x π ⇔ x = + k2π Khi đó (1) ⇔ π sin x + =1 π VÍ DỤ Tìm tham số m để các phương trình sau có nghiệm cos (2x − 15◦ ) = 2m2 + m m cos x + = cos x − 2m (4m − 1) sin x + = m sin x − Lời giải Để phương trình cos (2x − 15◦ ) = 2m2 + m có nghiệm thì ® 2m2 + m ≥ −1 2m + m ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 m cos x + = cos x − 2m (2) Với m = thì trở thành = −6 (vô lý) Suy m = không thỏa yêu cầu đề bài Với m = −2m − Khi đó (1) ⇔ cos x = (2) m − −3m + Å ò −2m − ≤1 ≤0 m ∈ −∞; ∪ (3; +∞) m−3 m−3 Để (2) có nghiệm thì ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ −2m − ≥ −1 −m − ≥ m ∈ [−4; 3) m−3 m−3 ï ò −4; Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 113 (114) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác (4m − 1) sin x + = m sin x − (3) thì (3) trở thành = −3 (vô lý) Suy m = không thỏa yêu cầu đề bài −5 Với m 6= thì (3) ⇔ sin x = (4) 3m − Để (4) có nghiệm thì ò Å ã Å −5 −3m − −4 m ∈ −∞; Å ò ∪ ;∞ ≤1 ≤0 −4 3 3m − 3m − ã Å ⇔ m ∈ −∞; ∪ [2; +∞) ⇔ ⇔ −5 ≥ −1 3m − ≥ m ∈ −∞; ∪ [2; +∞) 3m − 3m − Với m = VÍ DỤ Cho phương trình cos 2x − (2m + 1) cos x + m + = Giải phương trình m = Å Tìm tham số m để phương trình có nghiệm nằm khoảng ã π 3π ; 2 Lời giải Với m = 3 thì phương trình trở thành cos2 x − cos x + = Ta có 2 cos2 x − cos x + = cos x = ⇔ cos x = ⇔ cos x = π x = + 2kπ ⇔ −π x= + 2kπ cos 2x − (2m + 1) cos xÅ+ m +ã1 = ⇔ 2cos2 x − (2m + 1) cos x + m = (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) (1) π 3π Đặt t = cos x x ∈ ; thì t ∈ [−1; 0) 2 (1) trở thành 2t2 − (2m + 1)t + m = (2) Å Để phương trình (1) có nghiệm nằm khoảng π 3π ; 2 ã thì phương trình (2) có nghiệm nằm khoảng t ∈ [−1; 0) t= Mà 2t2 − (2m + 1)t + m = ⇔ (2t − 1)(t − m) = ⇔ t = m Do đó m ∈ [−1; 0) C BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ sin2 x + tan2 x − tan x − 2 sin x + = cos2 x tan2 4x + + sin 2x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 114 (115) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Lời giải √ sin2 x + tan2 x − tan x − 2 sin x + = (1) Điều kiện cos x 6= √ √ √ √ π sin x = Khi đó (1) ⇔ ( sin x − 1)2 + ( tan x − 3)2 = ⇔ ⇔ x = + k2π tan x = cos2 x tan2 4x + + sin 2x = (1) Điều kiện cos 4x 6= Khi đó (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (cos x · tan 4x)2 + (sin x + cos x)2 = ® cos x · tan 4x = cos x + sin x = ñ cos x = sin 4x = sin x + π = π x = + kπ mπ x= −π x = + lπ −π x= + lπ BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cos 2x cos 6x = 1 sin 2x cos 4x = Lời giải ® sin 2x = cos 4x = −π sin 2x cos 4x = ⇔ ® + k2π ⇔x= sin 2x = −1 cos 4x = −1 ® cos 2x = cos 6x = kπ cos 2x cos 6x = ⇔ ® ⇔x= cos 2x = −1 cos 6x = −1 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ √ cos x + sin 10x = + cos 28x sin x 2 sin 5x + cos 4x = + cot2 x Lời giải cos x + √ √ √ √ sin 10x = + cos 28x sin x ⇔ cos x − sin x cos 28x = − sin 10x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakowski cho vế trái ta √ (2 cos x − sin x cos 28x)2 ≤ + cos2 28x ≤ ⇒ cos x − sin x cos 28x ≤ 2 √ √ √ √ √ Mặt khác − sin 10x ≥ ® − = 2 (2) cos2 28x = π Từ (1) và (2) Dấu “=”xảy ⇔ x = + kπ, k ∈ Z sin x cos 28x = − sin x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (1) Trang 115 (116) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác 2 sin 5x + cos 4x = + cot2 x ® Ta có sin 5x ≤ cos 4x ≤ + cot2 x Do đó ⇔ sin 5x + cos 4x = + cot2 x ® sin 5x = cos 4x = + cot2 x π k2π + (1) x= 10 ⇔ cos 4x = (2) sin2 x (2) ⇔ sin2 x cos 4x = ⇔ (1 − cos 2x) cos 4x = ⇔ (1 − cos 2x) cos2 2x − = ⇔ cos2 2x − − cos3 2x + cos 2x − = −2 cos3 2x + cos2 2x + cos 2x − = ã Å =0 ⇔ −2(cos 2x + 1) cos2 2x − cos 2x + ⇔ cos 2x = −1 π ⇔ x = + kπ (3) ⇔ Từ (1) và (3) ta x = π + k2π, k ∈ Z BÀI Tìm giá trị tham số m để phương trình sau đây có nghiệm m2 + m cos 2x = m2 − m − + m2 cos 2x m sin x + cos x = m cos 2x + (m + 1) sin 2x = m + Lời giải m2 + m cos 2x = m2 − m − + m2 cos 2x ⇔ m cos 2x = m2 − m − Xét m = đó ta = (vô lý) m2 − m − Xét m 6= ⇔ cos 2x = m m −m−3 Vì −1 ≤ cos 2x ≤ ⇔ −1 ≤ ≤ m m −m−3 ≥ −1 (1) m Xét m − m − ≤ (2) m √ √ m2 − (1) ⇔ ≥ ⇔ m ∈ [− 3; 0) ∪ [ 3; +∞) m m2 − 2m − (2) ⇔ ≤ ⇔ m ∈ (−∞; −1] ∪ (0; 3] m √ √ Vậy m ∈ [− 3; −1] ∪ [ 3; 3] Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 116 (117) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác m sin x + √ cos x = √ 2 m +4 m +4 m2 + m Đặt cos a = √ ⇒ sin a = √ m +4 m2 + Ta m sin x + cos x = ⇔ √ cos a · sin x + sin a · cos x = √ + 11 m2 ⇔ sin(x + a) = √ m + 11 + k2π x = −a + arcsin √ m + 11 ⇔ x = −a + π − arcsin √ + k2π m2 + 11 Vậy phương trình có nghiệm ∀m ∈ R m cos 2x + (m + 1) sin 2x = m + (1) Điều kiện m2 + m2 + 2 ≥ m2 + 2 ⇔ m2 − 2m − ≥ ⇔ m ∈ (−∞; −1] ∪ [3; +∞) m m+1 m+2 cos 2x + p sin 2x = p m2 + (m + 1)2 m2 + (m + 1)2 m2 + (m + 1)2 m+1 m ⇒ cos a = p Đặt sin a = p 2 m + (m + 1) m + (m + 1)2 Ta Khi đó (1) ⇔ p sin a cos 2x + cos a sin 2x = p m2 m+2 + (m + 1)2 m+2 ⇔ sin(a + 2x) = p m + (m + 1)2 m+2 + k2π a + 2x = arcsin p m + (m + 1)2 ⇔ m+2 + k2π a + 2x = π − arcsin p m + (m + 1)2 Vậy m ∈ (−∞; −1] ∪ [3; +∞) thì phương trình có nghiệm BÀI Cho phương trình cos 4x + sin x cos x = m Giải phương trình m = h Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trên đoạn 0; πi Lời giải Khi m = ta cos 4x + sin x cos x = ⇔ − sin2 2x + sin 2x − = −2 sin2 2x + sin 2x = sin 2x = ⇔ sin 2x = kπ ⇔ x= ⇔ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 117 (118) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Đặt f (x) = −2 sin2 2x + sin 2x + và g(x) = m h πi Xét f (x) = −2 sin2 2x + sin 2x + trên 0; Suy ≤ sin 2x ≤ Đặt a = sin 2x ⇒ ≤ a ≤ Xét f (a) = −2a2 + 3a + trên [0; 1] Bảng biến thiên a 17 f (a) Vậy f (x) = g(x) có hai nghiệm phân biệt ≤ m < 17 D BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin2 x + sin2 3x = sin x sin2 3x + tan x + = cos2 x √ −4 cos2 x + tan2 x + tan x = sin x − √ cos 4x cos2 2x + − cos 3x + = sin2 2x + sin 2x + sin2 x + sin2 3x cos 3x sin3 x + sin 3x cos3 x = sin x sin2 3x sin 4x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cos2 x − sin2 x sin 5x + = (cos x + sin x)(sin 2x − cos 2x) + = sin 7x − sin x = cos 4x − cos 6x = sin3 x + cos3 x = sin5 x − cos3 x = BÀI Giải các phương trình lượng giác sau tan 2x + tan 3x = −1 sin x cos 2x cos 3x (cos 2x − cos 4x)2 = + sin 3x sin4 x − cos4 x = | sin x| + | cos x| cos2 3x cos 2x − cos2 x = cos 2x + cos 3x − = cos 2x + cos 4x + cos 6x = cos x cos 2x cos 3x + BÀI Tìm giá trị tham số m để phương trình sau đây có nghiệm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 118 (119) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác m sin x cos x + sin2 x = m sin x − √ cos x + = m(2 + sin x) sin 2x + 4(cos x − sin x) = m 2(sin x + cos x) + sin 2x + m = √ sin 2x − 2m(sin x − cos x) + = 4m sin2 x + m sin 2x − cos2 x = (m + 2) cos2 x + m sin 2x + (m + 1) sin2 x = m − sin2 x + (2m − 2) sin x cos x − (1 + m) cos2 x = m h πi BÀI 10 Tìm tham số m để phương trình cos2 x − cos x + = m có nghiệm ∀x ∈ 0; h π πi BÀI 11 Tìm tham số m để phương trình sin x + m cos x = − m có nghiệm ∀x ∈ − ; 2 h π πi BÀI 12 Tìm tham số m để phương trình cos 2x + (m + 4) sin x = m + có nghiệm ∀x ∈ − ; 2 BÀI BÀI TẬP ÔN CUỐI CHƯƠNG I BÀI Giải các phương trình lượng giác sau ã Å cos 3x + sin 3x sin x + = cos 2x + 3, ∀x ∈ (0; 2π) + sin 2x sin2 3x − cos2 4x = sin2 6x − cos2 6x cos 3x − cos 2x + cos x − = 0, ∀x ∈ [0; 14] BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cot x − = cos 2x + sin2 x − sin 2x + tan x 2 sin 2x x π x sin2 − tan2 x − cos2 = 2 cot x − tan x + sin 2x = BÀI Giải các phương trình lượng giác sau sin x − = 3(1 − sin x) tan2 x (2 cos x − 1)(2 sin x + cos x) = sin 2x − sin x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cos2 3x cos 2x − cos2 x = + sin x + cos x + sin 2x + cos 2x = cos4 x + sin4 x + cos x − π π sin 3x − − =0 4 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau cos6 x + sin6 x − sin x cos x √ =0 − sin x x cot x + sin x + tan x tan =4 cos 3x + cos 2x − cos x − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 119 (120) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác BÀI Giải các phương trình lượng giác sau 1 + sin2 x cos x + + cos2 x sin x = + sin 2x 2 sin2 2x + sin 7x − = sin x sin x x 2 √ + cos + cos x = 2 BÀI Giải các phương trình lượng giác sau Å ã 7π 1 Å ã = sin + −x 3π sin x sin x − √ √ 3 sin x − cos x = sin x cos2 x − sin2 x cos x sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = + cos x BÀI Giải các phương trình lượng giác sau √ (1 − sin x) cos x = (1 + sin x)(1 − sin x) √ sin x + cos x sin 2x + cos 3x = cos 4x + sin3 x √ cos 5x − sin 3x cos 2x − sin x = BÀI Giải các phương trình sau π (1 + sin x + cos 2x) sin x + = √1 cos x 1 + tan x 2 (sin 2x + cos 2x) cos x + cos 2x − sin x = sin 2x − cos 2x + sin x − cos x − = Lời giải Điều kiện cos x 6= và tan x 6= −1 Phương trình tương đương với Å 1 (1 + sin x + cos 2x) √ sin x + √ cos x 2 sin x + cos x cos x ⇔ + sin x + cos 2x = ã = √ cos x ⇔ sin2 x − sin x − = sin x = 1(không thoả điều kiện) ⇔ sin x = − (thoả điều kiện) π x = − + k2π ⇔ , k ∈ Z 7π x= + k2π Phương trình tương đương với sin 2x cos x − sin x + cos 2x cos x + cos 2x = ⇔ sin x(2 cos2 x − 1) + cos 2x(cos x + 2) = ⇔ cos 2x(sin x + cos x + 2) = ñ sin x + cos x + = (vô nghiệm) ⇔ cos 2x = π ⇔ x = + kπ, k ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 120 (121) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình tương đương với sin x cos x − cos x − − sin2 x + sin x − = ⇔ cos x(2 sin x − 1) + sin2 x + sin x − = ⇔ cos x(2 sin x − 1) + (2 sin x − 1)(sin x + 2) = ⇔ (2 sin x − 1)(cos x + sin x + 2) = sin x = ⇔ cos x + sin x + = (vô nghiệm) π x = + k2π ⇔ , k ∈ Z 5π x= + k2π BÀI 10 Giải các phương trình sau 1 + sin 2x + cos 2x √ = sin x sin 2x + cot2 x sin 2x cos x + sin x cos x = cos 2x + sin x + cos x sin 2x + cos x − sin x − √ =0 tan x + Lời giải Điều kiện sin x 6= Phương trình tương đương với + sin 2x + cos 2x sin2 x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ = 2 cos x sin2 x √ + cos 2x + sin 2x − 2 cos x = √ cos2 x + sin x cos x − 2 cos x = √ cos x(cos x + sin x − 2) = cos x = π sin x x + =1 π x = + kπ (thoả điều kiện) , k ∈ Z π x = + k2π (thoả điều kiện) Phương trình tương đương với sin x cos2 x + sin x cos x − sin x = cos 2x + cos x ⇔ sin x(2 cos2 x − + cos x) − (cos 2x + cos x) = ⇔ (cos 2x + cos x)(sin x − 1) = ñ cos 2x = − cos x ⇔ sin x = cos 2x = cos(π − x) ⇔ π x = + k2π x = −π + k2π π k2π ⇔ x = + , k ∈ Z π x = + k2π Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 121 (122) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác √ Điều kiện cos x 6= và tan x 6= − Phương trình tương đương với cos x(sin x + 1) + (sin x + 1) = ⇔ (sin x + 1)(2 cos x + 1) = sin x = −1 (không thoả điều kiện) ⇔ cos x = − π x = + k2π ⇔ π x = − + k2π (không thoả điều kiện) π ⇔ x = + k2π, k ∈ Z BÀI 11 Giải các phương trình sau √ sin 2x + cos 2x = cos x − 2(cos x + √ sin x) cos x = cos x − sin 3x + cos 3x − sin x + cos x = √ √ sin x + cos 2x Lời giải Phương trình đã cho tương đương với √ ( sin x + cos x − 1) cos x = ñ cos x = √ ⇔ sin x + cos x − = π x = + kπ ⇔ x = k2π , k ∈ Z 2π + k2π x= Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = π 2π + kπ, x = k2π, x = + k2π(k ∈ Z) Phương trình đã cho tương đương với ⇔ ⇔ ⇔ Vậy nghiệm phương trình là x = √ √ cos 2x + sin 2x = cos x − sin x π π cos 2x − = cos x + 3 π π 2x − = ± x + + k2π(k ∈ Z) 3 2π x= + k2π (k ∈ Z) 2π x=k 2π 2π + k2π, x = k (k ∈ Z) 3 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 122 (123) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình đã cho tương đương với (2 sin x + cos x − ñ cos 2x = √ 2) cos 2x = √ sin x + cos x − = π kπ x= + π cos x − = π kπ x= + 7π x = + k2π (k ∈ Z) 12 π x = − + k2π 12 ⇔ ⇔ ⇔ Vậy các nghiệm phương trình đã cho là x = π kπ 7π π + ,x= + k2π, x = − + k2π(k ∈ Z) 12 12 BÀI 12 Giải các phương trình lượng giác sau √ 1 + tan x = 2 sin x + π sin 5x + cos2 x = sin 3x + cos 2x − sin x = Lời giải Điều kiện cos x 6= Phương trình đã cho tương đương với sin x = 2(sin x + cos x) cos x ⇔ (sin x + cos x)(2 cos x − 1) = ñ sin x + cos x = ⇔ cos x − = π x = − + kπ ⇔ (k ∈ Z) π x = ± + k2π 1+ Đối chiếu điều kiện ta nghiệm x = − π π + kπ, x = ± + k2π(k ∈ Z) Phương trình đã cho tương đương với ⇔ ⇔ sin 5x + cos 2x = π cos 5x + = cos 2x π 2π x=− +k (k ∈ Z) π 2π x=− +k 14 Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = − π 2π π 2π + k , x = − + k (k ∈ Z) 14 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 123 (124) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình đã cho tương đương với cos 2x sin x + cos 2x = ⇔ cos 2x(2 sin x + 1) = ñ cos 2x = ⇔ sin x + = π π x= +k π ⇔ x = − + k2π (k ∈ Z) 7π x= + k2π Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = π π π 7π + k , x = − + k2π, x = + k2π(k ∈ Z) 6 BÀI 13 Giải phương trình lượng giác sau: sin x + cos x = + sin 2x √ 2(sin x − cos x) = − sin 2x Lời giải Phương trình đã cho tương đương với sin x + cos x = + sin x cos x ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = ñ sin x − = (vô nghiệm) ⇔ cos x − = π ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z) Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = ± π + k2π(k ∈ Z) Phương trình đã cho tương đương với ⇔ ⇔ ⇔ √ √ sin x cos x − 2 cos x + sin x − = √ √ (sin x − 2)(2 cos x + 2) = " √ sin x − = (vô nghiệm) √ cos x + = 3π + k2π(k ∈ Z) x=± Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = ± 3π + k2π(k ∈ Z) BÀI 14 Giải phương trình lượng giác sin x + sin x − = Lời giải π x = + k2π sin x = −4 sin x = −4 vô nghiệm Ta có sin2 x + sin x − = ⇔ ⇔ (k ∈ Z) ⇔ 5π sin x = sin x = x = + k2π 2 π 5π Vậy nghiệm phương trình x = + k2π, x = + k2π, (k ∈ Z) 6 BÀI 15 Giải các phương trình lượng giác sau cos x cos 3x − sin 2x sin 6x − sin 4x sin 6x = cos x cos 2x cos 3x − sin x sin 2x sin 3x = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 124 (125) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác cot x + cos 2x + sin x = sin 2x cot x + cos x cot x 4 + sin x + sin3 x = cos2 x + cos6 x sin3 x + cos 2x + cos x = cos x cos 2x cos 3x + = cos 2x sin2 x(4 cos2 x − 1) = cos x(sin x + cos x − sin 3x) √ 3(sin 2x + sin x) − cos 2x cos x − cos2 x + = √ h π i (sin x + cos x)2 − sin2 x π = sin − x − sin − 3x 4 + cot2 x cos x + 1 15 cos 4x + = cot2 x + tan2 x + + sin2 2x √ π sin x − + cos 3x = √2 sin 2x − π − 11 tan x − 10 ã π 3π 12 sin x cos + x − sin2 + x cos x = sin x cos2 x − sin2 x cos x 2 Å 13 √ (2 sin x + 1)(cos 2x + sin x) − sin 3x + sin x + √ + cos x + = cos x − … 14 + cos2 x + … − cos 2x = 15 (tan x + 1) sin2 x + cos 2x + = 3(cos x + sin x) sin x 16 sin3 x − cos3 x + sin2 x + sin x − cos x + = 17 sin 2x − √ cos 2x + √ 3(sin x − 3) = cos x √ √ 18 8(sin6 x + cos6 x) − 3 cos 2x = 11 − 3 sin 4x − sin 2x 19 sin 5x sin 3x cos 3x + + = sin x sin x cos x 20 cos 2x + sin2 x cos x + sin x cos2 x = 2(sin x + cos x) 21 sin x + sin2 x + sin3 x + sin4 x = cos x + cos2 x + cos3 x + cos4 x 22 + sin3 x cos3 x + = cos 2x + cos x + cos x + sin x 23 (2 cos 2x − 1) cos x − sin x = √ 2(sin x + cos x) sin 3x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 125 (126) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Lời giải Phương trình đã cho tương đương với cos x · cos 3x − sin 2x · sin 6x − sin 4x sin 6x = ⇔ cos x · cos 3x − (sin 2x + sin 4x) sin 6x = ⇔ cos x · cos 3x − sin 3x · cos x · sin 3x · cos 3x = ⇔ cos x · cos 3x · (2 cos 6x − 1) = π x = + kπ π π ⇔ x = + k (k ∈ Z) π kπ x=± + 18 Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = π π π kπ π + kπ, x = + k , x = ± + (k ∈ Z) 18 Phương trình đã cho tương đương với cos 2x [cos 4x + cos 2x − cos 2x] + sin 2x [cos 4x − cos 2x − sin 2x] = ⇔ [cos 2x + sin 2x] · cos2 2x − sin2 2x − sin 2x = ⇔ [cos 2x + sin 2x] · [cos 4x − sin 2x] = π π x=− +k π π +k ⇔ x = (k ∈ Z) 12 π x = − + kπ Vậy nghiệm phương trình là x = − π π π π π +k , x= + k , x = − + kπ, (k ∈ Z) 12 Điều kiện xác định sin x 6= Khi đó phương trình đã cho tương đương với cot x + cos 2x + sin x = sin 2x · cot x + cos x · cot x ⇔ cot x + cos 2x + sin x = cos2 x + cos x · cot x ⇔ cos x(1 − cos x) + sin x(sin x − 1) = ⇔ (cos x − sin x)(1 − sin x − cos x) = π x = + kπ ⇔ x = k2π (loại) (k ∈ Z) π x = + k2π Vậy nghiệm phương trình là x = π π + kπ, x = + k2π (k ∈ Z) 4 Phương trình đã cho tương đương với ⇔ ⇔ ⇔ + sin x + sin3 x = cos2 x + cos6 x (sin x + 1) sin2 x + sin x + − (1 − sinx)(3 + cos4 x) ) = (sin x + 1)3 − (1 − sin x)3 = π x = − + k2π (k ∈ Z) x = kπ Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = − π + k2π, x = kπ, (k ∈ Z) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 126 (127) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình đã cho tương đương với sin3 x + − sin2 x + cos x = ⇔ sin2 x(sin x − 1) + + cos x = ⇔ (1 + cos x)[2(1 − cos x)(sin x − 1) + 1] = ⇔ (1 + cos x)(sin x + cos x) [2 − (sin x + cos x)] = π x = − + kπ (k ∈ Z) x = π + k2π ⇔ Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = − π + kπ, x = π + k2π, (k ∈ Z) Phương trình đã cho tương đương với cos 2x(cos 4x + cos 2x) + − cos 2x = ⇔ cos 2x(2 cos2 2x + cos 2x − 1) + − cos 2x = ⇔ cos3 2x + cos2 2x − cos 2x + = ⇔ (2 cos 2x + 5)(cos 2x − 1)2 = ñ cos 2x + = cos 2x = − (vô nghiệm) ⇔ ⇔ cos 2x − = cos 2x = ⇔ 2x = k2π ⇔ x = kπ (k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm x = kπ (k ∈ Z) Phương trình đã cho tương đương với sin2 x cos2 x − sin2 x = cos x [2 cos 2x sin(−x) + cos x] ⇔ sin2 2x − sin2 x = cos2 x − sin 2x cos 2x − cos 4x sin 4x + −1=0 ⇔ 2 ⇔ sin 4x − cos 4x = √ π ⇔ sin 4x − =1 π π π kπ 4x − = + k2π x= + 4 (k ∈ Z) ⇔ ⇔ π 3π π kπ 4x − = + k2π x= + 4 Vậy phương trình có nghiệm là x = π kπ π kπ + và x = + (k ∈ Z) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 127 (128) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Phương trình đã cho tương đương với √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ √ sin x(2 cos x + 1) − 4(2 cos2 x − 1) cos x − cos2 x + cos x + = sin x(2 cos x + 1) − cos3 x − cos2 x + cos x + = sin x(2 cos x + 1) − (2 cos x + 1)(4 cos2 x − cos x − 2) = √ (2 cos x + 1)( sin x + cos2 x − cos x − 2) = ñ cos x + = √ sin x + cos2 x − cos x − = ñ cos x + = √ sin x − cos x + 2(2 cos2 x − 1) = ñ cos x + = √ cos x − sin x = cos 2x cos x = − π cos x + = cos 2x 2π + k2π x=± x = π + k2π (k ∈ Z) π k2π x=− + Vậy phương trình có nghiệm là x = ± 2π π π k2π + k2π; x = + k2π; x = − + (k ∈ Z) 3 9 Điều kiện xác định : sin x 6= ⇔ x 6= kπ (k ∈ Z) Với điều kiện xác định, phương trình đã cho tương đương với ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π cos2 x − sin2 x + sin 2x √ = cos − 2x sin x sin x + cos2 x sin2 x √ π (cos 2x + sin 2x) sin2 x = cos 2x − sin x π π cos 2x − sin2 x = cos 2x − sin x 4 π (sin2 x − sin x) = cos 2x − π 3π kπ cos 2x − =0 x= + (k ∈ Z) ⇔ sin x = (loại) π x = + k2π sin x = Ta thấy nghiệm trên thỏa mãn điều kiện xác định 3π kπ π Vậy phương trình có nghiệm là x = + ; x = + k2π (k ∈ Z) 2 ® 10 Điều kiện xác định : sin x 6= cos x 6= ⇔ sin 2x 6= ⇔ x 6= Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 kπ (k ∈ Z) Trang 128 (129) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Với điều kiện xác định, phương trình đã cho tương đương với sin2 x cos2 x 15(1 − sin2 2x) + = 2 sin x + cos x cos x + sin x + sin2 2x 15 − 30 sin2 2x sin x cos2 x + 2(sin x + cos4 x) = 2(sin4 x + cos4 x) + sin2 x cos2 x + sin2 2x ⇔ ⇔ 2(sin2 x + cos2 x)2 − sin2 x cos2 x 15 − 30 sin2 2x = 2 2(sin x + cos2 x)2 + sin x cos2 x + sin2 2x sin2 2x 15 − 30 sin2 2x = ⇔ + sin2 2x sin 2x 2+ ⇔ 28 sin4 2x + 217 sin2 2x − 56 = sin2 2x = π ⇔ ⇔ cos 4x = ⇔ x = ± + k2π(k ∈ Z) 12 sin 2x = −8 (vô nghiệm) 2− Ta thấy nghiệm trên thỏa mãn điều kiện xác định π Vậy phương trình có nghiệm là x = ± + k2π (k ∈ Z) 12 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 129 (130) Chương Hàm số lượng giác - phương trình lượng giác Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 130 (131) CHƯƠNG BÀI A TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT CÁC QUY TẮC ĐẾM CƠ BẢN TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa (Quy tắc cộng) Một công việc X thực theo k phương án A1 , A2 , , Ak , đó Phương án A1 có n1 cách thực hiện; Phương án A2 có n2 cách thực hiện; Phương án Ak có nk cách thực Khi đó số cách hoàn thành công việc X là n(X) = n1 + n2 + · · · + nk = k P ni cách i=1 Định nghĩa (Quy tắc nhân) Giả sử nhiệm vụ X nào đó hoàn thành qua k giai đoạn A1 , A2 , , Ak : Giai đoạn A1 có n1 cách làm; Giai đoạn A2 có n2 cách làm; Giai đoạn Ak có nk cách làm Khi đó công việc X có số cách thực là n(X) = n1 · n2 · n3 · · · nk = k Q ni cách i=1 Định nghĩa (Quy tắc bù trừ) Đối tượng x cần đếm chứa đối tượng X gồm x và x đối lập Nếu X có m cách chọn, x có n cách chọn Vậy x có (m − n) cách chọn Về mặt thực hành, đề cho đếm đối tượng thỏa a và b Ta cần làm: Bài toán 1: Đếm đối tượng thỏa a Bài toán 2: Đếm đối tượng thỏa a, không thỏa b Do đó, kết bài toán = kết bài toán − kết bài toán ! Nếu bài toán chia trường hợp không trùng lặp để hoàn thành công việc thì dùng qui tắc cộng, bài toán chia giai đoạn thực thì ta dùng quy tắc nhân Trong nhiều bài toán, ta không kết hợp hai quy tắc này lại với để giải mà cần phân biệt nào cộng, nào nhân, nào trừ “Nếu cho tập hợp hữu hạn A và B giao khác rỗng Khi đó thì số phần tử A ∪ B số phần tử A cộng với số phần tử B trừ số phần tử A ∩ B, tức là n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)” Đó là quy tắc cộng mở rộng Do đó giải các bài toán đếm liên quan đến tìm số cho các số đó là số chẵn, số lẻ, số chia hết ta nên ưu tiên việc thực (chọn) chúng trước và chứa số nên chia trường hợp nhằm tránh trùng lặp với Dấu hiệu chia hết: Gọi N = an an−1 a1 a0 là số tự nhiên có n + chữ số (an 6= 0) Khi đó: 131 (132) Chương Tổ hợp và xác suất + N ⇔ a0 ⇔ a0 ∈ {0; 2; 4; 6; 8} + N ⇔ a0 ⇔ a0 ∈ {0; 5} + N (hay 25) ⇔ a1 a0 (hay 25) + N (hay 125) ⇔ a2 a1 a0 (hay 125) + N (hay 9) ⇔ a0 + a1 + · · · + an (hay 9) B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ { DẠNG 1.1 Bài toán sử dụng quy tắc cộng VÍ DỤ Trong thi tìm hiểu đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách các đề tài bao gồm: đề tài lịch sử, đề tài thiên nhiên, 10 đề tài người và đề tài văn hóa Hỏi thí sinh có bao nhiêu cách chọn đề tài? Lời giải Mỗi thí sinh có các phương án chọn đề tài: Chọn đề tài lịch sử có cách chọn Chọn đề tài thiên nhiên có cách chọn Chọn đề tài người có 10 cách chọn Chọn đề tài văn hóa có cách chọn Theo quy tắc cộng, có + + 10 + = 31 cách chọn đề tài VÍ DỤ Giả sử từ tỉnh A đến tỉnh B có thể các phương tiện: ô tô, tàu hỏa máy bay Mỗi ngày có 10 chuyến ô tô, chuyến tàu hỏa và chuyến máy bay Hỏi có bao nhiêu cách lựa chọn chuyến từ tỉnh A đến tỉnh B? Lời giải Để từ A đến B có phương án lựa chọn: Đi ô tô có 10 cách chọn Đi tàu hỏa có cách chọn Đi máy bay có cách chọn Theo quy tắc cộng, có 10 + + = 18 cách chọn { DẠNG 1.2 Bài toán sử dụng quy tắc nhân VÍ DỤ An đến nhà Bình để cùng Bình đến chơi nhà Cường Từ nhà An đến nhà Bình có đường đi, từ nhà Bình đến nhà Cường có đường Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường từ nhà mình đến nhà Cường? Lời giải Để từ nhà An đến nhà Cường cần thực giai đoạn Đi từ nhà An đến nhà Bình có cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 132 (133) Chương Tổ hợp và xác suất Đi từ nhà Bình đến nhà Cường có cách Theo quy tắc nhân, có · = 24 cách chọn đường VÍ DỤ Lớp 11A có 30 học sinh Tập thể lớp muốn bầu lớp trưởng, lớp phó và thủ quỹ Hỏi có bao nhiêu cách chọn ban cán lớp trên, biết bạn có làm tối đa vai trò? Lời giải Để bầu ban cán lớp cần thực giai đoạn Bầu lớp trưởng có 30 cách Bầu phó có 29 cách Bầu thủ quỹ có 28 cách Theo quy tắc nhân, có 30 · 29 · 28 = 24360 cách chọn { DẠNG 1.3 Bài toán sử dụng quy tắc bù trừ VÍ DỤ Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác mà không bắt đầu 12? Lời giải Gọi a1 a2 a3 a4 a5 là số cần lập Để lập số tự nhiên có chữ số khác nhau, ta thực các bước lần lượt: Chọn a1 có cách Chọn a2 có cách Chọn a3 có cách Chọn a4 có cách Chọn a5 có cách Do đó có · · · · = 27216 số có năm chữ số khác Để lập số tự nhiên có chữ số khác bắt đầu 12, ta thực các bước lần lượt: Chọn a1 a2 có cách Chọn a3 có cách Chọn a4 có cách Chọn a5 có cách Do đó có · · · = 336 số có năm chữ số khác Theo quy tắc bù trừ, có 27216 − 336 = 26880 số có năm chữ số khác không bắt đầu 12 VÍ DỤ Trong hộp có bi đỏ, bi trắng và bi vàng Có bao nhiêu cách lấy viên bi từ hộp này cho chúng không đủ ba màu? Lời giải Số cách lấy bi từ 15 bi là C315 = 455 Số cách lấy bi từ 15 bi mà đủ ba màu là · · = 120 Theo quy tắc bù trừ, số cách lấy viên bi không đủ ba màu là 455 − 120 = 335 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 133 (134) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Một hộp có 12 viên bi trắng, 10 viên bi xanh và viên bi đỏ Một em bé muốn chọn viên bi để chơi Hỏi có bao nhiêu cách chọn? Lời giải Để chọn viên bi để chơi có các phương án + Chọn viên bi trắng có 12 cách + Chọn viên bi xanh có 10 cách + Chọn viên bi đỏ có cách Theo quy tắc cộng, số cách để chọn viên bi để chơi là 12 + 10 + = 30 cách BÀI Chợ Bến Thành có cổng vào Hỏi người chợ: a) Có cách vào và chợ? b) Có cách vào và chợ cổng khác nhau? Lời giải a) Để vào và chợ ta thực liên tiếp các bước Vào chợ có cách Ra chợ có cách Theo quy tắc nhân, có · = 16 cách vào và chợ b) Để vào và chợ cổng khác ta thực liên tiếp các bước Vào chợ có cách Ra chợ cổng khác có cách Theo quy tắc nhân, có · = 12 cách vào và chợ hai cổng khác BÀI Có sách Toán, sách Lí, sách Hóa Một học sinh chọn loại trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn? Lời giải Để chọn sách loại sách, ta có các phương án + Chọn sách Toán có cách + Chọn sách Lí có cách + Chọn sách Hóa có cách Theo quy tắc cộng, số cách để chọn viên bi để chơi là + + = 20 cách BÀI Cho sơ đồ mạch điện hình vẽ bên cạnh Hỏi có bao nhiêu cách đóng - mở công tắc để có dòng điện từ A đến B A B Lời giải Để dòng điện từ A đến B có phương án Phương án công tắc phía trên đóng Khi đó có 22 = trạng thái các công tắc phía Phương án công tắc phía đóng Khi đó có 23 = trạng thái các công tắc phía trên Theo quy tắc cộng, có + = 12 cách để dòng điện từ A đến B BÀI Đề thi học kỳ môn Hóa gồm hai phần: trắc nghiệm và tự luận Trong ngân hàng đề thi có 15 đề trắc nghiệm và đề tự luận Hỏi có bao nhiêu cách đề? Lời giải Để tạo đề thi, cần thực hai bước liên tiếp Chọn đề trắc nghiệm có 15 cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 134 (135) Chương Tổ hợp và xác suất Chọn đề tự luận có cách Theo quy tắc nhân, có 15 · = 120 cách đề BÀI Một ca sĩ có 30 cái áo và 20 cái quần, đó có 18 cái áo màu xanh và 12 cái áo màu đỏ; 12 quần xanh và quần đỏ Có bao nhiêu cách chọn quần áo khác màu để người ca sĩ này trình diễn? Lời giải Để chọn quần áo khác màu, ta có các phương án Áo màu xanh và quần màu đỏ có 18 · = 144 cách Áo màu đỏ và quần màu xanh có 12 · = 96 cách Theo quy tắc cộng, số cách chọn quần áo là 144 + 96 = 240 cách BÀI Trong lớp 11A có 39 học sinh đó có học sinh tên Chiến, lớp 11B có 32 học sinh đó có học sinh tên Tranh Có bao nhiêu cách chọn tổ gồm học sinh khác lớp mà không có mặt Chiến và Tranh cùng lúc? Lời giải Để chọn tổ gồm học sinh khác lớp, có 39 · 32 = 1248 cách Trong đó có cách chọn tổ có mặt Chiến và Tranh Do đó số cách chọn tổ không có mặt Chiến và Tranh cùng lúc là 1248 − = 1247 cách BÀI Trong lớp 11A có 50 học sinh, đó có học sinh tên Ưu và Tiên Có bao nhiêu cách chọn học sinh thi mà đó có mặt ít học sinh tên Ưu và tên Tiên? Lời giải Có phương án chọn Phương án 1: Chọn có Ưu cách, chọn bạn khác Tiên có 48 cách nên có · 48 = 48 cách trường hợp này Phương án 2: Chọn có Tiên cách, chọn bạn khác Tiên có 48 cách nên có · 48 = 48 cách trường hợp này Phương án 3: Có Ưu và Tiên: cách trường hợp này Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là 48 + 48 + = 97 cách thỏa yêu cầu BÀI Có 20 bông hoa đó có bông hồng, bông cúc, bông đào Chọn ngẫu nhiên bông, hỏi có bao nhiêu cách chọn để đó hoa chọn có đủ ba loại? Lời giải Có phương án chọn Phương án 1: Chọn bông hồng, bông cúc, bông đào có 8·7 · · = 980 cách trường hợp này 2! Phương án 2: Chọn bông hồng, bông cúc, bông đào có · 7·6 · = 840 cách trường hợp này 2! Phương án 3: Chọn bông hồng, bông cúc, bông đào có · · 8·7 = 560 cách trường hợp này 2! Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là 980 + 840 + 560 = 2380 cách thỏa yêu cầu BÀI 10 Có 12 học sinh giỏi gồm học sinh khối 12, học sinh khối 11, học sinh khối 10 Hỏi có bao nhiêu cách chọn học sinh cho khối có ít học sinh ? Lời giải Có phương án chọn Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh có 12 · 11 · 10 · · · = 924 cách 6! Số cách chọn học sinh đó không có học sinh lớp 12 có 9·8·7·6·5·4 = 84 cách 6! Số cách chọn học sinh đó không có học sinh lớp 11 có 8·7·6·5·4·3 = 28 cách 6! Số cách chọn học sinh đó không có học sinh lớp 10 có 7·6·5·4·3·2 = cách 6! Do đó số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là 924 − (84 + 28 + 7) = 805 cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 135 (136) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 11 Có bao nhiêu biển số xe gồm hai chữ cái đầu (26 chữ cái) và chữ số theo sau (chữ số đầu không thiết khác và chữ số cuối khác 0), cho: Chữ cái tùy ý và bốn chữ số tùy ý tạo thành số chia hết cho theo sau Chữ cái khác và chữ số đôi khác tạo thành số chia hết cho sau Lời giải Có bước chọn Chọn chữ cái 262 cách Chọn chữ số có 103 cách Chọn chữ số cuối cùng thuộc {2; 4; 6; 8} có cách Vậy có tất 262 · 103 · = 2704000 cách Có bước chọn Chọn chữ cái có 26 · 25 = 650 cách Chữ số cuối có cách chọn số Chọn chữ số còn lại · · = 448 cách Vậy có tất 26 · 25 · · · · = 291200 cách BÀI 12 Người ta có thể ghi nhãn cho ghế giảng đường Đại học chữ cái (26 chữ cái) và số nguyên dương theo sau mà không vượt quá 100 Bằng cách ghi vậy, nhiều có bao nhiêu ghế có thể ghi nhãn khác nhau? Lời giải Có 26 chữ cái và 100 số thỏa mãn Vậy số cách ghi nhiều là 26 · 100 = 2600 cách BÀI 13 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số lấy từ tập A, cho các chữ số này: Tùy ý Khác đôi Khác đôi và năm chữ số này tạo thành số lẻ Khác đôi và năm chữ số này tạo thành số chia hết cho 5 Khác đôi và năm chữ số này tạo thành số chia hết cho Lời giải Gọi abcde là số cần tìm a có cách chọn b có 10 cách chọn c có 10 cách chọn d có 10 cách chọn e có 10 cách chọn Vậy có · 10 · 10 · 10 · 10 = 90000 số thỏa yêu cầu a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn e có cách chọn Vậy có · · · · = 27216 số thỏa mãn yêu cầu Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 136 (137) Chương Tổ hợp và xác suất e có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Vậy có · · · · = 13440 số thỏa mãn yêu cầu Có trường hợp: Trường hợp 1: e = có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Vậy có · · · · = 3024 số trường hợp này Trường hợp 2: e = có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Vậy có · · · · = 2688 số trường hợp này Vậy có tất cả: 3024 + 2688 = 5712 số thỏa mãn yêu cầu Có trường hợp: Trường hợp 1: e = có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Vậy có · · · · = 3024 số trường hợp này Trường hợp 2: e ∈ {2; 4; 6; 8} có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Vậy có · · · · = 10752 số trường hợp này Vậy có tất 3024 + 10752 = 13776 số thỏa mãn yêu cầu BÀI 14 Từ các chữ số 0, 1, 2, , có thể lập bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đôi và chữ số chính luôn là số 2? Lời giải Gọi A = ab2cd (a 6= 0) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 137 (138) Chương Tổ hợp và xác suất Xét A = ab2cd, a bất kì, d ∈ {0; 4; 6; 8} Có cách chọn d, cách chọn a, cách chọn b, cách chọn c, nên có · · · = 1344 cách Xét A = ab2cd, d ∈ {4; 6; 8} và a = Có cách chọn d, cách chọn b, cách chọn c, nên có · · = 126 cách Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là 1344 − 126 = 1218 số BÀI 15 Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số đầu tiên phải Lời giải Đặt số cần tìm là abcde (a 6= 0) + Xét trường hơp a Xếp số vào ba vị trí a, b, c có cách Xếp các số còn lại vào vị trí có 7, 6, 5, cách Do đó có · · · · = 2520 cách xếp + Xét trường hợp a = Xếp số vào hai vị trí b, c có cách Xếp các số còn lại vào vị trí có 6, 5, cách Do đó có · · · = 240 cách Vậy có tất 2520 − 240 = 2280 số xếp thỏa yêu cầu BÀI 16 Cho sáu chữ số 1; 2; 3; 4; 5; Có thể tạo bao nhiêu số gồm bốn chữ số khác nhau? Trong đó có bao nhiêu số chia hết cho 5? Lời giải Gọi số cần tìm là abcd a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Do đó có tất · · · = 360 số có chữ số khác Trong đó, các số cha hết cho có dạng abc5 d có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn Do đó có · · · = 60 số thỏa yêu cầu BÀI 17 Cho tập A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có bao nhiêu số gồm sáu chữ số có nghĩa đôi khác chia hết cho và luôn có chữ số lấy từ tập A? Lời giải Gọi x = abcdef + Xét số x có dạng abcde0 có · · · · · = 2520 số + Xét số x có dạng abcde5 Xếp số vào vị trí có cách Xác vị trí còn lại có 6, 5, 4, cách Do đó có · · · · = 1800 cách + Xét số x dạng 0bcde5 có · · · = 360 cách Vậy có tất 2520 + 1800 − 360 = 3960 số thỏa mãn yêu cầu Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 138 (139) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 18 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số đôi khác nhau, đó chữ số phải có mặt hai vị trí đầu? Lời giải Gọi số cần tìm là x = abcde + Xét x dạng 1bcde có · · · · = 3024 số + Xét x dạng a1cde Với a có · · · · = 3024 số Với a = có · · · · = 336 số Do đó có 3024 − 336 = 2688 số Vậy có tất 3024 + 2688 = 5712 số thỏa mãn yêu cầu BÀI 19 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số mà đó có hai chữ số chẵn đứng liền nhau, còn chữ số còn lại lẻ? Lời giải Gọi số cần tìm là abc TH1: a, b chẵn, c lẻ có · · = 100 số TH2: a lẻ, b, c chẵn có · · = 125 số Vậy có tất 100 + 125 = 225 số thỏa yêu cầu BÀI 20 Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; có thể lập bao nhiêu số có ba chữ số khác nằm khoảng (300; 500)? Lời giải Gọi số cần tìm là abc a có cách chọn (a = a = 3) b có cách chọn c có cách chọn Vậy có · · = 24 số thỏa mãn yêu cầu BÀI 21 Cho các chữ số 1; 2; 5; 7; 8, có bao nhiêu cách lập số gồm ba chữ số khác từ năm chữ số trên cho số tạo thành là số nhỏ 278? Lời giải Gọi số cần tìm là abc Trường hợp 1: a = có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn Vậy có · · = 12 số trường hợp này Trường hợp 2: a = có cách chọn b < có cách chọn c có cách chọn Vậy có · · = số trường hợp này Trường hợp 3: a = có cách chọn b = có cách chọn c ∈ {1; 5} có cách chọn Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 139 (140) Chương Tổ hợp và xác suất Vậy có · · = số trường hợp này Vậy có tất 12 + + = 20 số thỏa mãn yêu cầu BÀI 22 Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; có thể lập bao nhiêu số lẻ có ba chữ số khác nhỏ 400? Lời giải Gọi số cần tìm là: abc (a ∈ {1; 2; 3}) Trường hợp 1: a ∈ {1; 3} có cách chọn c có cách chọn b có cách chọn Vậy có · · = 20 số trường hợp này Trường hợp 2: a = có cách chọn c có cách chọn b có cách chọn Vậy có · · = 15 số trường hợp này Vậy có tất 20 + 15 = 35 số thỏa mãn yêu cầu BÀI 23 Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác và nhỏ 34000? Lời giải Trường hợp 1: Số lập bắt đầu các giá trị sau: 13; 15; 17; 19; 31 Có cách chọn hai chữ số đầu tiên Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng trăm Vậy có · · · = 1050 số có chữ số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 2: Số lập bắt đầu các giá trị sau: 10; 12; 14; 16; 18; 21; 23; 25; 27; 29; 30; 32 Có 12 cách chọn hai chữ số đầu tiên Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng trăm Vậy có 12 · · · = 2016 số có chữ số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 3: Số lập bắt đầu các giá trị sau: 20; 24; 26; 28 Có cách chọn hai chữ số đầu tiên Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng trăm Vậy có · · · = 504 số có chữ số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 1050 + 2016 + 504 = 3570 số có chữ số thoả mãn BÀI 24 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác mà không bắt đầu 12? Lời giải Trước hết ta đếm số các số tự nhiên có chữ số khác Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 140 (141) Chương Tổ hợp và xác suất Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có tất · · · · = 27216 số tự nhiên có chữ số khác Tiếp theo, ta đếm số các số tự nhiên có chữ số khác mà bắt đầu 12 Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có tất · · = 336 số tự nhiên có chữ số khác mà bắt đầu 12 Vậy có 27216 − 336 = 26880 số tự nhiên gồm chữ số khác mà không bắt đầu 12 BÀI 25 Cho tập A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác đôi lấy từ tập A và đó có chứa chữ số 4? Lời giải Trường hợp 1: Chữ số vị trí hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · = 360 số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 2: Chữ số không nằm vị trí hàng chục nghìn Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số thứ ba Có cách chọn chữ số thứ tư Có cách chọn chữ số thứ năm Vậy có · · · · = 1200 số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 360 + 1200 = 1560 số có chữ số thoả mãn BÀI 26 Hỏi từ 10 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; có thể lập bao nhiêu số gồm chữ số khác nhau, cho các chữ số đó có mặt số và số 1? Lời giải Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ ba Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ sáu Vậy có · · · · · = 50400 số có chữ số khác thoả mãn BÀI 27 Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 6; 7; 8; có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm có sáu chữ số đôi khác nhau, đó phải có mặt chữ số 7? Lời giải Trường hợp 1: Chữ số vị trí hàng trăm nghìn Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 141 (142) Chương Tổ hợp và xác suất Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · = 2520 số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 2: Chữ số không nằm vị trí hàng trăm nghìn Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có cách chọn chữ số thứ ba Có cách chọn chữ số thứ tư Có cách chọn chữ số thứ năm Có cách chọn chữ số thứ sáu Vậy có · · · · · = 10800 số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 2520 + 10800 = 13320 số có chữ số thoả mãn BÀI 28 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ A có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau, đó thiết phải có chữ số và 3? Lời giải Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn vị trí cho chữ số Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ ba Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư Có cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm Vậy có · · · · = 480 số có chữ số khác thoả mãn BÀI 29 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và số đó chia hết cho 3? Lời giải Vì số lập chia hết cho nên các chữ số số đó là 1; 2; 3; 4; 0; 1; 2; 4; Trường hợp 1: Các chữ số số lập là 1; 2; 3; 4; Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · = 120 số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 2: Các chữ số số lập là 0; 1; 2; 4; Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · = 96 số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 120 + 96 = 216 số có chữ số thoả mãn Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 142 (143) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 30 Từ các chữ số 0; 1; 2; ; có thể lập bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đôi và chữ số chính luôn là số 2? Lời giải Trường hợp 1: Chữ số hàng đơn vị là Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng chục Vậy có · · · · = 336 số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 2: Chữ số hàng đơn vị khác Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng chục Vậy có · · · · = 882 số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 336 + 882 = 1218 số có chữ số thoả mãn BÀI 31 Trong trường THPT A, khối 11 học sinh tham gia hai câu lạc Toán và Tin học Có 160 em tham gia câu lạc Toán, 140 em tham gia câu lạc Tin học, 50 em tham gia hai câu lạc Hỏi khối 11 có bao nhiêu học sinh? Lời giải Số học sinh khối 11 là 160 + 140 − 50 = 250 học sinh BÀI 32 Một lớp có 40 học sinh, đăng ký chơi ít hai môn thể thao là bóng đá và cầu lông Có 30 em đăng ký môn bóng đá, 25 em đăng ký môn cầu lông Hỏi có bao nhiêu em đăng ký hai môn thể thao? Lời giải Số em học sinh đăng ký hai môn thể thao là 30 + 25 − 40 = 15 học sinh BÀI 33 Có học sinh, đó có An và Bình Hỏi có bao nhiêu cách xếp học sinh này lên đoàn tàu gồm toa, biết rằng: học sinh lên cùng toa học sinh lên toa đầu và toa người học sinh lên toa khác An và Bình lên cùng toa đầu tiên An và Bình lên cùng toa, ngoài không có học sinh nào khác lên toa này Lời giải Có cách chọn toa tàu để học sinh cùng lên toa tàu đó Vậy có cách xếp để học sinh lên cùng toa Có cách chọn học sinh lên toa đầu tiên Có cách chọn học sinh lên toa thứ hai Có cách chọn học sinh lên toa thứ ba Có cách chọn học sinh lên toa thứ tư Có cách chọn học sinh lên toa thứ năm Vậy có · · · · = 120 cách xếp để học sinh lên toa đầu và toa người Có cách chọn toa tàu cho học sinh đầu tiên Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ hai Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 143 (144) Chương Tổ hợp và xác suất Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm Vậy có · · · · = 6720 cách xếp để học sinh lên toa khác Có cách chọn toa tàu cho An và Bình Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm Vậy có · · · = 512 cách xếp để An và Bình lên cùng toa đầu tiên Có cách chọn toa tàu cho An và Bình Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm Vậy có · · · = 2744 cách xếp để An và Bình lên cùng toa, ngoài không có học sinh nào khác lên toa này BÀI 34 Có bao nhiêu số tự nhiên có đúng năm chữ số, cho số đó chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước? Lời giải Vì chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước nên các chữ số phải khác Trước tiên ta đếm số các số có chữ số đôi khác và khác Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · = 15120 có chữ số đôi khác và khác Nhận thấy, với chữ số nào đó thì có · · · · = 120 cách xếp vị trí cho các chữ số đó, nhiên có cách xếp các chữ số thoả mãn 15120 = 126 số Vậy số các số thoả mãn bài toán là 120 BÀI 35 Có 20 thẻ đựng hai hộp khác nhau, hộp chứa 10 thẻ đánh số liên tiếp từ đến 10 Có bao nhiêu cách chọn hai thẻ (mỗi hộp thẻ) cho tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn Lời giải Có 10 cách chọn thẻ hộp thứ và có 10 cách chọn thẻ hộp thứ hai, nên có 10 · 10 = 100 cách chọn hai thẻ, hộp thẻ Có cách chọn thẻ có số lẻ hộp thứ và có cách chọn thẻ có số lẻ hộp thứ hai, nên có · = 25 cách chọn hai thẻ, hộp thẻ và tích hai số ghi trên hai thẻ là số lẻ Vậy có 100 − 25 = 75 cách chọn hai thẻ, hộp thẻ và tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn BÀI 36 Gọi S là tập hợp tất các số tự nhiên gồm hai chữ số phân biệt khác lấy từ tập A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Hỏi S có bao nhiêu phần tử? Có bao nhiêu cách lấy hai phần tử từ tập S cho tích hai phần tử này là số chẵn? Lời giải Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy tập S có · = 36 phần tử Ta đếm xem tập S có bao nhiêu số lẻ Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 144 (145) Chương Tổ hợp và xác suất Có cách chọn chữ số hàng chục Vậy tập S có · = 15 số lẻ Có 36 · 35 = 1260 cách chọn hai số từ tập S và có 15 · 14 = 210 cách chọn hai số từ tập S có tích là số lẻ nên có 1260 − 210 = 1050 cách chọn hai số từ tập S có tích là số chẵn BÀI 37 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm tám chữ số phân biệt cho tổng tám chữ số này chia hết cho Lời giải Vì số lập chia hết cho nên tổng hai chữ số không xuất số lập phải Trường hợp 1: Hai chữ số và không xuất số lập Có cách chọn chữ số hàng chục triệu Có cách chọn chữ số hàng triệu Có cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · · · · = 40320 số có chữ số thoả mãn trường hợp này Trường hợp 21: Hai chữ số không xuất số lập là (1; 8) (2; 7) (3; 6) (4; 5) Có cách chọn hai chữ số không xuất Có cách chọn chữ số hàng chục triệu Có cách chọn chữ số hàng triệu Có cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có cách chọn chữ số hàng nghìn Có cách chọn chữ số hàng trăm Có cách chọn chữ số hàng chục Có cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có · · · · · · · · = 141120 số có chữ số thoả mãn trường hợp này Vậy có tổng cộng 40320 + 141120 = 181440 số có chữ số thoả mãn BÀI A HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP - TỔ HỢP TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa (Giai thừa) Cho số tự nhiên n ≥ 1, ta định nghĩa n giai thừa, ký hiệu n!, là n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · · Tính chất Giai thừa có các tính chất sau đây: n! = n · (n − 1)! = n · (n − 1) · (n − 2)! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · · · · Quy ước 0! = Định nghĩa (Hoán vị) Cho tập hợp A có n phần tử (n ≥ 1) Ta nói cách xếp thứ tự n phần tử tập hợp A là hoán vị n phần tử này Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 145 (146) Chương Tổ hợp và xác suất Số các hoán vị n phần tử tập hợp A ký hiệu Pn ! Các hoán vị khác khác thứ tự xếp các phần tử Ví dụ: Hoán vị phần tử a, b, c gồm: a, b, c; a, c, b; b, a, c; Định lí (Số các hoán vị) Số các hoán vị n phần tử tính theo công thức: Pn = n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · · Định nghĩa (Chỉnh hợp) Cho tập hợp S gồm n phần tử (n ≥ 1) Kết việc lấy k phần tử khác từ n phần tử tập hợp S và xếp chúng theo thứ tự nào đó gọi là chỉnh hợp chập k n phần tử đã cho Định lí Số các chỉnh hợp chập k n phần tử (1 ≤ k ≤ n) là: Akn = n(n − 1) (n − k + 1) = ! n! (n − k)! Khi giải bài toán chọn trên tập X có n phần tử, ta dùng chỉnh hợp có dấu hiệu sau: Chỉ chọn k phần tử n phần tử X (1 ≤ k < n) Có thự tự các phần tử đã chọn Định nghĩa (Tổ hợp) Cho tập hợp A có n (n ≥ 1) phần tử và số nguyên k với ≤ k ≤ n Mỗi tập A có k phần tử gọi là tổ hợp chập k n phần tử A (hay tổ hợp chập k A) Ký hiệu Ckn Định lí Số tổ hợp chập k tập hợp có n phần tử (1 ≤ k ≤ n) là Ckn = ! Akn n(n − 1)(n − 2) (n − k + 1) = k! k! Với quy ước C0n = thì với số nguyên k thỏa ≤ k ≤ n ta có Ckn = n! k! · (n − k)! với ≤ k ≤ n Tính chất Ckn = Cn−k n Tính chất (Công thức Pascal) Ckn + Ck+1 = Ck+1 n n+1 với ≤ k ≤ n B VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ Giả sử muốn xếp bạn A, B, C ngồi vào bàn dài có ghế Hỏi có bao nhiêu cách xếp cho bạn ngồi ghế? Lời giải Mỗi cách xếp chỗ cho bạn trên gọi là hoán vị vị trí bạn Như ta có số cách xếp chỗ là P3 = 3! = cách VÍ DỤ Có sách Toán, sách Lý và sách Hóa Hỏi có bao nhiêu cách xếp số sách đó lên kệ dài trường hợp sau Các sách xếp tùy ý? Các sách cùng môn xếp cạnh nhau? Lời giải Số cách xếp các sách tùy ý là hoán vị 12 phần tử, nên ta có P12 cách xếp Vì các sách cùng môn xếp cạnh nên ta coi các môn là phần tử, ta có P3 cách xếp Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 146 (147) Chương Tổ hợp và xác suất Ngoài môn, ta có hoán vị sách, đó ta có P5 · P4 · P3 cách xếp Vậy ta có P5 · P4 · P3 · P3 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu đề bài VÍ DỤ Giả sử muốn chọn bạn bạn A, B, C, D, E và bạn này vào bàn dài Hỏi có bao nhiêu cách? Lời giải Mỗi cách xếp bạn bạn vào bàn dài là chỉnh hợp chập phần tử, nên ta có A35 cách VÍ DỤ Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số, cho Đôi khác nhau? Số tự nhiên lẻ và đôi khác nhau? Lời giải Mỗi cách chọn số khác từ số là chỉnh hợp chập phần tử Do đó ta có A47 số tạo thành Để số cần lập là số tự nhiên lẻ thì chữ số tận cùng là số lẻ, đó ta có cách chọn chữ số tận cùng Mỗi cách chọn chữ số còn lại là chỉnh hợp chập phần tử nên ta có A36 cách Vậy có · A36 số tạo thành VÍ DỤ Có bao nhiêu cách lập ban chấp hành gồm người chi đoàn có 14 đoàn viên? Lời giải Mỗi cách lập ban chấp hành gồm người là tổ hợp chập 14 nên ta có C314 cách VÍ DỤ Vòng chung kết bóng đá Euro có 24 đội bóng thi đấu Hỏi có bao nhiêu cách dự đoán đội bóng vào chung kết? Lời giải Mỗi cách dự đoán đội vào chung kết là tổ hợp chập 24 nên ta có C424 cách VÍ DỤ Một lớp học có 30 học sinh, cần lập tổ công tác gồm học sinh Hỏi có bao nhiêu cách? Lời giải Mỗi cách lập tổ công tác là tổ hợp chập 30 nên ta có C530 cách VÍ DỤ Trong không gian, cho tập hợp X gồm 10 điểm, đó không có điểm nào thẳng hàng Hỏi: Có bao nhiêu đường thẳng tạo thành? Có bao nhiêu tam giác tạo thành? Lời giải Để tạo thành đường thẳng, ta chọn điểm 10 điểm nên số đường thẳng tạo thành là C210 Để tạo thành tam giác, ta chọn điểm 10 điểm nên số tam giác tạo thành là C310 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 147 (148) Chương Tổ hợp và xác suất C DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.1 Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Bước Tìm điều kiện Ta có các điều kiện thường gặp sau: Các kí hiệu và công thức ◦ n! = n·(n−1)·(n−2) · · · 3·2·1 ◦ Pn = n! n! ◦ Akn = (n − k)! n! ◦ Ckn = (n − k)!k! ◦ Ckn = Cn−k n Điều kiện n∈N n ®∈ N n, k ∈ N ®1 ≤ k ≤ n n, k ∈ N ®0 ≤ k ≤ n n, k ∈ N ®0 ≤ k ≤ n n, k ∈ N ◦ Ckn+1 = Ckn + Ck−1 n 1≤k≤n Bước Thu gọn dựa vào công thức trên và đưa phương trình đại số Giải phương trình đại số này tìm biến Bước So với điều kiện để nhận giá trị cần tìm VÍ DỤ VÍ DỤ Thu gọn biểu thức D = 7!4! 10! Å ã 8! 9! − 3!5! 2!7! Lời giải 7!4! D= 10! Å 8! 9! − 3!5! 2!7! ã 4! = · · 10 Å 6·7·8 8·9 − 3! 2! ã = 4·6·7 3·4 28 − = − = · 10 10 15 VÍ DỤ Giải phương trình (n + 1)! = 72 (n − 1)! Lời giải Điều kiện: n ≥ 1, n ∈ N ñ n = (nhận) (n + 1)! = 72 ⇔ (n + 1)n = 72 ⇔ n + n − 72 = ⇔ (n − 1)! n = −9 (loại) VÍ DỤ Giải các phương trình sau: P2 · x2 − P3 · x = 8; C32n = 20C2n ; x−1 + Cx−2 = C2x−3 Cx x + 2Cx x x+2 ; Px − Px−1 = ; Px+1 72A1x − A3x+1 = 72 Lời giải 2 P2 · x − P3 · x = ⇔ 2! · x − 3! · x − = ⇔ 2x − 6x − = ⇔ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 ñ x = −1 x = Trang 148 (149) Chương Tổ hợp và xác suất Điệu kiện: n ≥ 2, n ∈ N (2n)! n! 2n(2n − 1)(2n − 2) 20n(n − 1) = 20 · ⇔ = 3!(2n − 3)! 2!(n − 2)! ñ Å ã n = (nhận) ⇔ 2n2 − 36n + 32 = ⇔ ⇔ (2n − 1)(2n − 2) = 30(n − 1) vì n ≥ n = (loại) C32n = 20C2n ⇔ Điều kiện: x ≤ 5, x ∈ N 2x−3 x−1 2x−3 x x−1 Cxx + 2Cx−1 + Cx−2 = C2x−3 + Cx−1 + Cxx−2 = Cx+2 ⇔ Cxx+1 + Cx+1 = Cx+2 x x x x+2 ⇔ Cx + Cx ñ x = (nhận) x = 2x − 2x−3 x ⇔ ⇔ Cx+2 = Cx+2 ⇔ x = x + − (2x − 3) x = (loại) Điều kiện: x ≥ 1, x ∈ N ñ x=3 Px − Px−1 x! (x − 1)! 1 1 = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ x − 5x + = ⇔ Px+1 (x + 1)! (x + 1)! x + (x + 1)x x = Điều kiện: x ≥ 2, x ∈ N 72A1x −A3x+1 x = (nhận) x! (x + 1)! = 72 ⇔ 72· − = 72 ⇔ 72x−(x+1)x(x−1) = 72 ⇔ x −73x+72 = ⇔ x = (loại) (x − 1)! (x − 2)! x = −9 (loại) VÍ DỤ Giải phương trình 14 − x = x Cx5 C6 C7 Lời giải Điều kiện: x ≤ 5, x ∈ N 14 14 − = ⇔ − = 6·7 5! 6! 7! (6 − x) (6 − x)(7 − x) x!(5 − x)! x!(6 − x)! x!(7 − x)! ñ x = 11 (loại) 2(6 − x) 14(7 − x)(6 − x) ⇔5− = ⇔ 15 − (6 − x) = (7 − x)(6 − x) ⇔ x − 14x + 33 = ⇔ 6·7 x = (nhận) 14 − x = x ⇔ Cx5 C6 C7 VÍ DỤ Giải các bất phương trình sau: A3n + 5A2n < 21n; A3n + 15 < 15n; 2C2x+1 + 3A2x − 20 < Lời giải Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N n! + 15 < 15n ⇔ n(n − 1)(n − 2) + 15 < 15n (n − 3)! ñ n < −3 ⇔ n − 3n − 13n + 15 < ⇔ (n − 5)(n + 3)(n − 1) < ⇔ < n < A3n + 15 < 15n ⇔ Giao với điều kiện ta ≤ n < 5, n ∈ N hay n = n = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 149 (150) Chương Tổ hợp và xác suất Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N n! n! +5· < 21n ⇔ n(n − 1)(n − 2) + 5n(n − 1) < 21n (n − 3)! (n − 2)! ñ n < −6 ⇔ n + 2n − 24n < ⇔ n(n − 4)(n + 6) < ⇔ < n < A3n + 5A2n < 21n ⇔ Giao với điều kiện ta ≤ n < 4, n ∈ N hay n = 3 Điều kiện: x ≥ 2, x ∈ N 2C2x+1 + 3A2x − 20 < ⇔ · (x + 1)! x! +3· − 20 < 2!(x − 1)! (x − 2)! ⇔ x(x + 1) + 3x(x − 1) − 20 < ⇔ 4x2 − 2x − 20 < ⇔ −2 < x < Giao với điều kiện ta ≤ x < , x ∈ N hay x = 2 VÍ DỤ Giải các hệ phương trình sau: ® y 2Ax + 5Cyx = 90 ; 5Ayx − 2Cyx = 80 ® y−2 5Cx = 3Cy−1 x y y−1 Cx = Cx Cyx+1 Cy+1 Cy−1 = x = x ; Lời giải Điều kiện: x ≥ y ≥ và x, y ∈ N x! x! = 20 (x − y)! = 20 2Ayx + 5Cyx = 90 Ayx = 20 (x − y)! ⇔ ⇔ ⇔ x! 20 5Ayx − 2Cyx = 80 Cyx = 10 = 10 = 10 y!(x − y)! y! ® ® ® ® x(x − 1) = 20 x=5 x = −4 x − x − 20 = ⇔ ⇔ ⇔ (nhận) ∨ (loại) y! = y=2 y=2 y=2 ® ® Điều kiện: x ≥ y + 1, y ≥ và x, y ∈ N (x + 1)! x! = y−1 · y!(x − y + 1)! 5(y + 1)!(x − y − 1)! Cy+1 C = x = x ⇔ (x + 1)! x! = · y!(x − y + 1)! 2(y − 1)!(x − y + 1)! x+1 3y − + 1 6(x − y + 1)(x − y) = 5(y + 1) = 6(3y − − y + 1)(3y − − y) 5(y + 1) ⇔ ⇔ x+1 =1 x = 3y − 3y ® ® x = 3y − x = 3y − x=8 ⇔ ⇔ ⇔ (nhận) 1 y=3 8y − = 5y + = · 2(2y − 1) 5(y + 1) Cyx+1 Điều kiện: x ≥ y, y ≥ 2, x, y ∈ N ® 5Cy−2 = 3Cy−1 x x Cyx = Cy−1 x x! x! =3· (y − 2)!(x − y + 2)! (y − 1)!(x − y + 1)! ⇔ x! x! = y!(x − y)! (y − 1)!(x − y + 1)! 5 · ® ® = 3x − 8y = −11 x=7 x−y+2 y−1 ⇔ ⇔ ⇔ (nhận) 1 x − 2y = −1 y=4 = y x−y+1 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 150 (151) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI TẬP ÁP DỤNG 2011! 2009 · 2010! − 2009! 2011 BÀI Thu gọn biểu thức D = Lời giải D= 2011! 2009 2011 · 2010 · 2009! 2009 · = · = 2010 2010! − 2009! 2011 2009!(20010 − 1) 2011 x! − (x − 1)! BÀI Giải phương trình = (x + 1)! Lời giải Điều kiện: x ≥ 1, x ∈ N Khi đó, phương trình đã cho tương đương với ñ x=3 (x − 1)!(x − 1) x−1 2 = ⇔ = ⇔ 6x − = x + x ⇔ x − 5x + = ⇔ (nhận) (x + 1)! x(x + 1) x=2 1 BÀI Giải phương trình x − x = x C4 C5 C6 Lời giải Điều kiện: ≤ x ≤ và x ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với ï ò x!(4 − x)! x!(5 − x)! x!(6 − x)! x!(4 − x)! − x (6 − x)(5 − x) − = ⇔ 1− − =0 4! 5! 6! 4! 6.5 ñ x = (nhận) ⇔ 30 − 6(5 − x) − (6 − x)(5 − x) = ⇔ −x + 17x − 30 = ⇔ x = 15 (loại) BÀI Giải các phương trình sau: A3n = 20n; 4C8x = 5C7x−1 ; A3n + 5A2n = 2(n + 15); 2C2x−1 − C1x = 79; 2A2x + 50 = A22x Lời giải Điều kiện: n ≥ và n ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với n! = 20n ⇔ n(n − 1)(n − 2) = 20n (n − 3)! n = (loại) 2 ⇔ n(n − 3n + − 20) = ⇔ n(n − 3n − 18) = ⇔ n = (nhận) n = −3 (loại) Điều kiện: x ≥ và x ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với 4· (x − 1)! x x! =5· ⇔ · = ⇔ x = 10 (nhận) 8!(x − 8)! 7!(x − 8)! Điều kiện: n ≥ và n ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với n! n! +5· = 2(n + 15) ⇔ n(n − 1)(n − 2) + 5n(n − 1) = 2n + 30 (n − 3)! (n − 2)! ⇔ n3 + 2n2 − 5n − 30 = ⇔ (n − 3)(n2 + 5n + 10) = ⇔ n = (nhận) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 151 (152) Chương Tổ hợp và xác suất Điều kiện: x ≥ và x ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với ñ x = 11 (nhận) (x − 1)! 2· − x = 79 ⇔ (x − 1)(x − 2) − x = 79 ⇔ x − 4x − 77 = ⇔ 2!(x − 3)! x = −7 (loại) Điều kiện: x ≥ và x ∈ N Khi đó phương trình đã cho tương đương với ñ x = (nhận) (2x)! x! 2· + 50 = ⇔ 2x(x − 1) + 50 = 2x(2x − 1) ⇔ 2x − 50 = ⇔ (x − 2)! (2x − 2)! x = −5 (loại) BÀI Giải các bất phương trình sau: 2C2x+1 + 3A2x < 30; A3n < A2n + 12; A2x − A2x ≤ C3x + 10 x Lời giải Điều kiện: n ≥ và n ∈ N Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với n! n! < + 12 ⇔ n(n − 1)(n − 2) < n(n − 1) + 12 (n − 3)! (n − 2)! ⇔ n3 − 4n2 + 3n − 12 < ⇔ (n − 4)(n2 + 3) < ⇔ n < Kết hợp với điều kiện suy ≤ n < 4, hay n = Điều kiện: x ≥ và x ∈ N Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 2· (x + 1)! x! +3· < 30 ⇔ x(x + 1) + 3x(x − 1) < 30 ⇔ 4x2 − 2x − 30 < ⇔ − < x < 2!(x − 1)! (x − 2)! Kết hợp với điều kiện suy ≤ x < 3, hay x = Điều kiện: x ≥ và x ∈ N Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với (2x)! x! x! · − ≤ · + 10 ⇔ · 2x(2x − 1) − x(x − 1) ≤ (x − 1)(x − 2) + 10 (2x − 2)! (x − 2)! x 3!(x − 3)! ⇔ x(2x − 1) − x2 + x ≤ x2 − 3x + + 10 ⇔ 3x ≤ 12 ⇔ x ≤ Kết hợp với điều kiện suy ≤ x ≤ 4, hay x = x = BÀI Giải các hệ phương trình sau: ® y 2Ax + Cyx = 180 ; Ayx − Cyx = 36 ® y−3 7A5x = Ay−2 5x y−2 4C5x = 7Cy−3 5x m−1 m Cm+1 n+1 : Cn+1 : Cn+1 = : : 3; Lời giải Điều kiện: y ≤ x và x, y ∈ N, x ≥ Khi đó hệ phương trình tương đương với ® y ® y ® ® ® y=2 Ax = 72 Cx · y! = 72 y! = y=2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (nhận) y y y Cx = 36 Cx = 36 Cx = 36 x=9 Cx = 36 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 152 (153) Chương Tổ hợp và xác suất Điều kiện: n ≥ m ≥ và n, m ∈ N Khi đó hệ phương trình tương đương với m!(n − m + 1)! (n + 1)! m+1 · =1 = Cn+1 : Cm n+1 (m + 1)(n − m)! (n + 1)! ⇔ m−1 Cm (m − 1)!(n + − m)! (n + 1)! n+1 : Cn+1 = · = m!(n + − m)! (n + 1)! n − m + ® ® ® =1 n−m+1=m+1 n − 2m = m=3 m + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (nhận) 3n + − 3m = 5m 3n − 8m = −6 n=6 n + − m = m 3 Điều kiện: 5x ≥ y − 2, y ≥ và x, y ∈ N, x ≥ Khi đó hệ phương trình tương đương với (5x)! (5x)! 7 · = (5x − y + 3) = (5x − y + 3)! (5x − y + 2)! ⇔ (5x)! (5x)! 4 · = =7· (y − 2) (5x − y + 3) (5x − y + 2)!(y − 2)! (5x − y + 3)!(y − 3)! ® ® ® x=2 5x − y = 5x − y + = (nhận) ⇔ ⇔ ⇔ y=6 20x − 11y = −26 4(5x − y + 3) = 7(y − 2) BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Thu gọn các biểu thức sau: D= 5! (m + 1)! · ; m(m + 1) (m − 1)!3! D= (m + 2)! 7! · ; (m2 + m) 4!(m − 1)! D= 6! (m + 1)! · ; m(m + 1) 4!(m − 1)! D= (n + 1)C2n n (n2 − 1) n3 + n! = 10 (n − 2)! BÀI Giải các phương trình sau: n! n! − = 3; (n − 2)! (n − 1)! BÀI Giải các phương trình sau: 2x−10 Cx+4 10+x = C10+x ; k+2 Ck14 + C14 = 2Ck+1 14 ; A3n + 2C2n = 16n; = 14x; A3x + Cx−2 x x−2 A2x−2 + Cx = 101; 2C2x−1 − C1x = 79; Pn+2 n−4 An−1 · P3 = 210; x − Cx · x + C3 · C3 = 0; C2x 225 28 2x−4 = 11 ; C24 x−2 + 2C3x−1 = 7(x − 1); 10 Cx+1 11 6C2x + 6C3x = 7x2 − 7x; 12 C1x + 6C2x + 6C3x = 9x2 − 14x; 13 A3n + 3A2n = Pn+1 ; 14 2Pn + 6A2n − Pn · A2n = 12 BÀI 10 Giải các phương trình sau: 1 − = ; C1x Cx+1 6C1x+4 C1x + C2x + C3x = x; 2 C4n−1 − C3n−1 − A = 0; n−2 x−1 Cx + Cx−2 + Cxx−3 + · · · Cxx−10 = 1023 x BÀI 11 Giải các bất phương trình sau: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 153 (154) Chương Tổ hợp và xác suất ≤ n! + (n + 1)! < 50; n3 + n! ≤ 10; (n − 2)! 72A1x − A3x+1 ≤ 72; A4n+4 15 < ; (n + 2)! (n − 1)! Pn+5 ≤ 60Ak+2 n+3 ; (n − k)! A4x+4 42 ≤ ; (x + 1)! Px 12 C − 3A2x ≥ A22x − 81; x x C4x−1 − C3x−1 − An−2 n+1 ≥ 2Pn ; C2n−1 10 BÀI 12 Giải các hệ phương trình sau: x Ay + Cy−x = 147 y Px+1 ; P x+1 = 720 Cxy : Cxy+2 = 3; Cx : Ax = y y 24 x+1 Ay + Cy−x−1 = 126 y ; Px P x+2 = 720 ® Cyx − Cy+1 =0 x 4Cyx − 5Cy−1 =0 x ; A < 0; x−2 A4n+2 143 − < Pn+2 4Pn−1 y : Cy−1 = : : 2; Cx+1 : Cy+1 x x m+1 m Cn+1 = Cn+1 Cm ; n+1 m−1 = Cn+1 C4n−1 − C3n−1 < A2n−2 ; Cn−4 ≥ A3 n+1 15 n+1 ( x−1 2 2 Cx + Cy−1 = 3Axx−1 · Cy−1 y y x−1 y−1 Cx = Ay + { DẠNG 2.2 Các bài toán sử dụng hoán vị VÍ DỤ VÍ DỤ Có bao nhiêu cách xếp bạn học sinh A, B, C, D, E vào ghế dài cho: Bạn C ngồi chính giữa? Hai bạn A và E ngồi hai đầu ghế? Lời giải Xếp bạn C ngồi chính giữa: có cách Xếp bạn còn lại vào vị trí còn lại: có 4! cách Vậy có × 4! = 24 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán Xếp hai bạn A và E hai đầu ghế: có 2! cách Xếp bạn còn lại vào vị trí còn lại: có 3! cách Vậy có 2! × 3! = 12 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán VÍ DỤ Có bao nhiêu cách xếp 12 học sinh đứng thành hàng để chụp ảnh lưu niệm, biết đó phải có em định trước đứng kề nhau? Lời giải Chưa kể thứ tự em nhóm “định trước”, để xếp em này đứng kề ta có 8! cách xếp; Lại có 5! cách xếp em này Vậy có tất 5! × 8! = 4838400 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 154 (155) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Trên kệ sách dài có sách Toán, sách Lí, sách Văn Các sách khác Hỏi có bao nhiêu cách xếp các sách trên: Một cách tùy ý Theo môn? Theo môn và sách Toán nằm giữa? Lời giải Trên kệ có tất + + = 12 sách Mỗi cách xếp thứ tự 12 sách chính là hoán vị 12 phần tử Do đó có tất 12! = 479001600 cách xếp Xem loại sách là khối thống nhất, ta có 3! cách xếp khối này Có 5! cách xếp sách toán, có 4! cách xếp sách Lí và có 3! cách xếp sách Văn Vậy có tất 3! × 5! × 4! × 3! = 103680 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán Xem loại sách là khối thống nhất, ta có 2! cách xếp hai môn còn lại hai bên sách Toán; Ứng với cách, có 5! cách xếp sách Toán; có 4! cách xếp sách Lí và có 3! cách xếp sách Văn Do đó có 2! × 5! × 4! × 3! = 34560 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán VÍ DỤ Hỏi có bao nhiêu cách xếp cặp vợ chồng ngồi xung quanh bàn tròn cho: Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? Mỗi bà ngồi cạnh chồng mình? Lời giải Cố định người, có 5! cách xếp người cùng giới còn lại vào vị trí còn lại; Có 6! cách xếp người khác giới còn lại vào các vị trí xen kẽ Vậy có tất 5! × 6! = 86400 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta tiến hành theo hai công đoạn: Công đoạn 1: Xếp người chồng xung quanh bàn tròn: có 5! cách Công đoạn 2: Xếp vợ ngồi gần chồng và hai vợ chồng có thể đổi vị trí cho nhau: có 26 cách Vậy có tất 5! × 26 = 7680 cách VÍ DỤ Cho tập hợp E = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết tổng ba chữ số số này 9? Lời giải Các ba số khác E có tổng là Trường hợp 1: + + = Trường hợp 2: + + = Trường hợp 3: + + = Mỗi số đó lập 3! số tự nhiên gồm ba chữ số khác Vậy có × 3! = 18 số VÍ DỤ Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập tất các số có sáu chữ số khác Hỏi các số đã thiết lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số và không đứng cạnh nhau? Lời giải Có 6! = 720 số có sáu chữ số khác lập từ các chữ số đã cho Ta xác định các số có chữ số mà và đứng cạnh Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 155 (156) Chương Tổ hợp và xác suất Có cách chọn vị trí cạnh vị trí Có 2! cách xếp hai chữ số và vào vị trí đó Có 4! cách xếp chữ số còn lại vào vị trí còn lại Suy có × 4! × 2! = 240 các số mà hai chữ số và đứng cạnh Vậy số các số mà hai chữ số và không đứng cạnh là 720 − 240 = 480 VÍ DỤ Cho các số 0, 1, 2, 3, 4, Có thể lập bao nhiêu số gồm tám chữ số đó chữ số lặp lại ba lần, các chữ số còn lại có mặt đúng lần? Lời giải Xét dãy số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 5, Nếu coi dãy gồm các chữ số khác thì ta lập × 7! = 35280 số Ba chữ số có số lần các số lặp lại là 3! 35280 Vậy có = 5880 số gồm tám chữ số đó chữ số lặp lại ba lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 3! lần BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Có hai dãy ghế, dãy ghế Xếp nam, nữ vào dãy ghế trên Hỏi có bao nhiêu cách xếp cho: Nam và nữ xếp tùy ý? Nam dãy ghế, nữ dãy ghế? Lời giải Có thảy 10 người gồm nam và nữ Do đó có 10! cách xếp tùy ý 10 người này vào 10 ghế Chưa kể thứ tự các nam và thứ tự các nữ, có 2! cách xếp nam vào dãy và nữ vào dãy Có 5! cách xếp nam, 5! cách xếp nữ Vậy có 2! × 5! × 5! = 28800 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán BÀI Cho bàn dài có 10 ghế và 10 học sinh đó có học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 học sinh cho: Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? Những học sinh cùng giới thì ngồi cạnh nhau? Lời giải Có 2! cách lựa chọn nam nữ đứng ngoài cùng tính từ bên trái tính qua phải (hoặc từ phải qua trái); Có 5! cách xếp học sinh nam, có 5! cách xếp học sinh nữ Vậy có 2! × 5! × 5! = 28800 cách Chưa kể thứ tự các học sinh cùng giới thì có 2! cách xếp; Ứng với cách xếp trên, có 5! cách xếp nam và 5! cách xếp nữ Vậy có 2! × 5! × 5! = 28800 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán BÀI Cho tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác lấy từ tập A cho tổng các chữ số này 14? Lời giải Các bốn số khác A có tổng 14 là Trường hợp 1: + + + = 14 Trường hợp 2: + + + = 14 Trường hợp 3: + + + = 14 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 156 (157) Chương Tổ hợp và xác suất Mỗi số đó lập 4! số tự nhiên gồm bốn chữ số khác Vậy có × 4! = 72 số BÀI Cho hai tập A {1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = {0, 1, 2, 3, 4, 5} Có bao nhiêu số gồm sáu chữ số phân biệt cho: Hai chữ số và đứng cạnh lập từ tập A? Chữ số đứng cạnh chữ số lập từ tập B? Lời giải Mỗi số có chữ số khác lập từ A là cách xếp chữ số A vào vị trí Có cách chọn vị trí cạnh vị trí Có 2! cách xếp hai chữ số và vào vị trí đó Có 4! cách xếp chữ số còn lại vào vị trí còn lại Suy có × 4! × 2! = 240 các số mà hai chữ số và đứng cạnh Coi hai chữ số 2, đứng cạnh chữ số là x Từ chữ số 0, 1, x, 4, lập × 4! = 96 số Có cách đổi vị trí hai chữ số 2, Vậy có × × 4! = 192 số BÀI Từ tập hợp A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, lập bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 5, gồm năm chữ số đôi khác cho đó luôn có mặt các chữ số 1, 2, và chúng đứng cạnh nhau? Lời giải Xét các trường hợp sau: Trường hợp chữ số đứng cuối Có cách chọn vị trí cho ba chữ số 1, 2, Có 3! cách xếp vị trí cho ba chữ số 1, 2, Có cách chọn thêm số ba số 4, 5, và xếp vào vị trí còn lại Suy có × 3!× = 36 số Trường hợp chữ số đứng cuối Coi chữ số 1, 2, đứng cạnh là chữ số x Khi đó số cần lập là số có chữ số dạng ab5 đó có chữ số x Nếu a = x thì có cách chọn b ∈ {0, 4, 6} Nếu b = x thì có cách chọn a ∈ {4, 6} Suy có chữ số cho luôn có mặt chữ số x và chữ số đứng cuối Có 3! cách xếp vị trí cho ba chữ số 1, 2, Do đó có × 3! = 30 số Vậy có 36 + 30 = 66 số thỏa mãn BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Một trường trung học phổ thông có học sinh giỏi khối 12, có học sinh giỏi khối 11, có học sinh giỏi khối 10 Hỏi có bao nhiêu cách xếp 20 học sinh trên thành hàng ngang để đón đoàn đại biểu, nếu: Các học sinh xếp bất kì? Các học sinh cùng khối phải đứng kề nhau? BÀI Xếp học sinh A, B, C, D, E, F vào ghế dài, có bao nhiêu cách xếp nếu: học sinh này ngồi bất kì? A và F luôn ngồi hai đầu ghế? Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 157 (158) Chương Tổ hợp và xác suất A và F luôn ngồi cạnh nhau? A, B, C luôn ngồi cạnh nhau? A, B, C, D luôn ngồi cạnh nhau? BÀI Một hội nghị bàn tròn có phái đoàn các nước gồm: Mỹ người, Nga người, Anh người, Pháp người, Đức người Hỏi có bao nhiêu cách xếp cho thành viên cho người cùng quốc tịch ngồi gần nhau? BÀI Xét các số tự nhiên gồm năm chữ số khác lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, Hỏi các số đó có bao nhiêu số: Bắt đầu chữ số 5? Không bắt đầu chữ số 1? Bắt đầu 23? Không bắt đầu 234? BÀI 10 Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 7} Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác chia hết cho lập từ X? BÀI 11 Cho tập hợp E = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết tổng ba chữ số số này 18 { DẠNG 2.3 Các bài toán sử dụng chỉnh hợp Sử dụng phối hợp quy tắc nhân, quy tắc cộng và công thức tính chỉnh hợp Akn = k! (n − k)! VÍ DỤ #» VÍ DỤ Trong không gian cho bốn điểm A, B, C, D Từ các điểm trên ta lập các véc-tơ khác Hỏi có thể có bao nhiêu véc-tơ? Lời giải Chọn cách có thứ tự điểm A, B, C, D ta véc-tơ Do đó số cách chọn véc-tơ từ các điểm trên là A24 cách VÍ DỤ Một nhóm học sinh có em nam và em nữ Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 em này trên hàng ngang, cho hai vị trí đầu và cuối hàng là các em nam và không có em nữ nào ngồi cạnh nhau? Lời giải Giả sử các em nam vị trí | hình sau: |∗|∗|∗|∗|∗|∗| Khi đó ta cần xếp các em nữ vào vị trí ∗ để thỏa yêu cầu bài toán Do đó số cách xếp em nữ là A36 Số cách xếp em nam là 7! Vậy số cách xếp 10 em này là 7! · A36 VÍ DỤ Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho bạn nữ và bạn nam vào 10 ghế mà không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau, nếu: Ghế xếp thành hàng ngang? Ghế xếp quanh bàn tròn? Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 158 (159) Chương Tổ hợp và xác suất Giả sử các em nam vị trí | hình sau: |∗|∗|∗|∗|∗| Khi đó ta cần xếp các em nữ vào vị trí ∗ để thỏa yêu cầu bài toán Do đó số cách xếp em nữ là A45 Số cách xếp em nam là 6! Vậy số cách xếp 10 em này là 6! · A45 Sắp xếp em nữ vào vị trí khoảng hai dấu chấm để thỏa yêu cầu bài toán Do đó số cách xếp em nữ là A46 Số cách xếp em nam thứ vào bàn là (vì xếp em này ngồi ghế nào nhau) Số cách xếp em nam thứ hai vào bàn là vì còn lại ghế Số cách xếp em nam thứ ba vào bàn là Số cách xếp em nam thứ tư vào bàn là Số cách xếp em nam thứ năm vào bàn là Số cách xếp em nam thứ sáu vào bàn là Do đó số cách xếp các em nam vào bàn tròn là 5! Vậy số cách xếp 10 em này là 5! · A46 VÍ DỤ Cho tập X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác lập từ X mà chia hết cho 5? Lời giải Xét số tự nhiên gồm năm chữ số x = a1 a2 a3 a4 a5 , a1 6= thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 1: a5 = Số cách chọn a1 là cách Số cách chọn số còn lại là A36 cách Do đó số cách chọn trường hợp này là · · A36 = 840 cách Trường hợp 2: a5 = Số cách chọn a1 là cách Số cách chọn số còn lại là A36 cách Do đó số cách chọn trường hợp này là · · A36 = 720 cách Vậy số cách chọn các số x thỏa yêu cầu bài toán là 840 + 720 = 1560 cách VÍ DỤ Cho tập X = {0; 1; ; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi khác lập từ X và bé 475? Lời giải Xét số tự nhiên gồm ba chữ số x = a1 a2 a3 , a1 6= thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 1: a1 < ⇒ a1 ∈ {1; 2; 3} Số cách chọn chữ số còn lại là A29 Do đó số cách chọn các số x trường hợp này là · A29 = 216 cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 159 (160) Chương Tổ hợp và xác suất Trường hợp 2: a1 = 4, a2 = Khi đó a3 ∈ {0; 1; 2; 3} Do đó số cách chọn các số x trường hợp này là · · = cách Trường hợp 3: a1 = 4, a2 ∈ {0; 1; 2; 3; 5; 6} Số cách chọn a3 là cách Do đó số cách chọn các số x trường hợp này là · · = 48 cách Vậy số cách chọn các số x thỏa yêu cầu bài toán là 216 + + 48 = 268 cách BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Từ 20 học sinh cần chọn ban đại diện lớp gồm lớp trường, lớp phó và thư kí Hỏi có cách chọn? Lời giải Chọn cách có thứ tự học sinh 20 học sinh ta chọn ban đại diện lớp Do đó số cách chọn ban đại diện lớp là A320 cách BÀI Có nam, nữ đó có ba bạn tên A, B, C Hỏi có bao nhiêu cách xếp thành hàng dọc để vào lớp cho: Các bạn nữ không đứng cạnh Đầu hàng và cuối hàng luôn là nam Đầu hàng và cuối hàng luôn cùng phái Đầu hàng và cuối hàng luôn khác phái A, B, C luôn đứng cạnh A, B đứng cách đúng người Lời giải Đặt tùy ý các bạn nam có 6! cách Giữa các bạn nam này lại có A67 cách chọn các bạn nữ Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là 6! · A67 cách Chọn có thứ tự bạn nam đầu hàng và cuối hàng có A26 cách Số cách xếp 10 bạn còn lại là 10! cách Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là 10! · A26 cách Trường hợp 1: Đầu hàng và cuối hàng luôn là nam Theo câu trên ta có 10! · A26 cách xếp cho trường hợp này Trường hợp 2: Đầu hàng và cuối hàng luôn là nữ Chọn có thứ tự bạn nữ đầu hàng và cuối hàng có A26 cách Số cách xếp 10 bạn còn lại là 10! cách Do đó có 10! · A26 cách xếp cho trường hợp này Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là · 10! · A26 Trường hợp 1: Đầu hàng là nam, cuối hàng là nữ thì có cách chọn vị trí đầu hàng và cách chọn vị trí cuối hàng Số cách xếp 10 bạn còn lại là 10! cách Do đó có · · 10! cách xếp cho trường hợp này Tương tự cho trường hợp đầu hàng là nữ, cuối hàng là nam ta có · · 10! cách xếp Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là · · · 10! cách Coi A, B, C là nhóm người Khi đó cách xếp người và nhóm người trên là 10! cách Hoán vị A, B, C ta có 3! cách Do đó số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là 10! · 3! cách Coi A, B và người là nhóm Khi đó số cách chọn người A và B là 10 cách Số cách xếp người còn lại và nhóm trên là 10! cách Hoán vị A và B ta có 2! cách Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là 10 · 10! · 2! cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 160 (161) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI Có bao nhiêu cách xếp bạn nam và bạn nữ ngồi xung quanh bàn tròn cho không có bạn nữ nào ngồi cạnh nhau? Lời giải Khoảng bạn nam có vị trí Sắp xếp các em nữ vào vị trí này để thỏa yêu cầu bài Do đó số cách xếp em nữ là A35 cách Số cách xếp em nam thứ vào bàn là (vì xếp em này ngồi ghế nào nhau) Số cách xếp em nam thứ hai vào bàn là (vì còn lại ghế) Số cách xếp em nam thứ ba vào bàn là Số cách xếp em nam thứ tư vào bàn là Số cách xếp em nam thứ năm vào bàn là Do đó số cách xếp các em nam vào bàn tròn là 4! cách Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là 4! · A35 cách BÀI Cho tập X = {0; 1; ; 9} Cho bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số lập từ X cho: Các chữ số khác đôi một? Các chữ số khác đôi và số đó là số lẻ? Các chữ số khác đôi và phải có đủ chữ số 1; 2; 3? Lời giải Xét số cần tìm là x = a1 a2 a3 a4 a5 , a1 6= Số cách chọn a1 là cách (vì a1 6= 0) Số cách chọn số còn lại là A49 cách Vậy số cách chọn các số x thỏa yêu cầu bài là · A49 cách Số cách chọn a5 là cách (vì a5 ∈ {1; 3; 5; 7; 9} Số cách chọn a1 là cách (vì a1 6= và a1 6= a5 )) Số cách chọn cho số còn lại là A38 cách Vậy số cách chọn các số x thỏa yêu cầu bài là · · A38 cách Chọn vị trí chữ số 1; 2; (kể a1 = 0) có A35 cách chọn Chọn chữ số còn lại có A27 cách chọn Trường hợp a1 = 0: chọn vị trí chữ số 1; 2; có A34 cách Số cách chọn số còn lại có cách chọn Vậy số cách chọn x thỏa yêu cầu bài là A35 · A27 − · A34 cách BÀI Cho tập X = {0; 1; 2; 3; 5; 7; 8} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi khác chia hết cho và không lớn 4000 lập từ X? Lời giải Xét số cần tìm là x = a1 a2 a3 a4 , a1 6= Do x chia hết cho nên a4 ∈ {0; 5} Do x < 4000 nên a1 ∈ {1; 2; 3} a2 có cách chọn a3 có cách chọn Vậy số cách chọn x thỏa yêu cầu bài là · · · = 120 cách BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Một khay tròn đựng bánh kẹo ngày Tết có ngăn hình quạt với màu khác Hỏi có bao nhiêu cách bày loại bánh kẹo vào ngăn đó? BÀI Có học sinh lớp 11 và học sinh lớp 12 ngồi trên hàng ngang có ghế Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho học sinh đó cho học sinh lớp 12 ngồi hai học sinh lớp 11? BÀI Từ các số 1; 3; 5; 6; có thể lập bao nhiêu số có các chữ số khác và lớn số 6000? BÀI Cho tập X = {0; 1; ; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm năm chữ số khác đôi tạo từ X và lớn 70000? Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 161 (162) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 10 Có thể lập bao nhiêu số điện thoại di động có 10 chữ số bắt đầu là 0908, các chữ số còn lại khác đôi một, đồng thời khác với chữ số đầu và thiết phải có mặt chữ số 6? BÀI 11 Từ sáu chữ số 0; 1; 3; 5; 7; có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi khác và không chia hết cho 5? BÀI 12 Với sáu chữ số 0; 1; 2; 3; 4; có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác thỏa điều kiện: Số đó là số chẵn? Số đó bắt đầu 24? Số đó bắt đầu 345? BÀI 13 Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có thể lập bao nhiêu số n gồm chữ số khác đôi lấy từ X các trường hợp sau: n là số chẵn? Một ba chữ số đầu tiên phải là số 1? BÀI 14 Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác đôi một, đó chữ số đứng liền hai chữ số và 3? BÀI 15 Cho tập E = {1; 2; 3; 4; 7} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số: Đôi khác nhau? Đôi khác và chia hết cho 3? BÀI 16 Cho tập A = {0; 1; 2; 3; 4; 5} Từ tập A có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số đôi khác mà phải có chữ số và chữ số 3? { DẠNG 2.4 Các bài toán sử dụng tổ hợp Sử dụng phối hợp quy tắc nhân, quy tắc cộng và công thức tính tổ hợp Ckn = k! k! · (n − k)! VÍ DỤ VÍ DỤ Ông X có 11 người bạn Ông muốn mời người số họ chơi xa Trong 11 người đó có có người không muốn gặp Hỏi ông X có bao nhiêu phương án mời người bạn? Lời giải Cách 1: Giả sử hai người không muốn gặp là A, B Nếu chọn người đó không có A và B thì có C59 cách Nếu chọn người đó có hai người A, B thì có C49 · cách Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2C49 + C59 = 378 cách Cách 2: Chọn người bất kì có C511 cách Chọn người đó có A và B có C39 cách Vậy có C511 − C39 = 378 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán VÍ DỤ Một nhóm có học sinh nữ và học sinh nam Có bao nhiêu cách chọn tổ học tập có học sinh, đó có tổ trưởng, tổ phó, thủ quỹ và hai tổ viên, biết tổ trưởng phải là nam và thủ quỹ phải là nữ Lời giải Chọn bạn nam làm tổ trưởng, có C17 cách Chọn nữ làm thủ quỹ, có C16 cách Chọn bạn 11 bạn còn lại làm tổ phó, có C111 cách Chọn bạn 10 bạn còn lại làm tổ viên, có C110 cách Theo quy tắc nhân có C17 · C16 · C111 · C110 cách thỏa mãn Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 162 (163) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Một lớp có 20 học sinh đó có 14 nam, nữ Hỏi có bao nhiêu cách lập đội gồm học sinh đó có: Số nam và số nữ nhau? Ít nữ? Lời giải Chọn ngẫu nhiên học sinh nam, có C214 cách Chọn ngẫu nhiên học sinh nữ, có C26 cách Khi đó, theo quy tắc nhân có C214 · C26 cách thỏa mãn Chọn học sinh bất kì có C420 cách Chọn học sinh đó không có học sinh nữ có C414 cách Vậy có C420 − C414 = 3844 cách lập đội thỏa yêu cầu bài toán VÍ DỤ Một lớp có 50 học sinh chia thành tổ, tổ có 10 học sinh Có bao nhiêu cách chia tổ? Lời giải Chọn 10 học sinh xếp vào tổ có C10 50 cách Chọn 10 học sinh xếp vào tổ có C10 40 cách Chọn 10 học sinh xếp vào tổ có C10 30 cách Chọn 10 học sinh xếp vào tổ có C10 20 cách Chọn 10 học sinh xếp vào tổ có C10 10 cách 10 10 10 10 Theo quy tắc nhân, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là C10 50 · C40 · C30 · C20 · C10 VÍ DỤ Từ bông hồng vàng, bông hồng trắng, bông hồng đỏ (các bông hồng xem đôi khác nhau) Người ta muốn chọn bó hoa hồng gồm bông Có bao nhiêu cách chọn: 1 bó hoa đó có đúng bông hồng đỏ bó hoa đó có ít bông hồng vàng và ít bông hồng đỏ Lời giải Số cách chọn bông hồng đỏ là C14 Số cách chọn bông hồng không phải màu đỏ là C68 Theo quy tắc nhân, số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là C14 · C68 = 112 Bó hoa bông thỏa mãn yêu cầu bài toán có thể có các trường hợp: ◦ bông vàng, bông đỏ, bông trắng: có C35 · C34 · C13 cách chọn ◦ bông vàng, bông đỏ: có C35 · C44 cách chọn ◦ bông vàng, bông đỏ: có C45 · C34 cách chọn Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là C35 · C34 · C13 + C35 · C44 + C45 · C34 = 150 VÍ DỤ Cho tập X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Từ tập X có thể lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số đôi khác và số đó có đúng hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ? Lời giải Trong tập X có số chẵn, số lẻ Giả sử số có chữ số, đôi khác là abcde (a 6= 0) Chọn chữ số chẵn có C24 cách Chọn vị trí vị trí để xếp số chẵn có A25 cách Chọn chữ số lẻ và vào vị trí còn lại có A34 cách Suy có C24 · A25 · A34 = 2880 cách chọn số có đúng chữ số chẵn và chữ số lẻ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 163 (164) Chương Tổ hợp và xác suất Tương tự, ta chọn các số có dạng 0bcde với bcde thỏa mãn có đúng chữ số chẵn, chữ số lẻ có C13 ·A14 ·A34 = 288 số Vậy ta có 2880 − 288 = 2592 số thỏa mãn yêu cầu bài toán BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Một đội văn nghệ gồm 20 người, đó có 10 nam, 10 nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn người, cho: Có đúng nam người đó? Có ít nam, ít nữ người đó? Lời giải Chọn nam và nữ có C210 · C310 = 5400 cách Các trường hợp chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán: ◦ Chọn nam và nữ, có C210 · C310 cách ◦ Chọn nam và nữ, có C310 · C210 cách ◦ Chọn nam và nữ, có C410 · C110 cách Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là C210 · C310 + C310 · C210 + C410 · C110 = 12900 BÀI Một tổ có học sinh trồng cây Khi trồng cây cần có em học sinh Có bao nhiêu cách chia tổ thành cặp vậy? Lời giải Chọn học sinh cho tổ có C28 cách Chọn học sinh cho tổ có C26 cách Chọn học sinh cho tổ có C24 cách Chọn học sinh cho tổ có C22 cách Khi đó, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là C28 · C26 · C24 · C22 = 2520 BÀI Một hộp đựng 15 viên bi khác gồm bi đỏ, bi trắng và bi vàng Tính số cách chọn viên bi từ hộp đó cho không có đủ màu Lời giải Chọn bi bất kì 15 b, có C415 = 1365 cách Các trường hợp chọn bi có đủ ba màu: ◦ bi đỏ, bi trắng, bi vàng: có C24 · C15 · C16 cách ◦ bi đỏ, bi trắng, bi vàng: có C14 · C25 · C16 cách ◦ bi đỏ, bi trắng, bi vàng: có C14 · C15 · C26 cách Vậy có C24 · C15 · C16 + C14 · C25 · C16 + C14 · C15 · C26 = 720 cách Khi đó, số cách chọn bi không có đủ ba màu là 1365 − 720 = 645 cách BÀI Một hộp đựng 11 viên bi đánh số từ đến 11 Có bao nhiêu cách chọn viên bi cho tổng các số trên bi là số lẻ? Lời giải Trong 11 bi đã cho, có bi đánh số lẻ, bi đánh số chẵn Lấy bi, để tổng các số trên bi là lẻ thì các cách có thể chọn: ◦ bi lẻ, bi chẵn: có C16 C35 cách ◦ bi lẻ, bi chẵn: có C36 C15 cách Khi đó, số cách chọn thỏa mãn là C16 · C35 + C36 · C15 = 160 BÀI Cho 10 điểm không gian, đó không có điểm nào thẳng hàng Có bao nhiêu đường thẳng tạo thành? Có bao nhiêu véctơ tạo thành? Có bao nhiêu tam giác tạo thành? Nếu 10 điểm trên không có điểm nào đồng phẳng, thì có bao nhiêu tứ diện tạo thành? Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 164 (165) Chương Tổ hợp và xác suất điểm xác định đường thẳng nên số đường thẳng tạo thành là C210 2 điểm (có kể thứ tự điểm đầu, điểm cuối) xác định véc-tơ nên số véc-tơ tạo thành là A210 3 điểm không thẳng hàng xác định tam giác nên số tam giác có thể tạo thành là C310 Bốn điểm không đồng phẳng xác định tứ diện nên số tứ diện tạo thành là C410 BÀI Trong hộp có 100 viên bi đánh số từ đến 100 Có bao nhiêu cách chọn ba viên bị cho: Ba viên bi bất kì? Tổng ba số trên ba bi chia hết cho 2? Lời giải Chọn viên bất kì 100 viên có C3100 cách Trong 100 bi, có 50 bi đánh số chẵn, 50 bi đánh số lẻ Để chọn bi có tổng các số trên đó chia hết cho thì có thể chọn: ◦ bi đánh số chẵn: có C350 cách ◦ bi đánh số lẻ và bi đánh số chẵn: có C150 · C250 cách Khi đó, số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là C350 + C150 · C250 BÀI Cho hai đường thẳng a k b Trên đường thẳng a có điểm phân biệt và trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt Hỏi có thể tạo bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho? Lời giải điểm không thẳng hàng xác định tam giác nên ta có thể chọn: ◦ điểm thuộc đường thẳng a và điểm thuộc đường thẳng b: có C15 · C210 cách ◦ điểm thuộc đường thẳng a và điểm thuộc đường thẳng b: có C25 · C110 cách Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là C15 · C210 + C25 · C110 = 325 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Một lớp học có 40 học sinh, đó gồm 25 nam và 15 nữ Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn ban cán lớp gồm em Hỏi có bao nhiêu cách chọn, nếu: Gồm học sinh tuỳ ý? Có nam và nữ? Có nam và nữ? Có ít nam? Có ít nam và nữ? BÀI Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn học sinh lập thành đoàn đại biểu để tham gia tổ chức lễ khai giảng Hỏi có bao nhiêu cách: Chọn học sinh, đó có không quá nữ? Chọn học sinh, đó có nam và nữ? Chọn học sinh, đó có ít nam? Chọn học sinh, đó anh A và chị B không thể cùng tham gia cùng đoàn đại biểu? BÀI 10 Một đội cảnh sát giao thông gồm 15 người đó có 12 nam Hỏi có bao nhiêu cách phân đội cảnh sát giao thông đó chốt giao thông cho chốt có nam và nữ? BÀI 11 Có viên bi xanh, viên bi đỏ, bi vàng có kích thước đôi khác Có bao nhiêu cách chọn viên bi cho: Có đúng viên bi màu đỏ? Số bi xanh số bi đỏ? Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 165 (166) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 12 Trong ngân hàng đề kiểm tra 30 phút môn Vật Lí có 10 câu hỏi, đó có câu lý thuyết và bài tập Người ta cấu tạo thành các đề thi Biết đề thi phải gồm câu hỏi, đó thiết phải có ít câu lý thuyết và bài tập Hỏi có thể tạo bao nhiêu đề thi có dạng trên? BÀI 13 Trong môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập bao nhiêu đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác và thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít 2? BÀI 14 Đội niên xung kích trường phổ thông có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh này thuộc không quá lớp trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn vậy? BÀI 15 Hội đồng quản trị công ty TNHH A gồm 12 người, đó có nữ Từ hội đồng quản trị đó người ta bầu chủ tịch hội đồng quản trị, phó chủ tịch hội đồng quản trị và ủy viên Hỏi có cách bầu cho người bầu thiết phải có nữ? BÀI 16 Giải bóng truyền VTV Cup gồm đội bóng tham dự, đó có đội nước ngoài và đội Việt Nam Ban tổ chức bốc thăm chia làm bảng đấu A, B, C Hỏi có bao nhiêu cách chia cho: Mỗi bảng ba đội? Mỗi bảng ba đội và đội bóng Việt Nam ba bảng khác nhau? BÀI 17 Trong thi “Rung chuông vàng”, đội X có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, đó có bạn nữ và 15 bạn nam Để xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành nhóm A, B, C, D, nhóm có bạn Việc chia nhóm thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Hỏi có bao cách chia nhóm, cho: Thành viên nhóm là bất kì? Năm bạn nữ cùng nhóm? BÀI 18 Trong hộp có 50 thẻ đánh số từ đến 50 Có bao nhiêu cách lấy ba thẻ cho có đúng thẻ mang số chia hết cho 8? BÀI 19 Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Có bao nhiêu cách chọn 10 thẻ cho có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 10? BÀI 20 Trong hộp có 20 viên bi đánh số từ đến 20 Có bao nhiêu cách lấy viên bi cho có đúng viên bi mang số lẻ, viên bi mang số chẵn đó có đúng viên bi mang số chia hết cho 4? BÀI 21 Trong hộp có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Có bao nhiêu cách chọn thẻ hộp đó thỏa: Ba thẻ bất kì? Tổng ba số ghi trên ba thẻ chia hết cho 3? BÀI 22 Cho hai đường thẳng song song d1 , d2 Trên d1 lấy 17 điểm phân biệt, trên d2 lấy 20 điểm phân biệt Tính số tam giác có các đỉnh là điểm số 37 điểm đã chọn trên d1 và d2 ? BÀI 23 Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n ≥ 2) Biết có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho Tìm n BÀI 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 10 đường thẳng song song cắt đường thẳng song song khác Hỏi có bao nhiêu hình bình hành tạo thành từ các đường thẳng trên? BÀI 25 Cho đường thẳng d1 k d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n ∈ N, n ≥ 2) Biết có 1725 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho Hãy tìm n BÀI 26 Trong không gian cho hai đường thẳng a và b song song với Trên đường thẳng lấy điểm cách khoảng x Hỏi có thể thành lập bao nhiêu hình bình hành tạo thành từ 10 điểm trên? BÀI 27 Cho tập X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số có nghĩa, biết chữ số có mặt đúng lần, chữ số có mặt đúng lần, các chữ số còn lại có mặt không quá lần? Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 166 (167) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI NHỊ THỨC NEWTON NHỊ THỨC NEWTON A Cho a, b là các số thực và n ∈ N∗ Ta có (a + b)n = n X Ckn an−k bk = C0n an + C1n an−1 b + C2n an−2 b2 + · · · + Cnn−1 abn−1 + Cnn bn k=0 VÍ DỤ Khai triển các nhị thức sau (x + 1)4 (x + 2y)5 Å ã x+ x Å ã 2x − x Lời giải (x + 1)4 = C04 · x4 + C14 · x3 · + C24 · x2 · 12 + C34 · x · 13 + C44 · 14 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + (x + 2y)5 = C05 x5 + C15 x4 (2y) + C25 x3 (2y)2 + C35 x2 (2y)3 + C45 x(2y)4 + C55 (2y)5 = x5 + 10x4 y + 40x3 y + 80x2 y + 80xy + 32y Å ã Å ã5 Å ã Å ã2 Å ã3 Å ã4 Å ã6 1 1 1 x+ = C06 x6 + C16 x5 + C26 x4 + C36 x3 + C46 x2 + C56 x + C66 x x x x x x x 15 = x6 + 6x4 + 15x2 + 20 + + + x x x Å ã Å ã Å ã Å ã Å ã 1 3 4 2x − = C6 (2x) + C6 (2x) − + C6 (2x) − + C6 (2x) − + C6 (2x) − x x x x x Å ã5 ã6 Å 1 + C56 (2x) − + C66 − x x 60 12 = 64x − 192x + 240x − 160 + − + x x x Nhận xét Trong khai triển (a ± b)n có n + số hạng và các hệ số các cặp số hạng cách số hạng đầu và số hạng cuối thì Tức là Ckn = Cn−k n Số hạng tổng quát là Tk+1 = Ckn an−k bk và số hạng thứ N thì k = N − Trong khai triển (a − b)n thì dấu đan nhau, nghĩa là +, −, +, Số mũ a giảm dần, số mũ b tăng dần tổng số mũ a và b n Nếu khai triển nhị thức Newton, ta gán cho a và b giá trị đặc biệt thì thu công thức đặc biệt Chẳng hạn • (a + b)n = C0n an + C1n an−1 b + · · · + Cnn bn a=1, b=1 =⇒ • (a − b)n = C0n an − C1n an−1 b + · · · + (−1)n Cnn bn B C0n + C1n + · · · + Cnn = 2n a=1, b=1 =⇒ C0n − C1n + · · · + (−1)n Cnn = TAM GIÁC PASCAL Các hệ số các khai triển (a + b)0 , (a + b)1 , (a + b)2 , , (a + b)n có thể xếp thành tam giác gọi là tam giác Pascal Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 167 (168) Chương Tổ hợp và xác suất n = 0: n = 1: n = 2: n = 3: n = 4: n = 5: n = 6: n = 7: 1 1 1 1 HẰNG ĐẲNG THỨC PASCAL 10 15 21 10 20 35 k k Ck−1 n−1 + Cn−1 = Cn 15 35 21 VÍ DỤ Viết đầy đủ dạng khai triển các nhị thức sau (a + b)6 (a + b)7 Lời giải (a + b)6 = a6 + 6a5 b + 15a4 b2 + 20a3 b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 (a + b)7 = a7 + 7a6 b + 21a5 b2 + 35a4 b3 + 35a3 b4 + 21a2 b5 + 7ab6 + b7 C DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 3.1 Tìm hệ số số hạng thỏa mãn điều kiện cho trước Phương pháp giải Bước Viết công thức số hạng tổng quát Bước Dùng các tính chất lũy thừa để rút gọn số hạng tổng quát Bước Dựa vào điều kiện cho trước để tìm số hạng thỏa mãn bài toán ! Chú ý xn √ m Với m ∈ Z, n ∈ N∗ và x > thì n xm = x n Với n ∈ N∗ và x 6= thì x−n = Với các điều kiện xác định thì • am an = am+n • a n b = an bn • am = am−n an n • (ab)n = an bn m • (am ) = amn = (an ) Tính chất phân phối phép nhân phép cộng: x n X k=0 ak = n X xak k=0 VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ Tìm hệ số số hạng khai triển (2x − 3y)17 chứa x8 y 12 3x − x2 chứa x15 Å ã 10 x2 − , ∀x 6= chứa x11 x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 168 (169) Chương Tổ hợp và xác suất Ä√ x−2 + x ä7 chứa x2 Lời giải Số hạng tổng quát khai triển (2x − 3y)17 là Ck17 (2x)17−k (−3y)k = Ck17 217−k (−3)k x17−k y k Để có số hạng chứa x8 y thì k = Vậy hệ số số hạng chứa x8 y là C917 · 28 · (−3)9 = −28 39 C917 12 là Số hạng tổng quát khai triển 3x − x2 Ck12 (3x)12−k −x2 k = Ck12 312−k (−1)k x12−k x2 k = Ck12 312−k (−1)k x12+k Để có số hạng chứa x15 thì 12 + k = 15 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x15 là −39 C312 Å ã 10 Số hạng tổng quát khai triển x2 − là x Ck10 x2 10−k ã Å k = Ck10 (−2)k x20−2k x−k = (−2)k Ck10 x20−3k − x Để có số hạng chứa x11 thì 20 − 3k = 11 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x11 là −23 C310 Ä√ ä7 Số hạng tổng quát khai triển x−2 + x là Ck7 Ä√ x−2 ä7−k Ä ä7−k −14+5k xk = Ck7 x− xk = Ck7 x −14 + 5k = ⇔ −14 + 5k = ⇔ k = 4 Vậy hệ số số hạng chứa x là C7 Để có số hạng chứa x2 thì VÍ DỤ Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển + x + 3x2 10 Lời giải Ta có + x + 3x2 10 10 + x + 3x2 10 X k = Ck10 110−k x + 3x2 = k=0 = 10 X Ñ Ck10 é Cjk xk−j 3x j j=0 k=0 = k X 10 X Ñ k X k=0 j=0 é 3j Ck10 Cjk xk+j Để có số hạng chứa x4 thì ® k+j =4 ≤ j ≤ k ≤ 10 ⇔ (j; k) ∈ {(0; 4), (1; 3), (2; 2)} Do đó, số hạng chứa x4 là 30 C410 C04 x4 + 31 C310 C13 x4 + 32 C210 C22 x4 = 1695x4 Vậy hệ số số hạng chứa x4 là 1695 5 VÍ DỤ Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển + x + x2 + x3 Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 169 (170) Chương Tổ hợp và xác suất Ta có + x + x2 + x3 5 = = 5 5 (1 + x) + x2 = (1 + x)5 + x2 é !Ñ 5 X X j j Ck5 15−k xk C5 15−j x2 j=0 k=0 = X Ñ Ck5 xk Ñ 5 X X k=0 é Cj5 x2j j=0 k=0 = X é Ck5 Cj5 xk+2j j=0 Để có số hạng chứa x10 thì k + 2j = 10 ≤ k ≤ ⇔ (j; k) ∈ {(3; 4), (4; 2), (5; 0)} 0≤j≤5 Do đó, số hạng chứa x10 là C45 C35 x10 + C25 C45 x10 + C05 C55 x10 = 101x10 Vậy hệ số số hạng chứa x10 khai triển là 101 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Tìm hệ số số hạng khai triển (x + y)25 (x − 3)9 (1 − 3x)11 chứa x12 y 13 chứa x4 chứa x6 10 x2 − 2x chứa x16 ã Å 40 , ∀x 6= chứa x31 x+ x 5 √ + x − 3x2 , ∀x 6= chứa x2 Lời giải Số hạng tổng quát khai triển (x + y)25 là Ck25 x25−k y k Để có số hạng chứa x12 y 13 thì k = 13 Vậy hệ số số hạng chứa x12 y 13 là C13 25 Số hạng tổng quát khai triển (x − 3)9 là Ck9 x9−k (−3)k = Ck9 (−3)k x9−k Để có số hạng chứa x4 thì − k = ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x4 là −35 C59 Số hạng tổng quát khai triển (1 − 3x)11 là Ck11 111−k (−3x)k = Ck11 (−3)k xk Để có số hạng chứa x6 thì k = Vậy hệ số số hạng chứa x6 là 36 C611 Số hạng tổng quát khai triển x2 − 2x Ck10 x2 12−k 10 là (−2x)k = Ck10 (−2)k x24−2k xk = Ck10 (−2)k x24−k Để có số hạng chứa x16 thì 24 − k = 16 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x16 là 28 C810 ã Å 40 Số hạng tổng quát khai triển x + là x Å ãk k 40−k C40 x = Ck40 x40−k x−2k = Ck40 x40−3k x2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 170 (171) Chương Tổ hợp và xác suất Để có số hạng chứa x31 thì 40 − 3k = 31 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x31 là C340 Ta có 2+ √ x − 3x2 5 = = 5 √ 2+ x − 3x2 X äk Ä Ck5 25−k x − 3x2 k=0 = X Ñ 25−k Ck5 Ñ k X X k=0 é Ä äk−j j Cjk x −3x2 j=0 k=0 = k X é 25−k (−3)j Ck5 Cjk x k+3j j=0 Để có số hạng chứa x2 thì ® k + 3j = k + 3j = ⇔ (j; k) ∈ {(0; 4), (1; 1)} ⇔ 0≤j≤k≤5 0≤j≤k≤5 Do đó, số hạng chứa x2 là 21 (−3)0 C45 C04 x2 + 24 (−3)1 C15 C11 x2 = −230x2 Vậy hệ số số hạng chứa x2 là −230 BÀI Tìm số hạng không chứa x (độc lập với x) khai triển nhị thức Å ã 2x − với x 6= x Å ã xy − với xy 6= xy Å ã17 √ √ x với x > + 3 x2 Lời giải Å ã 2x2 − là x Å ã 9−k k 2x2 − = Ck9 29−k (−3)k x18−2k x−k = 29−k (−3)k Ck9 x18−3k x Số hạng tổng quát khai triển Ck9 Để có số hạng không chứa x thì 18 − 3k = ⇔ k = Vậy số hạng không chứa x là 23 36 C69 Å ã 2 Số hạng tổng quát khai triển xy − là xy Å ã 8−k k = Ck8 (−1)k x8−k y 16−2k x−k y −k = (−1)k Ck8 x8−2k y 16−3k Ck8 xy − xy Để có số hạng không chứa x thì − 2k = ⇔ k = Vậy số hạng không chứa x là (−1)4 C48 y = C48 y Å ã17 √ 3 Số hạng tổng quát khai triển √ là + x x2 Å ã äk −136+17k 17−k Ä √ k √ C17 x3 = Ck17 x− ·(17−k) x ·k = Ck17 x 12 x −136 + 17k = ⇔ −136 + 17k = ⇔ k = 12 Vậy số hạng không chứa x là C17 Để có số hạng không chứa x thì Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 171 (172) Chương Tổ hợp và xác suất 5 10 BÀI Tìm số hạng chứa x khai triển x(1 − 2x) + x (1 + 3x) Lời giải Ta có x(1 − 2x)5 + x2 (1 + 3x)10 = x X Cj5 15−j (−2x)j + x2 j=0 = X Để có số hạng chứa x5 thì ® j+1=5 ⇔ Ck10 110−k (3x)k k=0 (−2)j Cj5 xj+1 + j=0 ® 10 X 10 X 3k Ck10 xk+2 k=0 j=4 k+2=5 k = Vậy số hạng chứa x5 là (−2)4 C45 x5 + 33 C310 x5 = 3310x5 5 BÀI Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển (2x + 1) + (2x + 1) + (2x + 1) + (2x + 1) Lời giải Ta có (2x + 1)4 + (2x + 1)5 + (2x + 1)6 + (2x + 1)7 = X (2x + 1)k k=4 = ® X Ñ k X k=4 j=0 é Cjk 1k−j (2x)j Ñ k X k=4 j=0 é 2j Cjk xj j=5 ⇔ (j; k) ∈ {(5; 5), (5; 6), (5; 7)} 0≤j≤k≤7 Do đó, số hạng chứa x5 là 25 C55 x5 + 25 C56 x5 + 25 C57 x5 = 896x5 Vậy hệ số số hạng chứa x5 là 896 Để có số hạng chứa x thì = X BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Tìm hệ số số hạng khai triển (2x + y)13 chứa x6 y 15 x3 − xy chứa x25 y 10 Å ã x 10 √ xy + với xy ≥ và y 6= y 10 + x + 2x2 chứa x17 5 x2 + x − chứa x3 8 + x2 − x3 chứa x8 ã Å 12 1−x − , x 6= chứa x8 x chứa x6 y BÀI Tìm số hạng không chứa x (độc lập với x) khai triển nhị thức Å ã 12 x+ , với x 6= x Å ã x3 − , với x 6= x Å ã 10 2x − , với x 6= x Å ã x 12 + , với x 6= x Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 172 (173) Chương Tổ hợp và xác suất Å + x2 x3 ã10 , với x 6= Å ã 12 x+ , với x 6= x ã Å x − , với x 6= x ã Å √ 20 , với x > x+ √ x Å 10 √ + x x ã12 , với x > ã Å 18 , với x > 2x + √ x Å 11 √ x+ √ x ã7 , với x > { DẠNG 3.2 Tìm hệ số khai triển nhị thức Niu-tơn (a + b)n Sử dụng số hạng tổng quát khai triển là Ckn an−k bk Từ giả thiết tìm giá trị k ! Nhị thức Niu-tơn n (a + b) = C0n an + C1n an−1 b + · · · + Cn−1 abn−1 + Cnn bn n n X = Ckn an−k bk k=0 Hệ + Cnn Với a = b = 1, ta có 2n = C0n + C1n + · · · + Cn−1 n k n Với a = 1; b = −1, ta có 0n = C0n − C1n + · · · + (−1) Ckn + · · · + (−1) Cnn Nếu P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn thì tổng các hệ số khai triển là P (1) VÍ DỤ VÍ DỤ Å ã n x3 − , x 6= biết C4n = 13C2n x ã Å n Tìm số hạng chứa x2 khai triển x3 + , x 6= 0, biết C0n + C1n + C2n = 11 x n Tìm số hạng chứa x8 khai triển x2 + , biết A3n − 8C2n + C1n = 49 Tìm số hạng chứa x10 khai triển Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 173 (174) Chương Tổ hợp và xác suất Tìm số hạng chứa x10 khai triển Å ã n x3 − , x 6= biết C4n = 13C2n x Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó C4n = 13C2n n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n(n − 1) = 13 · 4! ñ n = −10 (loại) ⇔ n2 − 5n − 150 = ⇔ n = 15 (nhận) ⇔ Å ã k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck15 (x3 )15−k − = Ck15 (−1)k x45−5k x Số hạng chứa x10 ứng với 45 − 5k = 10 ⇔ k = Vậy số hạng chứa x10 khai triển là C715 (−1)7 x10 = −6435x10 ã Å n , x 6= 0, biết C0n + C1n + C2n = 11 Tìm số hạng chứa x2 khai triển x3 + x Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó C0n + C1n + C2n = 11 ⇔ ⇔ n(n − 1) = 11 ñ n = −5 n + n − 20 = ⇔ n=4 1+n+ Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck4 (x3 )4−k Å x2 ãk (loại) (nhận) = Ck4 x12−5k Số hạng chứa x2 ứng với 12 − 5k = ⇔ k = Vậy số hạng chứa x2 khai triển là C24 x2 = 6x2 n Tìm số hạng chứa x8 khai triển x2 + , biết A3n − 8C2n + C1n = 49 Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó n(n − 1) + n = 49 ⇔ n3 − 7n2 + 7n − 49 = ⇔ n = (nhận) A3n − 8C2n + C1n = 49 ⇔ n(n − 1)(n − 2) − · k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck7 (x2 )7−k (2) = Ck7 2k x14−2k Số hạng chứa x8 ứng với 14 − 2k = ⇔ k = Vậy số hạng chứa x8 khai triển là C37 23 x8 = 280x8 VÍ DỤ Xác định số nguyên dương n để khai triển (1 + x2 )n có hệ số x8 lần hệ số x4 Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn x2 = Ckn x2k Hệ số x8 là C4n Hệ số x4 là C2n Do hệ số x8 lần hệ số x4 nên C4n = 6C2n ⇔ ⇔ n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n(n − 1) =6· 4! 2! ñ n = −6 (loại) n2 − 5n − 66 = n = 11 (nhận) Vậy n = 11 là giá trị cần tìm VÍ DỤ Biết tổng các hệ số khai triển (1 + x2 )n là 1024 Tìm hệ số x12 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 174 (175) Chương Tổ hợp và xác suất Å Tìm hệ số x khai triển + x3 x ãn với n là số nguyên dương và biết tổng các hệ số khai triển 1024 Lời giải Biết tổng các hệ số khai triển (1 + x2 )n là 1024 Tìm hệ số x12 Đặt P (x) = (1 + x2 )n Tổng các hệ số khai triển P (x) là P (1) = 2n Do tổng các hệ số khai triển (1 + x2 )n là 1024 nên 2n = 1024 ⇔ n = 10 k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck10 x2 = Ck10 x2k Số hạng chứa x12 ứng với 2k = 12 ⇔ k = Vậy hệ số x12 là C610 = 210 Tìm hệ số x6 khai triển Å + x3 x ãn với n là số nguyên dương và biết tổng các hệ số khai triển Å 1024.ãn Đặt P (x) = + x3 Tổng các hệ số khai triển P (x) là P (1) = 2n x Do tổng các hệ số khai triển là 1024 nên 2n = 1024 ⇔ n = 10 Å ãk k k x3 = Ck10 x2k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là C10 x Số hạng chứa x6 ứng với 2k = ⇔ k = Vậy hệ số x6 là C310 = 120 VÍ DỤ Cho P (x) = (1 + 2x)n , n ∈ N∗ Khai triển P (x) ta P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn a1 a2 a3 an Tính n và a11 biết a0 + + + + · · · · + n = 4096 2 2 Lời giải Điều kiệnÅ nã∈ N, n ≥ 11 Ta có P = 2n Å ã a1 a2 a3 an Mặt khác P = a0 + + + + · · · · + n = 4096 ⇔ 2n = 4096 ⇔ n = 12 2 2 k Khi đó, số hạng tổng quát khai triển P (x) là Ck12 (2x) = Ck12 (2)k xk 11 Ta suy a11 = C11 = 24576 12 Vậy n = 12, a11 = 24576 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1 Tìm hệ số x4 khai triển Å − x3 x ãn Å Tìm số hạng không chứa x khai triển Tìm số hạng không chứa x khai triển Tìm hệ số x10 khai triển , ∀x 6= 0, biết Cn−6 n−4 + n · An = 454 √ x+ √ n−5 x ãn , x > 0, biết C3n = 5C1n Å ã n x + , với n ∈ N∗ , x 6= 0, biết A2n+1 + C2n+1 = 18P3 x Å ã n 2x3 − , ∀x 6= 0, biết 3C2n + 2A2n = 3n2 + 15 x Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 175 (176) Chương Tổ hợp và xác suất Tìm hệ số x4 khai triển Å − x3 x ãn , ∀x 6= 0, biết Cn−6 n−4 + n · An = 454 Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó (n − 4)(n − 5) + n · n(n − 1) = 454 2n3 − n2 − 9n − 888 = ⇔ n = (nhận) Cn−6 n−4 + n · An = 454 ⇔ ⇔ Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck8 Å ã8−k k −x3 = Ck8 28−k (−1)k x4k−8 x Số hạng chứa x4 ứng với 4k − = ⇔ k = Vậy hệ số x4 khai triển là C38 25 (−1)3 = −1792 Å Tìm số hạng không chứa x khai triển √ x+ √ n−5 x ãn , x > 0, biết C3n = 5C1n Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó C3n = 5C1n ⇔ n(n − 1)(n − 2) = 5n 3! n = −4 n = ⇔ n − 3n − 28n = ⇔ n=7 Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck7 √ 7−k Å ( x) √ x ãk = Ck7 x (loại) (loại) (nhận) 28−7k 12 28 − 7k = ⇔ k = 12 Vậy số hạng không chứa x khai triển là C47 = 35 Số hạng không chứa x ứng với Tìm số hạng không chứa x khai triển Å ã n x + , với n ∈ N∗ , x 6= 0, biết A2n+1 + C2n+1 = 18P3 x Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó A2n+1 + C2n+1 = 18P3 ⇔ ⇔ n(n + 1) = 18 · 3! 2! ñ n = −9 (loại) n2 + n − 72 = ⇔ n=8 (nhận) (n + 1)n + 8−k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck8 (x) Å x3 ãk = Ck8 3k x8−4k Số hạng không chứa x ứng với − 4k = ⇔ k = Vậy số hạng không chứa x khai triển là C28 32 = 252 Tìm hệ số x10 khai triển Å ã n 2x3 − , ∀x 6= 0, biết 3C2n + 2A2n = 3n2 + 15 x Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó 3C2n + 2A2n = 3n2 + 15 n(n − 1) + · n(n − 1) = 3n2 + 15 2! ñ n = −3 (loại) ⇔ n − 7n − 30 = ⇔ n = 10 (nhận) ⇔ 3· Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck10 2x3 10−k Å ã k − = Ck10 210−k (−3)k x30−5k x Số hạng chứa x10 ứng với 30 − 5k = 10 ⇔ k = Vậy hệ số x10 khai triển là C410 26 (−3)4 = 1088640 BÀI Tính Lời giải An2016 n biết hệ số x khai triển (1 + 3x) là 90 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 176 (177) Chương Tổ hợp và xác suất Điều kiện n ∈ N, n ≥ k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn (3x) = Ckn 3k xk 2 Hệ số x là Cn Do hệ số x2 90 nên n(n − 1) = 10 2! C2n 32 = 90 ⇔ ⇔ n − n − 20 = ⇔ ñ n = −4 n=5 (loại) (nhận) Vậy An2016 = A52016 n BÀI Trong khai triển nhị thức (1 + 2ax) , (x 6= 0) ta có số hạng đầu là 1, số hạng thứ hai là 48x, số hạng thứ ba là 1008x2 Tìm n và a Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn (2ax) = Ckn (2a)k xk Số hạng đầu là nên C0n = Số hạng thứ hai là 48x nên C1n (2a) = 48 Số hạng thứ ba là 1008x2 nên C2n (2a)2 = 1008 Ta suy ® C1n (2a) = 48 C2n (2a)2 = 1008 ® ⇔ n(n − 1)a2 = 2016 ® ⇔ ® Vậy an = 24 an = 24 an(an − a) = 504 ® ⇔ an = 24 a=3 ® ⇔ n=8 a = n=8 a = ã Å n , biết hiệu hệ số số hạng thứ ba và thứ hai BÀI Tìm số hạng không chứa x khai triển x + x 35 Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ Å ãk Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn xn−k = Ckn xn−2k x Hệ số số hạng thứ ba là C2n Hệ số số hạng thứ hai là C1n Do hiệu hệ số số hạng thứ ba và thứ hai 35 nên C2n − C1n = 35 ⇔ ⇔ n(n − 1) − n = 35 2 n − 3n − 70 = ⇔ ñ n = −7 n = 10 (loại) (nhận) Khi đó số hạng không chứa x là C510 = 252 C1n + C2n + C3n + · · · + Cnn 10 BÀI Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện = 2047.Tìm số hạng chứa x y khai triển (2x2 + y)n Lời giải Do C1n + C2n + C3n + · · · + Cnn = 2n − = 2047 ⇔ n = 11 11−k k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck11 2x2 y = Ck11 211−k x22−2k y k 10 6 10 Ta suy số hạng chứa x y khai triển là C11 x y = 14784x10 y Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 177 (178) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI Cho khai triển nhị thức: (1 − 2x + x3 )n = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · · · · + a3n x3n Xác định n và tìm a6 , biết Å ã15 a1 a3n a2 rằng: a0 + + + · · · + 3n = 2 2 Lời giải Å ã Å ã3n 1 n Đặt P (x) = (1 − 2x + x ) Suy P = 2 Å ã Å ã15 Å ã3n Å ã15 a1 a3n a2 1 Mặt khác P = a0 + + + · · · + 3n = ⇔ = ⇔ n = 2 2 2 k P k 5−k P P P P k i (1 − 2x) = Ck5 x15−3k Cik (−2x) = Khi đó P (x) = Ck5 x3 Cik (−2)i (x)15−3k+i i=0 k=0 k=0 k=0 i=0 Ta suy a6 = C34 (−2)3 + C05 (−2)0 = −31 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Tìm hệ số số hạng tìm số hạng Å ã √ n x+ √ , x > 0, biết C6n + 3C7n + 3C8n + C9n = 2C8n+2 Tìm số hạng không chứa x khai triển x n−1 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: 6Cn+1 = A2n + 160 Tìm hệ số x7 khai triển (1 − 2x3 )(2 + x)n Cho n ∈ N∗ và a, b (b > 0) Biết khai triển nhị thức Niu-tơn Å ãn a √ +b có hạng tử chứa a4 b9 , tìm b số hạng chứa tích a và b với số mũ n−3 11 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn − C2n−1 = C1n−1 Cn+2 n+3 Tìm hệ số số hạng chứa x n n , x 6= khai triển x3 xn−8 − 3x Lời giải Å Tìm số hạng không chứa x khai triển √ x+ √ x ãn , x > 0, biết C6n + 3C7n + 3C8n + C9n = 2C8n+2 Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó C6n + 3C7n + 3C8n + C9n = 2C8n+2 ⇔ C6n + C7n + C7n + C8n + C8n + C9n = 2C8n+2 ⇔ C7n+1 + 2C8n+1 + C9n+1 = 2C8n+2 ⇔ C7n+1 + C8n+1 + C8n+1 + C9n+1 = 2C8n+2 ⇔ C8n+2 + C9n+2 = 2C8n+2 ⇔ C9n+2 = C8n+2 (n + 2)! (n + 2)! =· 9!(n − 7)! 8!(n − 6)! ⇔ ⇔ Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck15 n − = ⇔ n = 15 (nhận) √ 15−k ( x) Å √ x ãk = Ck15 2k x 5(6−k) 5(6 − k) = ⇔ k = 6 Vậy số hạng không chứa x khai triển là C615 26 = 320320 Số hạng không chứa x ứng với n−1 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: 6Cn+1 = A2n + 160 Tìm hệ số x7 khai triển (1 − 2x3 )(2 + x)n Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó 6Cn−1 n+1 = An + 160 (n + 1)n = n(n − 1) + 160 2! ñ n = −10 ⇔ n + 2n − 80 = ⇔ n=8 ⇔ 6· Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (loại) (nhận) Trang 178 (179) Chương Tổ hợp và xác suất Khi đó số hạng tổng quát khai triển là (1 − 2x3 )Ck8 28−k xk = Ck8 28−k xk − Ck8 29−k xk+3 Vậy hệ số x7 khai triển là 2C78 − 25 C48 = −2224 Cho n ∈ N∗ và a, b (b > 0) Biết khai triển nhị thức Niu-tơn Å ãn a √ +b có hạng tử chứa a4 b9 , tìm b số hạng chứa tích a và b với số mũ Điều kiện n ∈ N, n ≥ Å ã 3k−n a n−k k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn √ b = Ckn an−k b b ® n − k = n = 15 Trong khai triển có hạng tử chứa a b nên 3k − n ⇔ k = 11 =9 3k−15 Khi đó số hạng tổng quát là Ck15 a15−k b 3k − 15 Số hạng chứa a và b với số mũ 15 − k = ⇔ k = 9 6 Vậy số hạng chứa a và b với số mũ là C15 a b = 5005a6 b6 n−3 11 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn − C2n−1 = C1n−1 Cn+2 n+3 Tìm hệ số số hạng chứa x n n , x 6= khai triển x3 xn−8 − 3x Điều kiện n ∈ N, n ≥ Khi đó n(n − 1)(n − 2) (n − 1)(n − 2) − = (n − 1) · (n + 3) 3! 2! n = −1 (loại) n = (loại) ⇔ n − 12n − n + 12 = ⇔ Cn−3 − C2n−1 = C1n−1 Cn+2 n n+3 ⇔ n = 12 Khi đó số hạng tổng quát khai triển là x Ck12 x 12−k (nhận) ã Å k = Ck12 (−4)k x51−5k − x Số hạng chứa x11 ứng với 51 − 5k = 11 ⇔ k = Vậy hệ số x11 khai triển là C812 (−4)8 = 32440320 n BÀI Trong khai triển nhị thức (1 + ax) , ta có số hạng đầu 1, số hạng thứ hai 24x, số hạng thứ ba 252x2 Tìm n và a Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn (ax) = Ckn ak xk Số hạng đầu là nên C0n = Số hạng thứ hai là 48x nên C1n a = 24 Số hạng thứ ba là 252x2 nên C2n a2 = 252 Ta suy ® C1n a = 24 C2n a2 = 252 ® an = 24 ® n(n − 1)a2 = 504 ® an = 24 n=8 ⇔ a=3 a = ⇔ ⇔ ® Vậy n=8 a = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 179 (180) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI Biết hệ số xn−2 khai triển (x − 2)n 220 Tìm hệ số x2 Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn xn−k (−2) n−2 Do hệ số x khai triển 220 nên C2n (−2) = 220 ⇔ ⇔ 10 Khi đó hệ số x2 là C10 12 (−2) BÀI 10 Biết hệ số xn−2 n(n − 1) = 110 n − n − 110 = ⇔ ñ n = −10 n = 11 (loại) (nhận) = 67584 Å ã n khai triển x − 31 Tìm số nguyên dương n Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ ã Å k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn xn−k − Do hệ số xn−2 khai triển 31 nên Å ã C2n − = 31 ⇔ n(n − 1) = 992 ⇔ n − n − 992 = ⇔ ñ n = −31 n = 32 (loại) (nhận) Vậy n = 32 Å ãn BÀI 11 Trong khai triển nhị thức x2 − cho biết tổng hệ số ba số hạng đầu tiên khai triển x trên 97 Tìm hệ số số hạng có chứa x4 Lời giải Điều kiện n ∈ N, n ≥ ã Å n−k k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ckn x2 = Ckn (−2)k x2n−3k − x Do tổng hệ số ba số hạng đầu tiên khai triển trên 97 nên C0n + C1n (−2) + C2n (−2)2 = 97 ⇔ − 2n + 2n(n − 1) = 97 ñ n = −6 ⇔ 2n − 4n − 96 = ⇔ n=8 Khi đó hệ số x4 khai triển là C48 (−2)4 = 1120 (loại) (nhận) BÀI 12 Tìm hệ số số hạng tìm số hạng 1 Biết n nguyên dương thỏa mãn điều C2n + · · · · · · + Cn−1 + Cnn = 4095 Tìm hệ số số hạng n Å kiện Cnã+ n chứa x8 khai triển P (x) = √ + x5 x3 với x > Biết n là số nguyên dương thỏa 3n C0n − 3n−1 C1n + 3n−2 C2n − 3n−3 C3n + · · · + (−1)n Cn n = 2048.Tìm hệ số x10 khai triển nhị thức (2 + x)n , n √ Tìm hệ số x10 khai triển x − 3x2 , (x > 0), biết n là số nguyên dương và tổng các hệ số khai triển −2048 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện C12n+1 + C32n+1 + C52n+1 + · · · + C2n+1 2n+1 = 1024 Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 − 3x)2n Lời giải 1 Biết n nguyên dương thỏa mãn điều C2n + · · · · · · + Cn−1 + Cnn = 4095 Tìm hệ số số hạng n Å kiện Cnã+ n √ + x5 với x > x Do C1n + C2n + · · · + Cn−1 + Cnn = 2n − = 4095 ⇔ n = 12 n chứa x8 khai triển P (x) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 180 (181) Chương Tổ hợp và xác suất ã −72+11k 12−k Ä√ äk Khi đó số hạng tổng quát khai triển là x = Ck12 212−k x x3 −72 + 11k Số hạng chứa x8 khai triển ứng với = ⇔ k = 8 Ta suy hệ số x khai triển là C12 = 7920 Ck12 Å Biết n là số nguyên dương thỏa 3n C0n − 3n−1 C1n + 3n−2 C2n − 3n−3 C3n + · · · + (−1)n Cn n = 2048.Tìm hệ số x10 khai triển nhị thức (2 + x)n Ta có (a + b)n = C0n an + C1n an−1 b + C2n an−2 b2 + C3n an−3 b3 + · · · + Cnn bn Cho a = 3, b = −1 ta 3n C0n − 3n−1 C1n + 3n−2 C2n − 3n−3 C3n + · · · + (−1)n Cnn = 2n = 2048 ⇔ n = 11 Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck11 211−k xk Ta suy hệ số x8 khai triển là C811 23 = 1320 n √ Tìm hệ số x10 khai triển x − 3x2 , (x > 0), biết n là số nguyên dương và tổng các hệ số khai √ triển n−2048 x − 3x2 Tổng các hệ số khai triển P (x) là P (1) = (−2)n Đặt P (x) = Do tổng các hệ số khai triển là −2048 nên (−2)n = −2048 ⇔ n = 11 11+3k k √ 11−k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là Ck11 ( x) −3x2 = Ck11 (−3)k x 11 + 3k Số hạng chứa x10 ứng với = 10 ⇔ k = 10 3 Vậy hệ số x là C11 (−3) = −4455 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện C12n+1 + C32n+1 + C52n+1 + · · · + C2n+1 2n+1 = 1024 Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 − 3x)2n 2n+1 Ta có (a + b)2n+1 = C02n+1 a2n+1 + C12n+1 a2n b + C22n+1 a2n−1 b2 + C32n+1 a2n−2 b3 + · · · + C2n+1 2n+1 b 2n+1 2n+1 (1) Cho a = 1, b = ta C2n+1 + C2n+1 + C2n+1 + C2n+1 + · · · + C2n+1 = Cho a = 1, b = −1 ta C02n+1 − C12n+1 + C22n+1 − C32n+1 + · · · − C2n+1 2n+1 = (2) 2n Từ (1) và (2) suy C12n+1 + C32n+1 + C52n+1 + · · · + C2n+1 = 1024 ⇔ n = 2n+1 = 10−k k k Khi đó số hạng tổng quát khai triển là C10 (2) (−3x) Ta suy hệ số x7 khai triển là C710 23 (−3)7 = −2099520 { DẠNG 3.3 Chứng minh tính tổng abn−1 + Cnn bn • (a + b)n = C0n an + C1n an−1 b + C2n an−2 b2 + · · · + Cn−1 n • Ckn = Cn−k n • C0n + C1n + C2n + · · · + Cnn = 2n • C0n − C1n + C2n + · · · + (−1)n Cnn = VÍ DỤ VÍ DỤ Chứng minh n + C2n C02n + C12n + C22n + C32n + · · · + C2n−1 2n = 2n n C0n · 3n − C1n · 3n−1 + · · · + (−1)n Cn n = Cn + Cn + · · · + Cn Lời giải Xét nhị thức (x + 1)2n = C02n x2n + C12n x2n−1 + C22n x2n−2 + C32n x2n−3 + · · · + C2n−1 x + C2n 2n 2n Thay x = ta 2n C02n + C12n + C22n + C32n + · · · + C2n−1 + C2n 2n = 2n n Vậy C02n + C12n + C22n + C32n + · · · + C2n−1 + C2n 2n = 2n Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 181 (182) Chương Tổ hợp và xác suất Xét nhị thức (x − 1)n = C0n xn − C1n xn−1 + · · · + (−1)n Cn n Thay x = ta C0n · 3n − C1n · 3n−1 + · · · + (−1)n Cnn = 2n Lại có C0n + C1n + · · · + Cnn = 2n Vậy C0n · 3n − C1n · 3n−1 + · · · + (−1)n Cnn = C0n + C1n + · · · + Cnn VÍ DỤ Tính các tổng sau S = C05 + C15 + C25 + · · · + C55 S = 2C12010 + 23 C32010 + 25 C52010 + · · · + 22009 C2009 2010 Lời giải Ta có S = C05 + C15 + C25 + · · · + C55 = 25 = 32 Xét nhị thức 2009 2010 (1 + x)2010 = C02010 + C12010 x + C22010 x2 + C32010 x3 + · · · + C2009 + C2010 2010 x 2010 x Thay x = ta 2010 2010 C02010 + 2C12010 + 22 C22010 + 23 C32010 + · · · + 22009 C2009 C2010 = 32010 2010 + (1) Thay x = −2 ta 2010 2010 C02010 − 2C12010 + 22 C22010 − 23 C32010 + · · · − 22009 C2009 C2010 = 2010 + (2) Trừ hai vế (1) và (2) suy 2010 2C12010 + 23 C32010 + 25 C52010 + · · · + 22009 C2009 − 2010 = Vậy S = 32010 − VÍ DỤ Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau + Cnn = 4095 C1n + C2n + C3n + · · · + Cn−1 n 2n+1 C12n+1 + C32n+1 + C52n+1 + C72n+1 + · · · + C2n+1 = 1024 Lời giải Ta có C1n + C2n + C3n + · · · + Cn−1 + Cnn = 4095 n ® Ta có ⇔ C0n + C1n + C2n + C3n + · · · + Cn−1 + Cnn = 4095 + C0n n ⇔ 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12 2n+1 2n+1 C02n+1 + C12n+1 + C22n+1 + C32n+1 + · · · + C2n 2n+1 + C2n+1 = 2n+1 C02n+1 − C12n+1 + C22n+1 − C32n+1 + · · · + C2n 2n+1 − C2n+1 = Trừ hai vế ta 2n+1 2n+1 C12n+1 + C32n+1 + · · · + C2n 2n+1 − C2n+1 = 2n+1 2n ⇔ C12n+1 + C32n+1 + · · · + C2n 2n+1 − C2n+1 = ⇔ 22n = 1024 = 210 ⇔ n = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 182 (183) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Chứng minh k(k − 1)Ckn = n(n − 1)Ck−2 n−2 Ckn = Cn−k n Lời giải Ta có Ckn = Cn−k ⇔ n n! n! = (luôn đúng) Suy điều phải chứng minh (n − k)!k! k!(n − k)! Ta có k(k − 1)Ckn = n(n − 1)Ck−2 n−2 (n − 2)! n! = n(n − 1) · (n − k)!k! (n − k)!(k − 2)! k(k − 1)n! n(n − 1)(n − 2)! = (n − k)!k(k − 1)(k − 2)! (n − k)!(k − 2)! n! n! = (luôn đúng) (n − k)!(k − 2)! (n − k)!(k − 2)! ⇔ k(k − 1) · ⇔ ⇔ Suy điều phải chứng minh Å VÍ DỤ Cho khai triển 2x + 3 ã11 = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + a11 x11 Hãy tìm hệ số lớn các số a0 , a1 , .,a11 ? Lời giải Å Số hạng tổng quát khai triển 2x + 3 ã11 Tk+1 = Ck11 · là Å ã11−k Å ãk 2x 2k · = Ck11 · 11 · xk 3 Do đó hệ số số hạng tổng quát là ak = Ck11 · 2k Ck · 2k = 1111 11 3 ak Ck11 · 2k k+1 < ⇔ k+1 < ⇔ k < Suy a0 < a1 < · · · < a6 < a7 <1⇔ k+1 ak+1 2(11 − k) C11 · ak Tương tự > ⇔ k > Suy a8 > a9 > · · · > a11 ak+1 a7 Lại có = = ⇒ a7 = a8 , nên a0 < a1 < · · · < a6 < a7 = a8 > · · · > a11 a8 C7 · 27 C8 · 28 Vậy hệ số lớn là a7 = 1111 và a8 = 1111 3 Xét BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Chứng minh 2n−1 C02n + C22n + · · · + C2n = 22n−1 2n = C2n + C2n + · · · + C2n n (C0n )2 + (C1n )2 + (C2n )2 + · · · + (Cn n ) = C2n , ∀n ≥ 2, n ∈ N Lời giải ® Ta có 2n C02n + C12n + C22n + C32n + · · · + C2n−1 + C2n 2n = 2n C02n C12n C22n C32n − + − + ··· − Cộng hai vế (1) và (2) ta C2n−1 2n + C2n 2n = (1) (2) 2n 2n−1 C02n + C22n + · · · + C2n ⇔ C02n + C22n + · · · + C2n 2n = 2n = Trừ hai vế (1) và (2) ta 2n−1 C12n + C32n + · · · + C2n−1 = 22n ⇔ C12n + C32n + · · · + C2n = 22n−1 2n 2n−1 Vậy C02n + C22n + · · · + C2n = 22n−1 2n = C2n + C2n + · · · + C2n Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 183 (184) Chương Tổ hợp và xác suất n 2n 2n Xét nhị thức (1 + x)2n = C02n + C12n x + · · · + Cn 2n x + · · · + C2n x Trong khai triển trên thì hệ số xn là Cn2n Mặt khác (1 + x)2n = (1) (1 + x)n · (x + 1)n = C0n + C1n x + C2n x2 + · · · + Cnn xn · C0n xn + C1n xn−1 + C2n xn−2 + · · · + C0n Hệ số xn tích trên là (C0n )2 + (C1n )2 + (C2n )2 + · · · + (Cnn )2 Từ (1) và (2) suy (C0n )2 + (C1n )2 + (C2n )2 + · · · + (Cnn )2 = Cn2n (2) BÀI Tính các tổng sau S = C02010 + 2C12010 + 22 C22010 + · · · + 22010 C2010 2010 S = C610 + C710 + C810 + C910 + C10 10 Lời giải Xét nhị thức 2010 (1 + x)2010 = C02010 + C12010 x + C22010 x2 + · · · + C2010 2010 x Thay x = ta 2010 C02010 + 2C12010 + 22 C22010 + · · · + 22010 C2010 2010 = Vậy S = 32010 10 Xét S1 = C010 + C110 + C210 + · · · + C10 10 = Áp dụng công thức Ckn = Cn−k , ta có n S = C610 + C710 + C810 + C910 + C10 10 = C10 + C10 + C10 + C10 + C10 Do đó S1 = 2S + C510 ⇒ S = S1 − C510 = 386 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Chứng minh C02n − C12n + C22n − C32n + · · · − C2n−1 + C2n 2n = 2n 16 16 316 C016 − 315 C116 + 314 C216 − · · · 3C15 16 + C16 = 2n C02n + C22n · 32 + C42n · 34 + · · · + C2n = 22n−1 · (22n + 1) 2n · 2000 C02001 + 32 C22001 + 34 C42001 + · · · + 32000 C2000 · (22001 − 1) 2001 = 2n C0n + 2n−2 C2n + 2n−4 C4n + · · · + Cn n = 3n + BÀI Tính các tổng sau S = C05 + 2C15 + 22 C25 + · · · + 25 C55 S = 40 C08 + 41 C18 + 42 C28 + · · · + 48 C88 S = C02010 + C12010 + C22010 + · · · + C2010 2010 S = C0100 + C2100 + C4100 + · · · + C100 100 S= 1 1 + + ··· + + 2! · 2012! 4! · 2010! 2012! · 2! 2014! BÀI Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 184 (185) Chương Tổ hợp và xác suất 3n C0n − 3n−1 C1n + 3n−2 C2n − 3n−3 C3n + · · · + (−1)n Cn n = 2048 C02n + C22n + C42n + C62n + · · · + C2n 2n = 512 503n C22014 + C42014 + C62014 + C82014 + · · · + C1006 − 2014 = 20 C12n+1 + C22n+1 + C32n+1 + · · · + Cn − 2n+1 = BÀI Chứng minh Ckn+1 = Ckn + Ck−1 n Ckn + 3Ck+1 + 3Ck+2 + Ck+3 = Ck+3 n n n n+3 kCkn = nCk−1 n−1 k−1 k Ckn = n(n − 1)Ck−2 n−2 + nCn−1 BÀI Cho khai triển (1+2x)n = a0 +a1 x+· · ·+an xn , với các hệ số a0 , a1 , .,an thỏa mãn a0 + a1 an +· · ·+ n = 2 4096 Hãy tìm số lớn các số a0 , a1 , .,an ? BÀI A BIẾN CỐ VÀ XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ PHÉP THỬ Định nghĩa Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta không đoán trước kết phép thử đó mặc dù biết tập tất các kết phép thử đó VÍ DỤ Phép thử “Gieo súc sắc cân đối và đồng chất” Tìm không gian mẫu phép thử Lời giải Không gian mẫu phép thử là Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6} VÍ DỤ Xét phép thử “Gieo hai đồng xu phân biệt” Nếu ký hiệu S là mặt sấp, N là mặt ngửa Tìm không gian mẫu phép thử Lời giải Không gian mẫu Ω = {N N, SN, N S, SS} VÍ DỤ Xét phép thử T “Gieo đồng xu phân biệt” Tính số phần tử không gian mẫu Lời giải Mỗi đồng xu có hai khả xuất mặt S hay N ⇒ không gian mẫu phép thử là Ω = {N N N, N SN, SN N, SSN, N N S, N SS, SN S, SSS} Do số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = B BIẾN CỐ Định nghĩa Biến cố là tập không gian mẫu VÍ DỤ Xét phép thử T “Gieo súc sắc cân đối và đồng chất” Gọi A là biến cố “Số chấm trên mặt xuất là số chấm chẵn” Liệt kê tất các kết thuận lợi biến cố A Lời giải Biến cố A = {2; 4; 6} ! Biến cố A liên quan đến phép thử T là biến cố mà việc xảy hay không xảy A tùy thuộc vào kết T Mỗi kết phép thử T làm cho A xảy gọi là kết thuận lợi A Biến cố A có ngoài cách cho mô tả, có thể cho A dạng liệt kê tất các kết thuận lợi A Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 185 (186) Chương Tổ hợp và xác suất C XÁC SUẤT Định nghĩa Xét phép thử T có không gian mẫu Ω là tập hữu hạn kết đồng khả Biến cố A liên quan đến phép thử, A ⊂ Ω Xác suất biến cố A là P (A) = n(A) n(Ω) ! Với biến cố A phép thử có không gian mẫu là Ω Ta luôn có ≤ P (A) ≤ P (A) = − P A , đó A là biến cố đối biến cố A Với A, B là hai biến cố ta có n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) VÍ DỤ Xét phép thử T : “Gieo đồng thời hai súc sắc cân đối và đồng chất” Tập các kết là tập hợp gồm tất các cặp số cho bảng sau Số chấm (1; 1) (1; 2) (1; 3) (1; 4) (1; 5) (1; 6) (2; 1) (2; 2) (2; 3) (2; 4) (2; 5) (2; 6) (3; 1) (3; 2) (3; 3) (3; 4) (3; 5) (3; 6) (4; 1) (4; 2) (4; 3) (4; 4) (4; 5) (4; 6) (5; 1) (5; 2) (5; 3) (5; 4) (5; 5) (5; 6) (6; 1) (6; 2) (6; 3) (6; 4) (6; 5) (6; 6) Không gian mẫu phép thử là Ω = {(i; j)|i, j = 1; 6} Số phần tử không gian mẫu là 36 Biến cố A: “Tổng số chấm xuất trên mặt 7” Ta có A = {(1; 6); (2; 5); (3; 4); (4; 3); (5; 2); (6; 1)} ⇒ n(A) = n(A) Xác suất biến cố A là P (A) = = n(Ω) VÍ DỤ Gieo ngẫu nhiên súc sắc cân đối và đồng chất Tính xác suất các biến cố A: “Mặt có số chấm lẻ xuất hiện” B: “Mặt xuất có số chấm chia hết cho 3” C: “Mặt xuất có số chấm lớn 2” Lời giải A: “Mặt có số chấm lẻ xuất hiện” Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = Biến cố A = {1; 3; 5} ⇒ n(A) = n(A) Xác suất A là P(A) = = n(Ω) 2 B: “Mặt xuất có số chấm chia hết cho 3” Biến cố B = {6; 3} ⇒ n(B) = Xác suất biến cố B là P (B) = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 186 (187) Chương Tổ hợp và xác suất C: “Mặt xuất có số chấm lớn 2” Biến cố C = {3; 4; 5; 6} ⇒ P (C) = n(C) = n(Ω) VÍ DỤ Từ hộp chứa cầu trắng, cầu đỏ và cầu xanh Lấy ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để lấy màu trắng lấy cầu xanh Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = Quả cầu lấy có màu trắng, số cách lấy là Xác suất lấy cầu trắng là Quả cầu lấy có màu đỏ, số cách lấy là Xác suất lấy cầu đỏ là = VÍ DỤ Trong đợt kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm ngành y tế chợ X Ban quản lí chợ lấy 15 mẫu thịt lợn đó có mẫu quầy A, mẫu quầy B và mẫu quầy C Mỗi mẫu thịt này có khối lượng và để hộp kín có kích thước giống hệt Đoàn kiểm tra lấy ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem thịt lợn có chứa chất tạo nạc (Clenbuterol) hay không Tính xác suất để hộp lấy có đủ ba loại thịt các quầy A, B, C Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = C315 Gọi X là biến cố “Cả ba hàng có mẫu thịt lấy” Số phần tử X là n (X) = C14 C15 · C16 = 120 n(X) 24 Xác suất X là P(X) = = n(Ω) 91 VÍ DỤ Trong hộp có chứa 10 cầu có kích thước nhau, đánh số từ đến 10 Lấy ngẫu nhiên cầu hộp đó Tính xác suất để số ghi trên cầu lấy là độ dài ba cạnh tam giác vuông Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C310 Giả sử số ghi trên các cầu chọn là a, b, c với a < b < c thỏa mãn a2 + b2 = c2 Có hai khả (a; b; c) = (3; 4; 5) (a; b; c) = (6; 8; 10) Gọi X là biến cố: “3 số ghi trên cầu chọn là độ dài cạnh tam giác vuông” Số phần tử X là n(X) = n(X) 2 Xác suất biến cố X là P(X) = = = n(Ω) C10 45 VÍ DỤ 10 Trong hộp viên bi đỏ, viên bi vàng và viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên hộp viên bi Tính xác suất để viên lấy không đủ ba màu Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = C415 Gọi A là biến cố: “4 viên lấy không đủ ba màu” Biến cố A xảy các trường hợp Trường hợp 1: viên đúng màu, số cách lấy là C46 + C45 + C44 = 21 Trường hợp 2: viên có đúng hai màu + Hai màu đỏ-vàng, có C411 − C46 − C54 = 310 + Hai màu đỏ-trắng, có C410 − C46 − C44 = 194 + Hai màu vàng-trắng, có C49 − C45 − C44 = 120 Tổng số cách lấy viên đúng hai màu là 310 + 194 + 120 = 624 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 187 (188) Chương Tổ hợp và xác suất Số phần tử biến cố A là n(A) = 624 + 21 = 645 n(A) 43 Xác suất biến cố A là P (A) = = n(Ω) 91 { DẠNG 4.1 Chọn xếp đồ vật D LÍ THUYẾT • Phương pháp: Phương pháp 1: Tính xác suất theo định nghĩa Đếm số phần tử không gian mẫu, số phần tử biến cố P (A) = n(A) n(Ω) Phương pháp 2: Tính xác suất biến cố đối P (A) = − P A Phương pháp này nên dùng xét trực tiếp có nhiều trường hợp khác Phương pháp 3: Áp dụng quy tắc cộng và qua tắc nhân xác suất • Kiến thức bổ sung: Công thức đếm số phần tử hợp hai tập hợp n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) Công thức đếm số phần tử hợp ba tập hợp n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(B ∩ C) − n(C ∩ A) + n(A ∩ B ∩ C) Phương pháp đặt song ánh − Khi cần đếm tập A trực tiếp khó khăn ta có thể tập đó có tương ứng − với tập B và đó cần đếm B E VÍ DỤ VÍ DỤ Một bình đựng viên bi không giống nhau, đó có xanh, vàng và đỏ Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để lấy viên bi xanh 2 viên bi khác màu Lời giải Xác suất lấy viên bi xanh Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C26 Gọi A là biến cố “2 viên bi lấy là bi xanh” Số phần tử biến cố A là n(A) = C22 n (A) Xác suất biến cố A là P (A) = = n (Ω) 15 Xác suất lấy hai viên bi khác màu Gọi B là biến cố “2 viên bi lấy khác màu” Biến cố B xảy viên bi lấy là xanh - vàng; xanh - đỏ; vàng - đỏ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 188 (189) Chương Tổ hợp và xác suất Số phần tử B là n(B) = C23 × × = 12 n(B) Xác suất biến cố B là P (B) = = n(Ω) VÍ DỤ Một hộp đựng cầu trắng, cấu đỏ, cầu đen, các cầu khác Chọn ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để chọn cầu trắng, cầu đỏ và cầu đen Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C612 Gọi A là biến cố “Lấy cầu trắng, cầu đỏ và cầu đen” Số phần tử biến cố A là n(A) = C36 · C24 · C12 20 n(A) = Xác suất biến cố A là P (A) = n(Ω) 77 VÍ DỤ Cho hộp đựng 12 viên bi, đó có viên bi đỏ, viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên lần viên bi Tính xác suất trường hợp Lấy viên bi màu đỏ Lấy ít viên bi màu đỏ Lời giải Xác suất lấy viên bi màu đỏ Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C312 = 220 Gọi A là biến cố “Lấy viên bi màu đỏ” Số phần tử biến cố A là n(A) = C37 = 35 n(A) Xác suất biến cố A là P (A) = = n(Ω) 44 Xác xuất lấy ít viên bi màu đỏ Gọi B là biến cố “Lấy ít hai viên bi màu đỏ” Số phần tử biến cố B là n(B) = C37 + C27 · C15 = 140 n(B) Xác suất biến cố B là P (B) = = n(Ω) 11 VÍ DỤ Một hộp chứa các cầu kích thước khác gồm cầu đỏ, cầu xanh và cầu vàng Chọn ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để hai cầu chọn là khác màu Lời giải Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C218 = 153 Gọi A là biến cố “Hai cầu chọn không cùng màu” Biến cố đối A A là “2 viên bi lấy cùng màu” Ta có n A = C23 + C26 + C29 = 54 n A 11 Xác suất biến cố A là P (A) = − n A = − = n (Ω) 17 ! Có thể tính trực tiếp n (A) = C13 · C16 + C13 · C19 + C19 · C16 VÍ DỤ Một hộp đựng 15 viên bi, đó có viên bi xanh và viên bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy có ít viên bi đỏ Lời giải Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C315 = 455 Gọi A là biến cố “Có ít viên bi màu đỏ lấy” Biến cố đối A là A “3viên bi lấy màu xanh” Số phần tử A là n A = C37 = 35 n A 12 Xác suất biến cố A là P (A) = − = n(Ω) 13 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 189 (190) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Một hộp đựng 20 viên bi, đó có viên bi xanh và viên bi đỏ và viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất các trường hợp viên bi lấy có đúng màu viên bi lấy có đủ màu Lời giải Xác suất viên bi lấy có đúng màu Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C920 = 167960 Gọi A là biến cố “9 viên bi lấy có đúng hai màu” Do số viên bi các màu nhỏ nên ta có + Số cách lấy viên có đúng hai màu xanh - đỏ là C915 + Số cách lấy viên có đúng hai màu xanh - vàng là C912 + Số cách lấy viên có đúng hai màu đỏ - vàng là C913 Do đó số phần tử biến cố A là n(A) = C915 + C913 + C912 = 5940 297 n(A) = Xác suất biến cố A là P (A) = n (Ω) 8398 Xác suất viên bi lấy có đủ màu Gọi B là biến cố “9 viên bi lấy có đủ màu” Do số viên bi các màu nhỏ nên không thể xảy trường hợp viên màu Do đó số phần tử B là n (B) = n (Ω) − n (A) = 162020 8101 n(B) = Xác suất B là P (B) = n (Ω) 8398 F BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Một hộp chứa 11 viên bi đánh số thứ tự từ đến 11 Chọn viên bi cách ngẫu nhiên cộng các số trên viên bi rút với Tính xác suất để kết thu là số lẻ Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C611 Gọi m, n là số thẻ có ghi số chẵn, số thẻ có ghi số lẻ chọn Ta có m + n = Do tổng các số trên thẻ là số lẻ nên cặp (m; n) ∈ {(1; 5), (3; 3), (5; 1)} Gọi A là biến cố “Tổng số ghi trên thẻ là số lẻ” Ta có n(A) = C15 · C56 + C35 · C36 + C55 · C16 = 236 n(A) 118 Xác suất cần tính = n(Ω) 231 BÀI Từ hộp chứa viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng, lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất các biến cố A: “hai viên bi lấy cùng màu xanh” B: “hai viên bi lấy cùng màu đỏ ” C: “hai viên bi lấy cùng màu” D: “hai viên bi lấy khác màu” Lời giải A: “hai viên bi lấy cùng màu xanh” Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C29 Số phần tử A là n(A) = C24 n(A) Xác suất biến cố A là P(A) = = n(Ω) B: “hai viên bi lấy cùng màu đỏ ” Số phần tử B là n(B) = C23 Xác suất biến cố B là P (B) = n(B) = n (Ω) 12 C: “hai viên bi lấy cùng màu” Ta có n(C) = C24 + C23 + C22 = 10 n(C) Xác suất C là P (C) = = n(Ω) 18 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 190 (191) Chương Tổ hợp và xác suất D: “hai viên bi lấy khác màu” Biến cố đối D là “Hai bi lấy cùng màu” Suy xác suất biến cố D là P(D) = − P (C) = 13 18 BÀI Từ hộp 13 bóng đèn, đó có bóng hỏng, lấy ngẫu nhiên bóng khỏi hộp Tính xác suất cho Có ít bóng không hỏng Có nhiều hai bóng hỏng Lời giải Xác suất có nhiều hai bóng hỏng lấy Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C513 Gọi A là biến cố “Có nhiều hai bóng hỏng lấy” Số phần tử biến cố A là C16 · C47 + C37 · C26 + C06 · C57 = 756 84 n(A) = Xác suất biến cố A là P(A) = n(Ω) 143 Có ít bóng không hỏng Gọi B là biến cố “Có ít bóng hỏng lấy bóng lấy ra” Biến cố đối B là B: “Cả bóng hỏng” Số phần tử B là n B = C56 n B 427 = Xác suất B là P (B) = − B = − n(Ω) 429 BÀI Trong hộp có viên bi đỏ và viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp trên Tính xác suất để viên bi lấy có bi xanh và bi đỏ Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = C414 Số phần tử biến cố A: “4 viên bi lấy có bi xanh, bi đỏ” là n(A) = C414 − C48 − C46 = 916 Xác suất biến cố A là P(A) = n(A) 916 = n(Ω) 1001 BÀI Trong hộp có bi đỏ, bi vàng và bi trắng Lấy ngẫu nhiên hộp viên bi Tính xác suất để viên bi lấy không đủ màu Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C415 Gọi A là biến cố “4 viên bi lấy có đủ màu” Trường hợp 1: Có đúng bi đỏ, số cách lấy là C16 · C25 · C14 + C16 · C15 · C24 = 420 Trường hợp 2: Có đúng bi đỏ chọn, số cách lấy là C26 · C15 · C14 = 300 Số phần tử biến cố A là n(A) = 720 48 n(A) Xác suất biến cố A là P (A) = = n(Ω) 91 ! Có thể giải bài toán cách gián tiếp Biến cố đối A là “Bốn viên bi chọn có đúng màu đúng hai màu” Điều đó có nghĩa ta đếm số cách chọn bi có đúng màu; số cách chọn bi có đúng hai màu Cách giải này thể ưu điểm số bị chọn lớn BÀI Một hộp chứa viên bi trắng, viên bi đỏ và viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác suất để viên bi chọn có đủ màu và số bi đỏ nhiều Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C415 Gọi A là biến cố: “4 viên bi chọn có đủ màu và số bi đỏ là nhiều nhất” Số bi đỏ nhiều và bi chọn đủ ba màu có đúng bi đỏ chọn Do đó, số phần tử biến cố A là n(A) = C25 · C16 · C16 = 240 n(A) 16 Xác suất biến cố A là P(A) = = n(Ω) 91 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 191 (192) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI Một hộp đựng viên bi xanh, viên bi đỏ và viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để bi lấy có đủ màu và số bi xanh số bi đỏ Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C512 Gọi A là biến cố “5 viên bi lấy có đủ màu và số bi xanh số bi đỏ” Biến cố A xảy các trường hợp Trường hợp 1: bi đỏ, bi xanh và bi vàng chọn Số cách chọn là C13 · C14 · C35 = 120 Trường hợp 2: bi đỏ, bi xanh và bi vàng chọn Số cách chọn là C23 · C24 · C15 = 90 Số phần tử biến cố A là 120 + 90 = 210 n(A) 35 Xác suất biến cố A là P(A) = = n (Ω) 132 BÀI Cho hai hộp bi, hộp thứ có viên bi đỏ và viên bi trắng Hộp thứ hai có viên bi đỏ và viên bi trắng Chọn ngẫu nhiên hộp viên Tính xác suất để hai viên bi chọn có cùng màu Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C17 · C16 = 42 Gọi A là biến cố: "Hai viên bi chọn có cùng màu" Trường hợp 1: Hai bi chọn là màu đỏ: C14 · C12 = Trường hợp 2: Hai bi chọn là màu trắng: C13 · C14 = 12 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C14 · C12 + C13 · C14 = 20 10 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 21 BÀI Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta đã gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, sữa dâu và sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm lấy ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp chọn có loại Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C312 = 220 Gọi A là biến cố: "3 hộp chọn có loại" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C15 · C14 · C13 = 60 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 11 G BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 10 Trong lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, đó có đúng phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng đó Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có không quá phế phẩm Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C612 = 924 Gọi A là biến cố: "6 sản phẩm lấy có không quá phế phẩm" Trường hợp 1: sản phẩm lấy không có phế phẩm nào: C610 = 210 Trường hợp 2: sản phẩm lấy có đúng phế phẩm: C12 · C510 = 504 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C610 + C12 · C510 = 714 n(A) 17 Vậy P(A) = = n(Ω) 22 BÀI 11 Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, đoàn tra lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng công ty để kiểm tra Tính xác suất để đoàn tra lấy ít phế phẩm Biết lô hàng đó có 100 sản phẩm, đó có 95 chính phẩm và phế phẩm Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C5100 = 75287520 Gọi A là biến cố: "5 sản phẩm lấy có ít phế phẩm" Suy biến cố đối A là biến cố "5 sản phẩm lấy có không quá phế phẩm" Trường hợp 1: sản phẩm lấy không có phế phẩm nào: C595 = 57940519 Trường hợp 2: sản phẩm lấy có đúng phế phẩm: C15 · C495 = 15917725 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C595 + C15 · C495 = 73858244 n(A) 357319 = Vậy P(A) = − P(A) = − n(Ω) 18821880 BÀI 12 Một đơn vị vận tải có 10 xe ô tô đó có xe tốt Họ điều động ngẫu nhiên xe công tác Tính xác suất cho xe điều động phải có ít xe tốt Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 192 (193) Chương Tổ hợp và xác suất Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C310 = 120 Gọi A là biến cố: "3 xe điều động phải có ít xe tốt" Suy biến cố đối A là biến cố "3 xe điều động không có xe tốt nào" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C34 = n(A) 29 Vậy P(A) = − P(A) = − = n(Ω) 30 BÀI 13 Trên giá sách có sách toán học, Vật lý và Hóa học Lấy ngẫu nhiên Tính xác suất cho: ít Toán học có đúng Vật lý Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C412 = 495 Gọi A là biến cố: "Lấy ngẫu nhiên sách cho có ít Toán học" Biến cố đối A là biến cố "Lấy ngẫu nhiên sách cho không có Toán học nào" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C47 = 35 n(A) 92 Vậy P(A) = − P(A) = − = n(Ω) 99 Gọi B là biến cố: "Lấy ngẫu nhiên sách cho có đúng Vật lý" Số phần tử biến cố B là: n(B) = C24 · C28 = 168 56 n(B) = Vậy P(B) = n(Ω) 165 BÀI 14 Trên kệ sách có 12 sách khác nhau, gồm tiểu thuyết, truyện tranh và truyện cổ tích Lấy ngẫu nhiên từ kệ sách Tính xác suất cho cho lấy: đôi khác loại đúng cùng loại Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu Ta có n(Ω) = C312 = 220 Gọi A là biến cố "Lấy ngẫu nhiên cho sách đôi khác loại" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C14 · C16 · C12 = 48 12 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 55 Gọi B là biến cố "Lấy ngẫu nhiên sách cho có đúng cùng loại" Trường hợp 1: tiểu thuyết, truyện tranh truyện cổ tích: C24 · C18 = 48 Trường hợp 2: truyện tranh, tiểu thuyết truyện cổ tích: C26 · C16 = 90 Trường hợp 3: truyện cổ tích, tiểu thuyết truyện tranh: C22 · C110 = 10 Số phần tử biến cố B là: n(B) = C24 · C18 + C26 · C16 + C22 · C110 = 148 n(B) 37 Vậy P(B) = = n(Ω) 55 BÀI 15 Một ngân hàng đề thi gồm có 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm có câu lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi Thí sinh A đã học thuộc 10 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã học thuộc Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C420 = 4845 Gọi B là biến cố: "Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã học" Trường hợp 1: Thí sinh A rút câu đã học thuộc: C210 · C210 = 2025 Trường hợp 2: Thí sinh A rút câu đã học thuộc: C310 · C110 = 1200 Trường hợp 3: Thí sinh A rút câu đã học thuộc: C410 = 210 Số phần tử biến cố B là: n(B) = C210 · C210 + C310 · C110 + C410 = 3435 n(B) 229 Vậy P (B) = = n(Ω) 323 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 193 (194) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 16 Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi Bạn Thủy đã học thuộc câu ngân hàng đề thi Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã thuộc Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C415 = 1365 Gọi A là biến cố "Bạn Thủy rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã thuộc" Trường hợp 1: Bạn Thủy rút câu đã học thuộc: C28 · C27 = 588 Trường hợp 2: Bạn Thủy rút câu đã học thuộc: C38 · C17 = 392 Trường hợp 3: Bạn Thủy rút câu đã học thuộc: C48 = 70 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C28 C27 + C38 C17 + C48 = 1050 10 n(A) = Vậy P (A) = n(Ω) 13 BÀI 17 Đề cương ôn tập cuối năm môn Lịch sử 12 có 40 câu hỏi khác Đề thi kiểm tra học kỳ gồm câu hỏi 40 câu hỏi đó Một học sinh học 20 câu đề cương ôn tập Giả sử các câu hỏi đề cương có khả chọn làm câu hỏi thi Tính xác suất để ít có câu hỏi đề thi kiểm tra học kỳ nằm số 20 câu hỏi mà em học sinh đã học Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C340 = 9880 Gọi A là biến cố "ít có câu hỏi đề thi kiểm tra học kỳ nằm số 20 câu hỏi mà em học sinh đã học" Trường hợp 1: Rút câu hỏi số 20 câu đã học: C220 · C120 = 3800 Trường hợp 2: Rút câu hỏi số 20 câu đã học: C320 = 1140 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C220 C120 + C320 = 4940 n(A) = Vậy P (A) = n(Ω) BÀI 18 Một đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà đề gồm câu, chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và câu khó Một đề thi gọi là “Tốt” đề thi có câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít Lấy ngẫu nhiên đề thi đề trên Tìm xác suất để đề thi lấy là đề thi “Tốt” Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C530 = 142506 Gọi A là biến cố "đề thi lấy là đề thi Tốt" Vì đề thi Tốt có câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A Trường hợp 1: Đề thi gồm câu dễ, trung bình, khó: C315 · C110 C15 = 22750 Trường hợp 2: Đề thi gồm câu dễ, trung bình, khó: C215 · C210 C15 = 23625 Trường hợp 3: Đề thi gồm câu dễ, trung bình, khó: C215 · C110 C25 = 10500 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C315 C110 C15 + C215 C210 C15 + C215 C110 C25 = 56875 n(A) 625 Vậy P (A) = = n(Ω) 1566 BÀI 19 Trong kì thi THPT Quốc Gia, Khoa làm đề thi trắc nghiệm môn Hóa Đề thi gồm 50 câu hỏi, câu có phương án trả lời, đó có phương án đúng, trả lời đúng câu 0, điểm Khoa trả lời hết các câu hỏi và chắn đúng 45 câu, câu còn lại Khoa chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để điểm thi Hóa Khoa không 9, điểm Lời giải Bạn Khoa không 9, điểm và câu trả lời ngẫu nhiên, khoa trả lời đúng ít câu Xác suất trả lời đúng câu là 0, 25, trả lời sai là 0, 75 45 Xác suất Khoa trả lời đúng câu trên câu là: C35 (0, 25)3 (0, 75)2 = 512 15 Xác suất Khoa trả lời đúng câu trên câu là: C45 (0, 25)4 (0, 75) = 1024 Xác suất Khoa trả lời đúng câu là: C55 (0, 25)5 = 1024 53 Vậy xác suất Khoa không 9, điểm là: C35 (0, 25)3 (0, 75)2 + C45 (0, 25)4 (0, 75) + C55 (0, 25)5 = 512 { DẠNG 4.2 Chọn xếp người Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 194 (195) Chương Tổ hợp và xác suất H LÍ THUYẾT I VÍ DỤ VÍ DỤ Một lớp có 30 học sinh, đó có em giỏi, 15 em khá và em trung bình Chọn ngẫu nhiên em dự đại hội Tính xác suất để: Cả em là học sinh giỏi Có ít học sinh giỏi Không có học sinh trung bình Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C330 = 4060 Gọi A là biến cố: "Cả em chọn là học sinh giỏi", ta có n(A) = C38 = 56 Vậy xác suất biến cố A là: P(A) = n(A) = n(Ω) 145 Gọi B là biến cố: "Trong em chọn có ít học sinh giỏi" Suy B là biến cố "Trong em chọn không có học sinh giỏi", ta có n(B) = C322 = 1540 n(B) 18 Vậy xác suất biến cố B là: P(B) = − P(B) = − = n(Ω) 29 Gọi C là biến cố: "Trong em chọn không có học sinh trung bình", ta có n(C) = C323 = 1771 Vậy xác suất biến cố C là: P(C) = n(C) 253 = n(Ω) 580 VÍ DỤ Một đội ngũ cán khoa học gồm nhà toán học nam, nhà vật lý nữ và nhà hóa học nữ Chọn từ đó người công tác Tính xác suất người chọn phải có nữ và có đủ ba môn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C416 = 1820 Gọi A là biến cố: "Trong người chọn phải có nữ và có đủ ba môn" Trường hợp 1: Số cách chọn người đó có nhà toán học, nhà vật lý, nhà hóa học là: C28 ·C15 ·C13 = 420 Trường hợp 2: Số cách chọn người đó có nhà toán học, nhà vật lý, nhà hóa học là: C18 ·C25 ·C13 = 240 Trường hợp 3: Số cách chọn người đó có nhà toán học, nhà vật lý, nhà hóa học là: C18 ·C15 ·C23 = 120 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C28 · C15 · C13 + C18 · C25 · C13 + C18 · C15 · C23 = 780 n(A) Vậy P(A) = = n(Ω) VÍ DỤ Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam và nữ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C435 = 52360 Gọi A là biến cố: "4 học sinh gọi lên bảng có nam và nữ" Trường hợp 1: Số cách chọn bạn lên bảng đó có học sinh nam, học nữ là: C320 · C115 = 17100 Trường hợp 2: Số cách chọn bạn lên bảng đó có học sinh nam, học nữ là: C220 · C215 = 19950 Trường hợp 3: Số cách chọn bạn lên bảng đó có học sinh nam, học nữ là: C120 · C315 = 9100 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C320 C115 + C220 C215 + C120 · C315 = 46150 n(A) 4615 Vậy P(A) = = n(Ω) 5236 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 195 (196) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Một đội văn nghệ có 15 người gồm nam và nữ Chọn ngẫu nhiên người hát đồng ca Tính xác suất để người chọn có số nữ nhiều số nam Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C815 = 6435 Gọi A là biến cố: "8 người chọn có số nữ nhiều số nam" Trường hợp 1: học sinh nam và học sinh nữ chọn: C29 · C66 = 36 Trường hợp 2: học sinh nam và học sinh nữ chọn: C39 · C56 = 504 Số phần tử biến cố A là n(A) = C29 · C66 + C39 · C56 = 540 12 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 143 VÍ DỤ Cần chọn ngẫu nhiên học sinh lớp học có 15 nam và 10 nữ để tham gia đồng diễn Tính xác suất cho học sinh chọn có nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít số học sinh nam Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C525 = 53130 Gọi A là biến cố: "5 học sinh chọn có nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít số học sinh nam" Trường hợp 1: học sinh nữ và học sinh nam chọn: C110 · C415 = 13650 Trường hợp 2: học sinh nữ và học sinh nam chọn: C210 · C315 = 20475 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C110 · C415 + C210 · C315 = 34125 325 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 506 J BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Một chi đoàn có 15 đoàn viên, đó có nam và nữ Người ta chọn người chi đoàn đó để lập đội niên tình nguyện Tính xác suất cho người chọn có ít nữ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C415 = 1365 Gọi A là biến cố: "4 người chọn có ít nữ" Suy biến cố đối A là biến cố: "4 người chọn không có nữ nào" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C47 = 35 n(A) 38 Vậy P(A) = − P(A) = − = n(Ω) 39 BÀI Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ Thầy giáo chủ nhiệm chọn học sinh để lập tốp ca chào mừng ngày 22 tháng 12 Tính xác suất cho tốp ca có ít học sinh nữ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C535 = 324632 Gọi A là biến cố: "5 người chọn có ít nữ" Suy biến cố đối A là biến cố:"5 người chọn không có nữ nào" Số phần tử biến cố A là: n(A) = C520 = 15504 n(A) 2273 Vậy P(A) = − P(A) = − = n(Ω) 2387 BÀI Một đội văn nghệ trường THPT Năng Khiếu gồm học sinh nữ và 10 học sinh nam Chọn ngẫu nhiên học sinh đội văn nghệ để lập tốp ca Tính xác suất để tốp ca có ít học sinh nữ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C815 = 6435 Gọi A là biến cố: "có ít học sinh nữ chọn" Suy biến cố đối A là biến cố:"có không quá học sinh nữ chọn" Trường hợp 1: không có học sinh nữ nào chọn: C810 = 45 Trường hợp 2: học sinh nữ và học sinh nam chọn: C15 · C710 = 600 Trường hợp 3: học sinh nữ và học nam chọn: C25 · C610 = 2100 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C810 + C15 · C710 + C25 · C610 = 2745 n(A) 82 Vậy P(A) = − P(A) = − = n(Ω) 143 BÀI Một tổ có 11 học sinh, đó có nam và nữ Giáo viên chọn học sinh làm trực tuần Tính xác suất để chọn nhiều học sinh nam Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 196 (197) Chương Tổ hợp và xác suất Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C511 = 462 Gọi A là biến cố "5 học sinh chọn có nhiều học sinh nam" Trường hợp 1: không có học sinh nam nào chọn: C56 = Trường hợp 2: học sinh nam và học sinh nữ chọn: C15 · C46 = 75 Trường hợp 3: học sinh nam và học nữ chọn: C25 · C36 = 200 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C56 + C15 · C46 + C25 · C36 = 281 n(A) 281 = Vậy P(A) = n(Ω) 462 BÀI Trong kì thi thử TN THPT QG lần I năm 2017 trường THPT X có 13 học sinh đạt điểm 9, môn Toán, đó khối 12 có học sinh nam và học sinh nữ, khối 11 có học sinh nam Chọn ngẫu nhiên học sinh để trao thưởng, tính xác suất để học sinh chọn có nam và nữ, có khối 11 và khối 12 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C313 = 286 Gọi A là biến cố "3 học sinh chọn có nam và nữ, có khối 11 và khối 12" Trường hợp 1: học sinh nam khối 11 và học sinh nữ khối 12: C12 · C23 = Trường hợp 2: học sinh nam khối 11 và học sinh nữ khối 12 chọn: C22 · C13 = Số phần tử biến cố A là: n(A) = C12 · C23 + C22 · C13 = 9 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 286 BÀI Tổ có học sinh nam và học sinh nữ Tổ hai có học sinh nam và học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên tổ học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất cho chọn hai học sinh có nam và nữ ? Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu: n(Ω) = C17 · C17 = 49 Gọi A là biến cố: "Hai học sinh chọn có nam và nữ, có tổ và tổ hai " Trường hợp 1: học sinh nam tổ và học sinh nữ tổ hai: C13 · C12 = Trường hợp 2: học sinh nữ tổ và học sinh nam tổ hai: C14 · C15 = 20 Số phần tử biến cố A là: n(A) = C13 · C12 + C14 · C15 = 26 26 n(A) = Vậy P(A) = n(Ω) 49 BÀI Trong tổ lớp 12A có 12 học sinh gồm có học sinh nam và học sinh nữ, đó có A (nam) là tổ trưởng và B (nữ) là tổ phó Chọn ngẫu nhiên học sinh tổ để tham gia hoạt động tập thể trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng Tính xác suất để cho nhóm học sinh chọn có học sinh nam và học sinh nữ, đó phải có bạn A bạn B không có hai Lời giải Không gian mẫu là |Ω| = C512 Ta xét hai trường hợp xảy cho yêu cầu bài toán là TH1: Có bạn A không có bạn B, đó ta cần chọn thêm học sinh nam và học sinh nữ Vậy có C26 × C24 cách chọn TH1: Có bạn B không có bạn A, đó ta cần chọn thêm học sinh nam và học sinh nữ Vậy có C36 × C14 cách chọn Vậy số cách chọn để yêu cầu bài toán thỏa mãn là |ΩA | = C26 × C24 + C36 × C14 = 170 170 85 Vậy ta suy xác suất cần tìm là P = = C12 396 BÀI Một đồn cảnh sát gồm có người, đó có trung tá An và Bình Trong nhiệm vụ cần huy động đồng chí thực nhiệm vụ địa điểm C, đồng chí thực nhiệm vụ địa điểm D và đồng chí còn lại trực đồn Tính xác suất cho hai trung tá An và Bình không cùng khu vực làm nhiệm vụ Lời giải Số cách chia người làm việc ba địa điểm là C39 × C26 × C44 Xét tình hai trung tá An và Bình cùng làm việc địa điểm, ta có ba trường hợp TH1: An và Bình cùng làm việc địa điểm C, ta có C17 × C26 × C44 TH2: An và Bình cùng làm việc địa điểm D, ta có C37 × C44 TH3: An và Bình cùng làm việc địa điểm E, ta có C37 × C24 × C22 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 197 (198) Chương Tổ hợp và xác suất Vậy xác suất để phân công nhiệm vụ cho An và Bình không làm chung địa điểm là P =1− C17 × C26 × C44 + C37 × C44 + C37 × C24 × C22 13 = C9 × C6 × C4 18 BÀI Bốn bạn nam và bốn bạn nữ, xếp ngồi ngẫu nhiên vào ghế xếp thành hàng ngang, bạn có hai bạn tên An và Bình Tìm xác suất cho Nam nữ ngồi xen kẽ Bốn bạn nam luôn ngồi cạnh Đầu ghế và cuối ghế bắt buộc phải là nam Tất các bạn nữ không ngồi cạnh Hai đầu ghế phải khác giới Các bạn nam luôn ngồi cạnh và các bạn nữ luôn ngồi cạnh An và Bình luôn ngồi gần An và bình không ngồi cạnh Lời giải Số cách xếp chỗ cách tùy ý cho bạn là 8! cách Để các bạn nam và nữ ngồi xen kẽ nhau, ta có × 4! × 4! cách, suy xác suất là P1 = × 4! × 4! = 8! 35 Xem bốn bạn nam là nhóm, ta xếp nhóm đó với các bạn nữ thì có 5! cách xếp Trong nhóm bốn bạn nam, có 4! cách đổi chỗ các bạn, nên có tổng cộng 5! × 4! cách xếp để bốn bạn nam luôn ngồi cạnh 5! × 4! Suy xác suất là P2 = = 8! 14 Để chọn hai bạn nam cho vị trí đầu và cuối, ta có A24 cách, xếp bạn còn lại vào các vị trí giữa, ta có 6! cách xếp Vậy có A24 × 6! cách, suy xác suất là P3 = A24 × 6! = 8! 14 Xem bốn bạn nữ là nhóm, ta xếp nhóm đó với các bạn nam thì có 5! cách xếp Trong nhóm bốn bạn nữ, có 4! cách đổi chỗ các bạn, nên có tổng cộng 5! × 4! cách xếp để bốn bạn nữ ngồi cạnh Suy 5! × 4! 13 xác suất để tất các bạn nữ không ngồi cạnh là P4 = − = 8! 14 Hai đầu ghế khác giới nên có hai trường hợp xảy ra, có × × cách xếp cho hai ghế đầu Các ghế còn lại có 6! cách xếp, nên có × × × 6! cách xếp × × × 6! Suy xác suất là P5 = = 8! Xem bốn bạn nam là nhóm, bốn bạn nữ là nhóm, xếp hai nhóm đó ta có 2! cách xếp, nhóm, có 4! cách xếp chỗ các thành viên đó, nên tổng cộng có 2! × 4! × 4! cách xếp 2! × 4! × 4! = Suy xác suất là P6 = 8! 35 Xem hai bạn An và Bình là nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn còn lại có 7! cách, sau đó hai bạn đổi chỗ với nên có 2! cách xếp Vậy tổng cộng có 7!×2! cách xếp, suy xác suất là P7 = 7! × 2! = 8! Xem hai bạn An và Bình là nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn còn lại có 7! cách, sau đó hai bạn đổi chỗ với nên có 2! cách xếp Vậy tổng cộng có 7! × 2! cách xếp, suy xác suất để An và Bình 7! × 2! không ngồi cạnh là P8 = − = 8! BÀI 10 Xếp ngẫu nhiên người đàn ông, người phụ nữ và đứa bé vào ngồi trên cái ghế xếp thành hàng ngang Tính xác suất cho Đứa bé ngồi hai người phụ nữ Đứa bé ngồi hai người đàn ông Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho người là 6! cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 198 (199) Chương Tổ hợp và xác suất Để đứa bé ngồi hai người phụ nữ, ta xem đứa bé và hai người phụ nữ là nhóm Ta xếp nhóm đó với người đàn ông, có 4! cách Trong nhóm em bé và phụ nữ, ta có 2! cách xếp vị trí cho hai người phụ nữ Vậy có 4! × 2! cách, suy xác suất để đứa bé ngồi hai phụ nữ là P1 = 4! × 2! = 6! 15 Để đứa bé ngồi hai người đàn ông, ta xem đứa bé và hai người đàn ông là nhóm Để chọn hai đàn ông đứng hai bên em bé, ta có A23 cách, xếp nhóm đó với người phụ nữ và người đàn ông còn lại, có 4! cách A2 × 4! = Vậy có A23 × 4! cách, suy xác suất để đứa bé ngồi hai đàn ông là P2 = 6! K BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 11 Trong Thể dục, tổ I lớp 11A có 12 học sinh gồm học sinh nam và học sinh nữ tập trung ngẫu nhiên theo hàng dọc Tính xác suất để người đứng đầu hàng và cuối hàng là học sinh nam Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho 12 học sinh đó là 12! cách Để người đứng đầu hàng và cuối hàng là nam, ta có A27 cách chọn học sinh xếp vào hai vị trí đó Các học sinh còn lại xếp vào giữa, có 10! cách xếp A2 × 10! = Suy xác suất để bài toán xảy là P = 12! 22 BÀI 12 Đội tuyển học sinh giỏi trường THPT X có học sinh nam và học sinh nữ Trong buổi lễ trao phần thưởng, các học sinh trên xếp thành hàng ngang Tính xác suất để xếp cho hai học sinh nữ không đứng cạnh Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho 12 học sinh đó là 12! cách Ta xếp học sinh nam vào hàng ngang, có 8! cách xếp Các học sinh nữ xếp vào các khe hỡ các bạn nam, có vị trí để các bạn nữ có thể đứng, nên có A49 cách xếp các bạn nữ 8! × A49 14 Suy xác suất để bài toán xảy là P = = 12! 55 BÀI 13 Xếp ngẫu nhiên học sinh nam và học sinh nữ thành hàng ngang Tính xác suất để có học sinh nữ đứng cạnh Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho học sinh đó là 5! cách Ta xem hai học sinh nữ là nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn nam, ta có 4! cách xếp Trong nhóm hai học sinh nữ, hai bạn có 2! cách để đổi chỗ cho 4! × 2! Suy xác suất để bài toán xảy là P = = 5! BÀI 14 Một tổ học sinh có em nữ và em nam xếp thành hàng dọc Tính xác suất để không có hai em nữ nào đứng cạnh nhau? Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho 13 học sinh đó là 13! cách Ta xếp học sinh nam vào hàng ngang, có 8! cách xếp Các học sinh nữ xếp vào các khe hỡ các bạn nam, có vị trí để các bạn nữ có thể đứng, nên có A59 cách xếp các bạn nữ 8! × A59 14 Suy xác suất để bài toán xảy là P = = 13! 143 BÀI 15 Một tổ học sinh có em nữ và em nam xếp thành hàng dọc Tính xác suất để có hai em nữ A và B đứng cạnh nhau, còn các em nữ còn lại không đứng cạnh và không đứng cạnh A và B Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho học sinh đó là 9! cách Ta xếp học sinh nam vào hàng ngang, có 5! cách xếp Các học sinh nữ xếp vào các khe hỡ các bạn nam, có vị trí để các bạn nữ có thể đứng Xét hai bạn A và B là nhóm, ta có có A46 cách xếp các bạn nữ Ở vị trí nhóm hai bạn A và B đứng, hai bạn có 2! cách đổi chỗ cho nhau, nên có tất A46 × 2! cách xếp nữ thỏa yêu cầu bài toán 5! × A46 × 2! Suy xác suất để bài toán xảy là P = = 9! 21 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 199 (200) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 16 Xếp ngẫu nhiên người đàn ông, người đàn bà và đứa bé vào ngồi trên cái ghế xếp quanh bàn tròn Tính xác suất cho: Đứa bé ngồi hai người đàn bà Đứa bé ngồi hai người đàn ông Lời giải Số cách xếp chỗ tùy ý cho người lên bàn tròn là 5! cách Để đứa bé ngồi hai người phụ nữ, ta xem đứa bé và hai người phụ nữ là nhóm Ta xếp nhóm đó với người đàn ông vào bàn tròn, có 3! cách Trong nhóm em bé và phụ nữ, ta có 2! cách xếp vị trí cho hai người phụ nữ Vậy có 3! × 2! cách, suy xác suất để đứa bé ngồi hai phụ nữ là P1 = 3! × 2! = 5! 10 Để đứa bé ngồi hai người đàn ông, ta xem đứa bé và hai người đàn ông là nhóm Để chọn hai đàn ông đứng hai bên em bé, ta có A23 cách, xếp nhóm đó với người phụ nữ và người đàn ông còn lại, có 3! cách A2 × 3! Vậy có A23 × 3! cách, suy xác suất để đứa bé ngồi hai đàn ông là P = = 5! 10 BÀI 17 Có bạn nam và bạn nữ xếp ngồi ngẫu nhiên quanh bàn tròn Tính xác suất cho nam, nữ ngồi xen kẽ Lời giải Số cách ngồi tùy ý 10 bạn là |Ω| = 9! Để xếp chỗ cho các bạn nam và nữ ngồi xen kẽ nhau, ta làm qua hai bước là Xếp bạn nam vào bàn tròn, ta có 4! cách xếp Để xếp các bạn nữ xen kẽ với các bạn nam, ta xếp các bạn nữ ngồi xen kẽ vào các bạn nam, vì có 5! cách xếp các bạn nữ Vậy nên ta có 4! × 5! cách xếp thỏa bài toán, suy xác suất cần tìm là P = 4! × 5! = 9! 126 BÀI 18 Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh – sinh viên có người tham gia, đó có hai bạn tên Việt và Nam Các vận động viên chia làm hai bảng A và B, bảng gồm người Giả sử việc chia bảng việc bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để hai bạn Việt và Nam nằm chung bảng đấu Lời giải Số cách chia người thành hai bảng đấu cách tùy ý là C48 × C44 Để A và B cùng thuộc vào bảng đấu, ta làm các bước sau Chọn bảng đấu có A và B đó, ta có cách để chọn Trong bảng đã có A và B, chọn thêm hai người nữa, ta có C26 cách chọn Bốn người còn lại bảng còn lại nên có cách chọn Vậy có × C26 cách chia bảng để A và B thuộc cùng bảng đấu, suy xác suất là P = × C26 = 4 C × C4 BÀI 19 Chuẩn bị đón tết Bính Thân 2016, đội niên tình nguyện trường THPT X gồm học sinh, đó có học sinh nữ chia thành tổ làm công tác vệ sinh môi trường nghĩa trang liệt sĩ huyện Tính xác suất để tổ có đúng nữ Lời giải Số cách chia ba nhóm làm việc là C39 × C36 × C33 cách Để chia việc thỏa mãn nhu cầu bài toán thì ta cần chia tổ hai bạn nam và bạn nữ Vậy nên có C26 × C13 × C24 × C12 × C22 × C11 cách, suy xác suất cần tìm là P = C26 × C13 × C24 × C12 × C22 × C11 = C39 × C36 × C33 28 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 200 (201) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 20 Trong giải bóng truyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, đó có đội nước ngoài và đội Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm để chia thành bảng A, B, C, bảng đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam bảng khác Lời giải Số cách chia 12 đội thành ba bảng đấu cách tùy ý là C412 × C48 × C44 Để ba đội bóng Việt Nam thuộc vào ba bảng đấu khác nhau, ta làm các bước sau Chia ba đội Việt Nam ba bảng đấu, ta có 3! cách chia Trong bảng chọn thêm ba đội nữa, ta có C39 × C36 × C33 cách chọn Vậy có 3! × C39 × C36 × C33 cách chia bảng để các đội Việt Nam thuộc ba bảng đấu khác nhau, suy xác suất 3! × C39 × C36 × C33 16 là P = = C412 × C48 × C44 55 BÀI 21 Trong thi “Tìm kiếm tài Việt”, có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, đó có bạn nữ và 15 bạn nam Để xếp vị trí thi đấu, ban tổ chức chia thành nhóm A, B, C, D, nhóm có bạn Việc chia nhóm thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để bạn nữ thuộc cùng nhóm Lời giải Số cách chia 20 bạn thành bốn nhóm cách tùy ý là C520 × C515 × C510 × C55 Để bạn nữ cùng thuộc nhóm, ta làm các bước sau Ta có cách chọn nhóm cho bạn nữ Chọn thêm ba nhóm nữa, ta có C515 × C510 × C55 cách chọn Vậy có × C515 × C510 × C55 cách chia nhóm để các bạn nữ thuộc cùng nhóm, suy xác suất là P = × C515 × C510 × C55 = C520 × C515 × C510 × C55 3876 BÀI 22 Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi – Rubella cho học sinh khối 11 và khối 12 Bệnh viện tỉnh A điều động 12 bác sỹ đến truờng THPT B để tiêm phòng dịch gồm bác sỹ nam và bác sỹ nữ Ban đạo chia 12 bác sỹ đó thành nhóm, nhóm bác sỹ làm công việc khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có đúng bác sỹ nữ Lời giải Số cách chia ba nhóm làm việc là C412 × C48 × C44 cách Để chia việc thỏa mãn nhu cầu bài toán thì ta cần chia tổ ba bác sĩ nam và bác sĩ nữ Vậy nên có C39 × C13 × C36 × C12 × C33 × C11 cách, suy xác suất cần tìm là P = C39 × C13 × C36 × C12 × C33 × C11 16 = C412 × C48 × C44 55 BÀI 23 Trong giải thể thao cấp toàn quốc, có 17 thí sinh tham gia và đó có thí sinh nữ Ban tổ chức tiến hành chia thí sinh vào hai bảng A và B, bảng có thí sinh, còn lại thí sinh đặc cách vào vòng Tính xác suất để thí sinh đặc cách là nữ và thí sinh nữ còn lại nằm bảng A Lời giải Số cách chia bảng tùy ý là C817 × C89 Để yêu cầu bài toán xảy ra, ta thực các bước sau Chọn thí sinh đặc cách, ta có cách chọn Chọn thêm thí sinh cho bảng A, ta có C412 cách chọn Khi đó các thí sinh nam còn lại vào bảng B Vậy có × C412 cách chia nhóm thỏa bài toán, suy xác suất là P = × C412 = C817 × C89 442 BÀI 24 Trong buổi giao lưu văn nghệ, có giáo viên Toán, giáo viên Văn, giáo viên Ngoại Ngữ đăng kí hát song ca Nhằm tạo không khí giao lưu thân mật, ban tổ chức tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên chia thành cặp đánh số theo thứ tự từ đến Tính xác suất để cặp gồm giáo viên dạy khác môn Lời giải Số cách chia thành cặp tùy ý là C210 × C28 × C26 × C24 × C22 Để cặp là hai giáo viên khác môn thì giáo viên Toán hát chung với mốn khác Vậy có 5! cách chia giáo viên môn Văn và Ngoại Ngữ hát chung với giáo viên Toán 5! Suy xác suất là P = = C10 × C28 × C26 × C24 × C22 945 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 201 (202) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 25 Trong giải quần vợt quốc tế, có 16 vận động viên mà đó có vận động viên là các “hạt giống” số 1, 2, mùa giải Vận động viên X là số 16 vận động viên đó và không phải là hạt giống Ban tổ chức chia ngẫu nhiên các vận động viên vào bốn bảng A, B, C, D, và bảng có vận động viên Tính xác suất để X không chung bảng với bất kì vận động viên hạt giống nào Lời giải Số cách chia bảng tùy ý là C416 × C412 × C48 × C44 Để yêu cầu bài toán xảy ra, ta thực các bước sau Ta có cách chọn bảng cho thí sinh X Chọn thêm thí sinh cho bảng thí sinh X, ta có C312 cách chọn Ta chia các vận động viên còn lại (có A, B, C, D) thành ba nhóm, có C412 × C48 ×44 cách chia Vậy có × C312 × C412 × C48 ×44 cách chia nhóm thỏa bài toán, suy xác suất là P = 44 × C312 × C412 × C48 × C44 = C416 × C412 × C48 × C44 91 BÀI 26 Một tàu điện gồm toa tiến vào sân ga, đó có 12 hành khách chờ lên tàu Giả sử hành khách lên tàu cách ngẫu nhiên và độc lập với nhau, toa còn ít 12 chổ trống Tìm xác suất xảy các tình sau Tất cùng lên toa thứ II Tất cùng lên toa Toa I có người, toa II có người, còn lại toa III Toa I có người Hai hành khách A và B cùng lên toa Một toa người, toa người, toa người Lời giải Số cách chọn toa để ngồi cách tùy ý các hành khách là 312 Để tất cùng lên toa thứ II, ta có đúng cách chọn, suy xác suất là P1 = Để tất cùng lên toa, ta có cách chọn, suy xác suất là P2 = 1 = 12 531441 = 312 177147 Ta có C412 cách chọn hành khách cho toa I, có C58 cách chọn hành khách cho toa II, còn lại ngồi vào toa thứ III Vậy có C412 × C58 cách xếp chỗ, suy xác suất là P3 = 3080 C412 × C58 = 312 59049 Ta có C412 cách chọn hành khách cho toa I, các hành khách còn lại ngồi tùy ý toa thứ II và thứ III nên có 28 cách chọn Vậy có C412 × 28 cách xếp chỗ, suy xác suất là P4 = C412 × 28 312 Để chọn toa cho hai hành khách A và B, ta có cách chọn Các hành khách còn lại lên tàu cách tùy ý nên có 310 cách chọn Suy xác suất là P5 = × 310 = 12 3 Để chia 12 người thành ba nhóm đề bài, ta có C412 × C58 × C33 Phân phối các nhóm người đó lên ba toa tàu, ta có 3! cách Suy xác suất là P6 = C412 × C58 × C33 × 3! 6160 = 312 19683 BÀI 27 Bốn bạn nam và bốn bạn nữ, xếp ngồi ngẫu nhiên vào ghế xếp thành hai dãy đối diện Tính xác suất cho Nam nữ ngồi đối diện Nữ ngồi đối diện Lời giải Xem hai dãy ghế đối diện là A1 , B1 , C1 , D1 và A2 , B2 , C2 , D2 Số cách xếp tùy ý bạn vào hai dãy ghế là 8! cách Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 202 (203) Chương Tổ hợp và xác suất Vị trí A1 có cách chọn, suy vị trí A2 có cách chọn Vị trí B1 có cách chọn, suy vị trí B2 có cách chọn Vị trí C1 có cách chọn, suy vị trí C2 có cách chọn Vị trí D1 có cách chọn, suy vị trí D2 có cách chọn Vậy xác suất là P1 = 8×4×6×3×4×2×2×1 = 8! 35 Do nữ ngồi đối diện nên hai nam ngồi đối diện Chọn hai cặp vị trí đối diện cho nữ ngồi, ta có A24 cách, sau đó, ta có 4! cách xếp bạn nữ vào vị trí đó Ở các vị trí còn lại là dành cho nam, ta có 4! cách xếp bạn nam vào vị trí đó Vậy xác suất là P2 = A24 × 4! × 4! = 8! 35 { DẠNG 4.3 Chọn xếp số L LÍ THUYẾT • Một số kiến thức liên quan Cho m ∈ N, ta có m ⇔ chữ số hàng đơn vị m là chữa số chẵn Cho m ∈ N, ta có m ⇔ chữ số hàng đơn vị m Cho m ∈ N, ta có m ⇔ hai chữ số cuối tạo thành số chia hết cho Cho m ∈ N, ta có m ⇔ tổng các chữ số m chia hết cho Cho m ∈ N, ta có m ⇔ tổng các chữ số m chia hết cho Cho m ∈ N, ta có m 11 ⇔ tổng các chữ số hàng chẵn tổng các chữ số hàng lẻ (tính từ trái qua phải) Cho m ∈ N, m phân tích thành thừa số nguyên tố dạng m = pi11 pi22 · · · pinn Khi đó ước số m ứng với (j1 ; j2 ; ; jn ) đó ≤ j1 ≤ i1 ; ; ≤ jn ≤ in Số nghiệm nguyên dương phương trình x1 + x2 + · · · xn = m, (m, n ∈ N, n ≤ m) là Cn−1 m−1 Mỗi n số thực luôn có cách xếp thứ tự từ bé đến lớn 10 Cho n là số tự nhiên khác 0, tập số tự nhiên N phân lớp thành các tập: + X0 gồm các số chia m hết cho n, m = k · n, k ∈ N + X1 gồm các số tự nhiên m chia n dư 1, m = k · n + 1, k ∈ N + Xn−1 gồm các số tự nhiên m chia n dư n − 1, m = k(n − 1), k ∈ N Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 203 (204) Chương Tổ hợp và xác suất M VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tập hợp A gồm tất các số tự nhiên có ba chữ số khác đôi lập từ các số 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên phần tử A Tính xác suất để phần tử đó là số chẵn Lời giải Gọi abc là số thuộc vào tập A, ta có A36 = 120 số Vậy số cách chọn tùy ý số từ tập A là 120 cách Gọi cde là các số chẵn thuộc vào tập A, ta có × A25 = 60 số 60 Suy xác suất để chọn số thỏa mãn bài toán là P = = 120 VÍ DỤ Gọi S là tập hợp tất các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để chọn là số chẵn Lời giải Gọi abc là số thuộc vào tập S, ta có A37 = 210 số Vậy số cách chọn tùy ý số từ tập S là 210 cách Gọi cde là các số thỏa mãn yêu cầu bài toán và thuộc vào tập S, ta có × A26 = 90 số 90 = Suy xác suất để chọn số thỏa mãn bài toán là P = 210 VÍ DỤ Cho tập hợp A gồm tất các số tự nhiên có bốn chữ số đôi khác lập từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên từ A hai phần tử Tính xác suất để hai phần tử lấy từ A có số chẵn và số lẻ Lời giải Gọi abcd là số thuộc vào tập A, ta có × A36 = 720 số Vậy số cách chọn tùy ý hai số tùy ý từ tập A là A2720 cách Gọi cde là các số lẻ thuộc vào tập A, ta có × × A25 = 300 số, có 720 − 300 = 420 số chẵn tập A 300 × 420 175 Suy xác suất để chọn hai số thỏa mãn bài toán là P = = A2720 719 VÍ DỤ Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn Lời giải Số cách chọn tùy ý thẻ là C416 cách Do có số chẵn các số từ đế 16 nên để chọn thẻ đánh số chẵn, ta có C48 cách C4 Suy xác suất để chọn thẻ mang số chẵn là P = 48 = C16 26 VÍ DỤ Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác lấy từ 0; 1; 2; 3; 4; 5; Lấy ngẫu nhiên hai phần tử X Tính xác suất để hai số lấy là số chẵn Lời giải Gọi ab là số thuộc vào tập X, ta có × = 36 số Vậy số cách chọn tùy ý hai số từ tập X là C236 Gọi cd là các số chẵn thuộc vào tập X TH1: Số có dạng c0, ta có số TH2: Xét d 6= 0, ta có × = 15 số Vậy có + 15 = 21 số chẵn tập hợp X Suy xác suất để chọn hai số chẵn từ tập X là P = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 C221 = C236 Trang 204 (205) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục là chữ số chẵn Lời giải Gọi ab là số thuộc vào tập S, ta có × 10 = 90 số Vậy số cách chọn tùy ý số từ tập S là 90 cách Gọi cd là các số thỏa mãn yêu cầu bài toán và thuộc vào tập S, ta có × = 20 số 20 Suy xác suất để chọn số thỏa mãn bài toán là P = = 90 VÍ DỤ Cho E là tập hợp các số có chữ số khác đôi lấy từ: 0, 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên phần tử E Tính xác suất để phần tử chọn là số có chữ số chẵn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên phần tử E” Gọi A là biến cố “số chọn là số có chữ số chẵn” Giả sử số có ba chữ số thuộc E có dạng abc, ta có a có cách chọn, b có cách chọn, c có cách chọn Do đó, số phần tử không gian mẫu là nΩ = · · = 100 Số chọn (abc) có chữ số chẵn lấy từ các số {0, 2, 4} Do đó a có cách chọn, b có cách chọn và c có cách chọn Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · · = Suy ra, xác suất cần tìm là P (A) = nA = = nΩ 100 25 Vậy xác suất để chọn số có chữ số chẵn từ E là 25 VÍ DỤ Có 20 thẻ đựng hộp khác nhau, hộp chứa 10 thẻ đánh số liên tiếp từ đến 10 Lấy ngẫu nhiên thẻ từ hộp (mỗi hộp thẻ) Tính xác suất lấy hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên thẻ từ hộp (mỗi hộp thẻ)” Gọi A là biến cố “lấy hai thẻ có tích hai số trên hai thẻ là số chẵn” Để có thể lấy hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn, ta có các trường hợp sau đây: Hai thẻ lấy là thẻ chẵn, có · = 25 (cách) Thẻ lấy hộp thứ là thẻ chẵn, hộp thứ hai là thẻ lẻ, có · = 25 (cách) Thẻ lấy hộp thứ là thẻ lẻ, hộp thứ hai là thẻ chẵn, có · = 25 (cách) Do vậy, số kết thuận lợi biến cố A là nA = 25 + 25 + 25 = 75 Lại có, số phần tử không gian mẫu là nΩ = 10 · 10 = 100 Suy ra, xác suất cần tìm: nA 75 P (A) = = = nΩ 100 Vậy xác suất để lấy hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn là VÍ DỤ Một hộp gồm có thẻ đánh số liên tiếp từ đến Rút ngẫu nhiên hai thẻ (không kể thứ tự), nhân hai số ghi trên hai thẻ lại với Tính xác suất để kết nhận là số chẵn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “rút ngẫu nhiên hai thẻ (không kể thứ tự), nhân hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau” Gọi A là biến cố “lấy hai thẻ có tích các số ghi trên hai thẻ là số chẵn” Ta có Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C29 = 36 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 205 (206) Chương Tổ hợp và xác suất Trong hai thẻ lấy ra, ta xét các trường hợp sau đây: Một thẻ lẻ và thẻ chẵn, có C15 · C14 = 20 (cách) Hai thẻ mang số chẵn, có C24 = (cách) Do vậy, số kết thuận lợi biến cố A là nA = 26 Suy ra, xác suất cần tìm là P (A) = nA 26 13 = = nΩ 36 18 VÍ DỤ 10 Gọi S là tất các số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tích xác suất để tích số chọn là số chẵn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ tập S” Gọi A là biến cố “tích số chọn là số chẵn” Giả sử số có hai chữ số thuộc S có dạng ab Ta có: Số phần tử S là nS = · = 36 Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C236 = 630 Số các số chẵn thuộc S (xét hai trường hợp b = và b 6= 0) là + · = 21 Số các số lẻ thuộc S là 36 − 21 = 15 Trong hai số chọn, ta xét các trường hợp sau: Có số chẵn và số lẻ, có C121 · C115 = 315 (cách) Có hai số chẵn, có C221 = 210 (cách) Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = 315 + 210 = 525 Xác suất cần tìm là P (A) = 525 nA = = nΩ 630 N BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Gọi S là tập hợp tất các số tự nhiên gồm chữ số đôi khác tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S Tính xác suất để số chọn chứa chữ số lẻ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ tập X” Khi đó, số phần tử không gian mẫu số cách đưa số vào chỗ nên nΩ = A69 = 60480 Gọi A là biến cố “số chọn chứa chữ số lẻ” Chọn số lẻ đôi từ các số 1, 3, 5, 7, có C35 (cách) Chọn số chẵn đôi khác từ các số 2, 4, 6, có C34 (cách) Sắp xếp các chữ số trên để số thỏa mãn biến cố A có 6! (cách) Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = C35 · C34 · 6! = 28800 Vậy xác suất cần tìm là P (A) = nA 28800 10 = = nΩ 60048 21 BÀI Cho 100 thẻ đánh số liên tiếp từ đến 100, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chọn là số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên ba thẻ từ 100 thẻ” Khi đó: nΩ = C3100 = 161700 Gọi A là biến cố “tổng các ® số ghi trên thẻ chọn là số chia hết cho 2” Gọi x, y, z là ba số ≤ x, y, z ≤ 100 ghi trên ba thẻ rút Khi đó x + y + z chia hết cho Từ đến 100 có 50 số chia hết cho (N1 ), 50 số chia cho dư Ta xét các trường hợp sau: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 206 (207) Chương Tổ hợp và xác suất Cả số x, y, z cùng thuộc loại N1 có: C350 = 19600 (cách) Trong số x, y, z có số chia hết chia và số chia dư 1, có: C150 · C250 = 61250 (cách) ⇒ Số kết thuận lợi biến cố A là nA = 19600 + 61250 = 80850 nA 80850 Vậy xác suất cần tìm là P (A) = = = nΩ 161700 BÀI Trong hộp có 40 thẻ đánh số từ đến 40, chọn ngẫu nhiên thẻ hộp Tính xác suất để tổng số trên thẻ lấy là số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên ba thẻ từ 40 thẻ” Khi đó, số phần tử không gian mẫu là nΩ = C340 = 9880 Gọi A là biến cố “tổng các số ghi trên thẻ chọn là số chia hết cho 3” ® ≤ x, y, z ≤ 40 Gọi x, y, z là ba số ghi trên ba thẻ rút Khi đó x + y + z chia hết cho Từ đến 40 có 13 số chia hết cho (N1 ), 14 số chia cho dư (N2 ), 13 số chia cho dư (N3 ) Ta xét các trường hợp sau: Cả số x, y, z cùng thuộc loại N1 , N2 N3 có: C313 + C314 + C313 = 936 (cách) số x, y, z số thuộc loại, có: C113 · C114 · C113 = 2366 (cách) ⇒ Số kết thuận lợi biến cố A là nA = 936 + 2366 = 3302 3302 127 nA = = Vậy xác suất cần tìm là P (A) = nΩ 9880 380 BÀI Trong hộp có 50 viên bi đánh số từ đến 50, chọn ngẫu nhiên viên bi hộp Tính xác suất để tổng số trên viên bi chọn là số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên ba viên bi từ 50 viên bi” Khi đó, số phần tử không gian mẫu là nΩ = C350 = 19600 Gọi A là biến cố “tổng các số ghi trên viên bi chọn là số chia hết cho 3” ® ≤ x, y, z ≤ 50 Gọi x, y, z là ba số ghi trên ba viên bi chọn Khi đó: x + y + z chia hết cho Từ đến 50 có 16 số chia hết cho (N1 ), 17 số chia cho dư (N2 ), 16 số chia cho dư (N3 ) Ta xét các trường hợp sau: Cả số x, y, z cùng thuộc loại N1 , N2 N3 có: C316 + C317 + C316 = 1800 (cách) số x, y, z số thuộc loại, có: C116 · C117 · C116 = 4352 (cách) ⇒ Số kết thuận lợi biến cố A là nA = 1800 + 4352 = 6152 796 6152 nA = = Vậy xác suất cần tính là P (A) = nΩ 19600 2450 BÀI Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm có chữ số khác đôi tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, Lấy ngẫu nhiên từ tập X số Hãy tính xác suất để lấy số tự nhiên từ tập X có tổng các chữ số 14 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên từ tập X số”, gọi A là biến cố “số chọn có tổng các chữ số 14 Ta có Số phần tử tập X là A46 = 360 Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C1360 = 360 Để tổng các chữ số số chọn 14, ta có các số: {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 5, 6}, {1, 3, 4, 6} Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = 4! + 4! + 4! = 72 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 72 = = nΩ 360 BÀI Chọn ngẫu nhiên số từ tập S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} Tính xác suất để tổng số chọn 12 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên ba số từ tập S” Gọi A là biến cố “tổng các số được chọn là có tổng 12” Ta có: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 207 (208) Chương Tổ hợp và xác suất Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C311 = 165 Để tổng ba số chọn 12, ta có các số: {1, 2, 9}, {1, 3, 8}, {1, 4, 7}, {1, 5, 6}, {2, 3, 7}, {2, 4, 6}, {3, 4, 5} Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 3! = 42 Xác suất cần tìm là P (A) = 42 14 nA = = nΩ 165 55 BÀI Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} và M là tập hợp tất các số gồm chữ số phân biệt thuộc tập E Lấy ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để tổng hai chữ số số chọn có giá trị lớn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên số thuộc M ”, gọi A là biến cố “tổng hai chữ số số chọn lớn 7” Ta có: Số phần tử M là A26 = 30 Số phần tử không gian mẫu là C130 = 30 Để tổng các chữ số số chọn lớn 7, ta có các số: {2, 6}, {3, 5}, {3, 6}, {4, 5}, {4, 6}, {5, 6} Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = 12 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 12 = = nΩ 30 BÀI E là tập các số tự nhiên gồm chữ số khác lấy từ các số {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} Lấy ngẫu nhiên số E tính xác suất để lấy số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn số tự nhiên có chữ số lập từ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}”, gọi A là biến cố “số chọn chia hết cho 5” Gọi số có chữ số thuộc E có dạng a1 a2 a3 a4 a5 Ta có: Số phần tử không gian mẫu là nΩ = A58 − A47 = 5880 Để số trên chia hết cho 5, ta có: – a5 là 5, a1 có cách chọn, a2 có cách chọn, a3 có cách chọn, a4 có cách chọn – a5 là 0, a1 có cách chọn, a2 có cách chọn, a3 có cách chọn, a4 có cách chọn Số kết thuận lợi biến cố A là · · · + · · · = 1560 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 1560 13 = = nΩ 5880 49 BÀI Gọi E là tập hợp số tự nhiên gồm chữ số phân biệt lập từ các số 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên hai số khác thuộc tập E Tính xác suất để hai số chọn có đúng số có chữ số Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên hai số tự nhiên có chữ số lập từ {1, 2, 3, 4, 5}”, gọi A là biến cố “hai số chọn có đúng số có chữ số 5” Gọi số có ba chữ số thuộc E có dạng a1 a2 a3 Ta có: Số phần tử E là A35 = 60 Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C260 = 1770 Chọn ba vị trí để đưa số vào có cách chọn Đưa số còn lại vào vị trí có A24 cách Do đó, có tất · A24 = 36 số thuộc E mà có mặt chữ số Để số có ba chữ số từ E là số không có mặt 5, ta có: a1 , a2 , a3 là các số thuộc {1, 2, 3, 4} Do đó, có tất A34 = 24 số Số kết thuận lợi biến cố A là C136 · C124 = 864 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 864 144 = = ≈ 0,488 nΩ 1770 295 BÀI 10 Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi khác lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, Tập E có bao nhiêu phần tử? Chọn ngẫu nhiên phần tử E, tính xác suất chọn chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số khác lập từ {1, 2, 3, 4, 7}”, gọi A là biến cố “số chọn chia hết cho 3” Gọi số có ba chữ số thuộc E có dạng a1 a2 a3 Ta có: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 208 (209) Chương Tổ hợp và xác suất Số phần tử E là A35 = 60 Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C160 = 60 ® Gọi x, y, z là ba số số chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán Khi đó x, y, z ∈ {1, 2, 3, 4, 7} x + y + z chia hết cho Ta có: Có số: {1, 2, 3}, {1, 4, 7}, {2, 3, 4}, {2, 3, 7} lập thành số có chữ số chia hết cho Đưa số vào ba chỗ a1 a2 a3 có 3! cách Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là · 3! = 24 Xác suất cần tìm là P (A) = O nA 24 = = nΩ 60 BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 11 Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Hãy tìm xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 10 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên 10 thẻ từ 30 đã cho”, gọi A là biến cố “có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 10” Ta có: Số phần tử không gian mẫu là C10 30 = 30045015 Trong 30 thẻ đã cho có 15 thẻ lẻ, 12 thẻ chẵn không chia hết cho 10, thẻ chẵn chia hết cho 10 Số kết thuận lợi biến cố A là C515 · C412 · C13 = 4459455 Xác suất cần tìm là P (A) = 4459455 99 nA = = ≈ 0,148 nΩ 300450015 667 BÀI 12 Có 40 thẻ đánh số thứ tự từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên 10 thẻ từ 40 đã cho”, gọi A là biến cố “có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 6” Ta có: Số phần tử không gian mẫu là C10 40 Trong 40 thẻ đã cho có 20 thẻ lẻ, 14 thẻ chẵn không chia hết cho 6, thẻ chẵn chia hết cho Số kết thuận lợi biến cố A là C520 · C414 · C16 Xác suất cần tìm là P (A) = nA C5 · C414 · C16 126 = 20 10 = ≈ 0,11 nΩ C40 1147 BÀI 13 Có 20 thẻ đánh số liên tiếp từ đến 20 Chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên thẻ từ 20 đã cho”, gọi A là biến cố “có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 4” Ta có: Số phần tử không gian mẫu là C520 = 15504 Trong 20 thẻ đã cho có 10 thẻ lẻ, thẻ chẵn không chia hết cho 4, thẻ chẵn chia hết cho Số kết thuận lợi biến cố A là C310 · C15 · C15 = 3000 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 3000 125 = = ≈ 0,193 nΩ 15504 646 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 209 (210) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 14 Gọi E là tập hợp các số có tám chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập E Tính xác suất để chọn số thuộc E và số đó chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử: “Chọn ngẫu nhiên số từ tập E” Gọi A là biến cố “số chọn chia hết cho 9” Ta có Số phần tử không gian mẫu là nΩ = · · · · · · = · 9! Do + + · · · + = 45 chia hết cho Do đó, để có số có chữ số đôi khác chia hết cho thì: Trong 10 số từ đến cần bỏ số có tổng 9, cụ thể ta bỏ các cặp số: {0, 9}, {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5} Có số có mặt chữ số 0, có · 7! số Bộ không có số là (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) có 8! số Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · · 7! + 8! = 181440 nA 181440 = = · 9! nΩ BÀI 15 Cho tập hợp X = {0, 1, 2, 4, 5, 7, 8} Ký hiệu G là tập hợp tất các số có bốn chữ số đôi khác lấy từ tập X, chia hết cho Lấy ngẫu nhiên số tập G, tính xác suất để lấy số không lớn 4000 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên số tập G” Gọi A là biến cố “lấy số không lớn 4000” Gọi abcd là số có chữ số khác đôi lấy từ các chữ số trên và chia hết cho Ta có: Xác suất cần tìm là P (A) = Nếu d = thì abc có A36 = 120 cách chọn Nếu d = thì a có cách chọn, b có cách chọn và c có cách chọn ⇒ có 100 số Do đó, tập G có tất 220 số Giả sử abcd ∈ G và abcd ≤ 4000 Khi đó: a ∈ {1, 2, 3} nên có cách chọn d có cách chọn bc có A25 = 20 cách chọn Vậy nên có tất 120 số lấy từ G mà nhỏ 4000 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 120 = = nΩ 220 11 BÀI 16 Gọi E là tập hợp tất các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt chọn từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6, Chọn ngẫu nhiên số từ các số lập đó Tính xác suất để số chọn có chữ số hàng nghìn nhỏ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ các số thuộc E” Gọi A là biến cố “số chọn có chữ số hàng nghìn nhỏ 5” Gọi số thỏa mãn bài toán có dạng abcd Ta có: Số phần tử không gian mẫu nΩ = A47 = 840 Số a ∈ {1, 2, 3, 4} nên có cách chọn Đưa số còn lại vào vị trí có A36 cách Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là · A36 = 480 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 480 = = nΩ 840 BÀI 17 Gọi E là tập hợp tất các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt chọn từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp E Tính xác suất để số chọn là số lớn số 2016 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp E” Gọi A là biến cố “số chọn là số lớn số 2016” Ta có: Số phần tử không gian mẫu là nΩ = A47 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 210 (211) Chương Tổ hợp và xác suất Số nhỏ 2016 thì số đầu tiên bắt đầu là số 1, số cách đưa các số còn lại vào ba chỗ trống là A36 Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = A36 Xác suất cần tìm là P (A) = − P (A) = − nA A3 = − 46 = nΩ A7 BÀI 18 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập các số có chữ số khác Lấy ngẫu nhiên số các số lập, tính xác suất để số lấy có chữ số chẵn, chữ số lẻ Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên số có chữ số khác lấy từ {1, 2, 3, 4, 5, 6}” Gọi A là biến cố “số lấy có chữ số chẵn, chữ số lẻ” Gọi số có chữ số thỏa mãn bài toán là a1 a2 a3 a4 Ta có: Số phần tử không gian mẫu là nΩ = A46 = 360 Chọn hai số chẵn từ {2, 4, 6} có C23 = cách Chọn chỗ để đưa hai số chẵn vào có C24 = cách Đưa hai số chẵn vào hai chỗ có 2! cách Đưa ba số lẻ từ {1, 3, 5} vào vị trí còn lại có A23 = cách Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là · · · = 216 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 216 = = nΩ 360 BÀI 19 Gọi X là tập các số tự nhiên gồm chữ số phân biệt từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, Lấy ngẫu nhiên số từ X Tính xác suất để lấy số có mặt chữ số Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên số từ X” Gọi A là biến cố “số chọn có mặt chữ số 6” Ta có số phần tử X là A46 = 360 Số kết thuận lợi biến cố A = A45 = 120 Xác suất cần tìm là n 120 P (A) = − P (A) = − A = − = nΩ 360 BÀI 20 Cho tập X gồm các số có chữ số đôi khác lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Lấy ngẫu nhiên số từ X Tìm xác suất để số lấy có ít số chẵn Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên hai số từ X” Gọi A là biến cố “có ít số chẵn hai số chọn” Ta có, số phần tử X là nX = · · · · = 300 Giả sử b1 b2 b3 b4 là số lẻ thuộc tập X Khi đó, b4 có cách chọn, b1 có cách chọn, b2 có cách chọn, b3 có cách chọn Suy ra, số phần tử biến cố A là nA = · · · = 144 Suy ra, xác suất để chọn hai số lẻ là P (A) = nA C2 132 = 2144 = nΩ C300 575 443 ≈ 0,77 575 BÀI 21 Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số từ E Tính xác suất để số chọn có đúng chữ số lẻ và chữ số đứng chữ số lẻ (các chữ liền trước và liền sau chữ số là các chữ số lẻ) Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ E”, gọi A là biến cố “số chọn có đúng chữ số lẻ và chữ số đứng chữ số lẻ” Xét các số có chữ số khác nhau, ta có: Xác suất cần tìm là P (A) = − P (A) = Có cách chọn chữ số vị trí đầu tiên Có A89 cách để đưa chữ số còn lại vào vị trí còn lại Do đó, số phần tử không gian mẫu là nΩ = · A89 = 3265920 Xét các số thỏa mãn bài toán: Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, chữ số không thể đứng đầu và đứng cuối nên có cách xếp Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 211 (212) Chương Tổ hợp và xác suất Ta có A25 cách chọn số lẻ và đưa vào hai vị trí bên cạnh chữ số Chọn hai vị trí còn lại có C26 cách Chọn hai số lẻ còn lại đưa vào hai vị trí vừa chọn có A23 cách Vậy có tất C26 · A23 = 90 cách để chọn hai số lẻ và xếp vào hai vị trí còn lại Cuối cùng, đưa chữ số chẵn còn lại vào vị trí có 4! cách Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = · A25 · 90 · 4! = 302400 Vậy xác suất cần tìm là P (A) = nA 302400 = = nΩ 3265920 54 BÀI 22 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số, đó chữ số có mặt đúng lần, các chữ số còn lại có mặt không quá lần Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số có chữ số theo yêu cầu bài toán” Gọi A là biến cố “số chọn chia hết cho 3” Ta có: Chọn ba vị trí để đưa ba chữ số vào có C35 cách Chọn số để đưa vào vị trí còn lại có A24 cách Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C35 · A24 = 120 Để số chọn chia hết cho thì tổng các chữ số phải chia hết cho Do số chọn luôn có chữ số nên hai số còn lại phải chia hết cho Ta có: Chọn ba vị trí để đưa ba chữ số vào có C35 cách Hai số còn lại thuộc các số: (1, 2), (1, 5), (2, 4) Số kết thuận lợi biến cố A là C35 · · 2! = 60 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 60 = = nΩ 120 BÀI 23 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, có thể lập bao nhiêu số có chữ số đó chữ số có mặt đúng lần, các chữ số còn lại có mặt đúng lần Trong các số tự nhiên trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn không bắt đầu số 12 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên số từ các số có chữ số lập từ 1, 2, 3, 4, 5, thỏa mãn đề bài” Gọi A là biến cố “số chọn không bắt đầu số 12” Gọi số có chữ số thuộc không gian mẫu có dạng a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 , ta có: Chọn vị trí để đưa số vào có C27 cách Đưa chữ số còn lại vào vị trí còn lại có 5! cách Do đó, số phần tử không gian mẫu là nΩ = C27 · 5! = 2520 Xét trường hợp số có chữ số trên bắt đầu số 12 thì: Đưa số 12 vào vị trí a1 a2 có cách chọn Chọn vị trí vị trí còn lại để đưa hai số vào có C25 cách Đưa số còn lại vào vị trí còn lại có 3! cách Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = nΩ − nA = 2520 − C25 · 3! = 2460 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 2460 41 = = nΩ 2520 42 BÀI 24 Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có chữ số khác thành lập từ các chữ số {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập E Tìm xác suất để phần tử đó là số không chia hết cho Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn số tự nhiên có chữ số lập từ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}”, gọi A là biến cố “số chọn chia hết cho 5” Gọi số cần tìm có dạng a1 a2 a3 a4 a5 Ta có: Số phần tử không gian mẫu là nΩ = A57 − A46 = 2160 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 212 (213) Chương Tổ hợp và xác suất Để số trên chia hết cho 5, ta có: – a5 là 5, a1 có cách chọn, a2 có cách chọn, a3 có cách chọn, a4 có cách chọn – a5 là 0, a1 có cách chọn, a2 có cách chọn, a3 có cách chọn, a4 có cách chọn Số kết thuận lợi biến cố A là · · · + · · · = 660 660 11 = 2160 36 BÀI 25 Có 12 số tự nhiên khác đó có số chẵn và số lẻ, chọn ngẫu nhiên số Tính xác suất để tổng số chọn là số chẵn Lời giải Không gian mẫu Ω có tổng số phần tử là nΩ = C312 = 220 Gọi A là biến cố “tổng ba số chọn là số chẵn” Ta xét các trường hợp sau: Xác suất cần tìm là P (A) = Chọn ba số chẵn, có: C35 = 10 (cách) Chọn số chẵn và hai số lẻ, có: C15 · C27 = 105 (cách) Số kết thuận lợi biến cố A là 10 + 105 = 115 nA 115 23 Xác suất cần tìm là P (A) = = = nΩ 220 44 BÀI 26 Gieo súc sắc cân đối đồng chất hai lần Tính xác suất cho: Tổng số chấm lần gieo Ít lần gieo xuất mặt chấm Tổng số chấm Tổng số chấm nhỏ Tổng số chấm chia hết cho Lần đầu là số nguyên tố, lần sau là số chẵn Có đúng mặt chấm xuất Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “gieo xúc sắc cân đối đồng chất hai lần” Ta có nΩ = · = 36 Gọi A là biến cố “tổng số chấm lần gieo 6” Ta có: Các số có tổng số chấm là: {1, 5}, {2, 4}, {3, 3} Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = Xác suất cần tìm là P (A) = nA = = nΩ 36 Gọi A là biến cố “ít lần gieo xuất mặt chấm” Ta có: Các số có xuất mặt chấm là: {1, 1}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {1, 6} Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = 12 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 12 = = nΩ 36 3 Gọi A là biến cố “tổng số chấm lần gieo 7” Ta có: Các số có tổng số chấm là: {1, 6}, {2, 5}, {3, 4} Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = Xác suất cần tìm là P (A) = nA = = nΩ 36 Gọi A là biến cố “tổng số chấm lần gieo nhỏ 6” Ta có: Các số có tổng số chấm nhỏ là: {1, 1}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 2}, {2, 3} Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 213 (214) Chương Tổ hợp và xác suất Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = 12 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 12 = = nΩ 36 Gọi A là biến cố “tổng số chấm lần gieo chia hết cho 5” Ta có: Các số có tổng số chấm chia hết cho là: {1, 4}, {2, 3} Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · 2! = Xác suất cần tìm là P (A) = nA = = nΩ 36 Gọi A là biến cố “lần gieo đầu là số nguyên tố, lần là số chẵn” Ta có: Các số nguyên tố nhỏ có ba số là {2, 3, 5} Từ đến có tất số chẵn Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · = Xác suất cần tìm là P (A) = nA = = nΩ 36 Gọi A là biến cố “có đúng mặt chấm xuất hiện” Ta có: Các số có xuất đúng số là: {6, 1}, {6, 2}, {6, 3}, {6, 4}, {6, 5} Số kết thuận lợi biến cố A là nA = · = 10 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 10 = = nΩ 36 18 BÀI 27 Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số khác mà chữ số lớn Hãy xác định số phần tử tập E Chọn ngẫu nhiên phần tử tập E, tính xác suất để số chọn có ba chữ số lẻ đứng kề Lời giải Lập số tự nhiên gồm chữ số khác từ số {5, 6, 7, 8, 9} Số phần tử E là 5! = 120 Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “chọn ngẫu nhiên phần tử thuộc E”, gọi A là biến cố “số chọn có ba chữ số lẻ đứng kề nhau” Xét các số thỏa mãn đề bài có dạng abcde Ta xét các trường hợp: abc là chữ số lẻ Chọn abc có 3! = cách Chọn de có 2! = Do đó, số kết trường hợp này là · = 12 Các trường hợp bcd và cde là các số lẻ có kết tương tự trường hợp trên Vậy số kết thuận lợi biến cố A là nA = 12 · = 36 Số phần tử không gian mẫu là nΩ = C1120 = 120 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 36 = = nΩ 120 10 BÀI 28 Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có nhiều ba chữ số, các chữ số đôi khác thành lập từ tập E Lấy ngẫu nhiên số thuộc tập hợp M Tính xác suất lấy số thuộc tập M , cho tổng các chữ số số đó 10 Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên số thuộc tập M ”, gọi A là biến cố “tổng các chữ số số chọn là 10” Ta có: Số phần tử M là A36 + A26 + A16 = 156 Số phần tử không gian mẫu là C1156 = 156 Để tổng các chữ số số chọn là 10, ta có các số: {4, 6}, {1, 3, 6}, {1, 4, 5}, {2, 3, 5}, {3, 4, 5} Do đó, số kết thuận lợi biến cố A là nA = 2! + · 3! = 26 Xác suất cần tìm là P (A) = nA 26 = = nΩ 156 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 214 (215) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 29 Gọi E là tập hợp các số có ba chữ số khác lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập hợp E, tính xác suất để ba số chọn có đúng số có mặt chữ số Lời giải Gọi Ω là không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên ba số từ tập E”, gọi A là biến cố ‘trong ba số chọn có đúng số có mặt chữ số 4” Ta có: Số phần tử tập E là A35 = 60 Số phần tử không gian mẫu là C360 = 34220 Các số thuộc E không có chữ số là A34 = 24 Các số thuộc E có mặt chữ số là 60 − 24 = 36 Số kết thuận lợi biến cố A là nA = C136 · C224 = 9936 Xác suất cần tìm là P (A) = BÀI A nA 9936 = ≈ 0,29 nΩ 34220 CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT TÓM TẮT LÝ THUYẾT QUY TẮC CỘNG XÁC SUẤT Định nghĩa (Biến cố hợp) Cho hai biến cố A và B Biến cố “A B xảy ra”, kí hiệu là A ∪ B gọi là hợp hai biến cố A và B Khi đó ΩA ∪ ΩB ⊂ Ω ΩA ΩB VÍ DỤ Chọn ngẫu nhiên bạn học sinh lớp 11 trường Gọi A là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi toán” và B là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Lý” Khi đó A ∪ B là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Toán giỏi Lý” Định nghĩa (Biến cố xung khắc) Cho hai biến cố A và B Hai biến cố A và B gọi là xung khắc biến cố này xảy thì biến cố không xảy Khi đó ΩA ∩ B = ∅ ΩA ΩB VÍ DỤ Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp 11 trường Gọi A là biến cố: “Bạn đó là học sinh lớp 11C1 ” và B là biến cố: “Bạn đó là học sinh lớp 11C2 ” Khi đó A và B là hai biến cố xung khắc Định nghĩa (Quy tắc cộng xác suất hai biến cố xung khắc) Nếu A và B là hai biến cố xung khắc thì xác suất biến cố A ∪ B là P(A + B) = P(A) + P(B) Cho n biến cố A1 , A2 , , An đôi là các biến cố xung khắc với Khi đó P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ∪ An ) = P(A1 ) + P(A2 ) + P(A) + + P(An ) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 215 (216) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Cho hộp đựng viên bi xanh và bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để có ít viên bi xanh Lời giải Số phần tử không gian mẫu là: n(Ω) = C37 = 35 Gọi A là biến cố: “3 viên bi lấy có ít viên bi xanh” Có các trường hợp sau: Lấy viên bi xanh và viên bi đỏ, số cách chọn là C24 · C13 = 18 Lấy viên bi xanh, số cách chọn là C34 = Theo quy tắc cộng ta có n(A) = 18 + = 22 n(A) 22 Vậy xác suất A là P(A) = = n(Ω) 35 VÍ DỤ Trên kệ sách có sách Toán, sách Lý và sách Hóa Lấy ngẫu nhiên từ kệ sách đó hai sách Tính xác suất để lấy hai sách cùng môn Lời giải Số phần tử không gian mẫu là: n(Ω) = C217 = 136 Gọi A là biến cố: “Lấy hai sách cùng môn” Có các trường hợp sau: Lấy sách Toán, có C27 = 21 cách Lấy sách Lý, có C26 = 15 cách Lấy sách Hóa, có C24 = cách Theo quy tắc cộng ta có n(A) = 21 + 15 + = 42 n(A) 42 21 Vậy xác suất A là P(A) = = = n(Ω) 136 68 Định nghĩa (Biến cố đối) Cho A là biến cố Khi đó biến cố “không A”, kí hiệu là A, đươc gọi là biến cố đối A Ta nói A và A là hai biến cố đối Khi đó ΩA = Ω \ ΩA ⇒ P(A) = − P(A) Ω A A Câu hỏi 1: Hai biến cố đối có phải là hai biến cố xung khắc? Lời giải Hai biến cố đối là hai biến cố xung khắc Câu hỏi 2: Hai biến cố xung khắc có phải là hai biến cố đối? Lời giải Hai biến cố xung khắc không phải là hai biến cố đối VÍ DỤ Một xạ thủ bắn vào bia viên đạn với xác suất Khi đó xác suất bắn trượt là bao nhiêu? Lời giải Gọi A là biến cố: “Một xạ thủ bắn vào bia viên đạn” thì P(A) = Khi đó xác suất bắn trượt là P(A) = − P(A) = − = 7 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 216 (217) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Từ hộp có cầu trắng và cầu xanh, lấy ngẫu nhiên cùng lúc Tính xác suất cho: a) Bốn lấy cùng màu b) Bốn lấy có đủ hai màu Lời giải Số phần tử không gian mẫu là: n(Ω) = C410 = 210 a) Gọi A là biến cố: “Bốn lấy cùng màu” Có hai trường hợp: Bốn lấy cùng màu trắng, có C46 = 15 cách chọn Bốn lấy cùng màu xanh, có C44 = cách chọn Theo quy tắc cộng thì n(A) = 15 + = 16 cách chọn Vậy xác suất A là P(A) = n(A) 16 = = n(Ω) 210 105 b) Gọi B là biến cố: “Bốn lấy có đủ hai màu” thì B = A 97 Suy P(B) = P(A) = − P(A) = − = 105 105 QUY TẮC NHÂN XÁC SUẤT Định nghĩa (Biến cố giao) Cho hai biến cố A và B Biến cố “A và B cùng xảy ra”, kí hiệu là A ∩ B (hay AB) gọi là giao hai biến cố A và B ΩA ΩA ∩ ΩB ΩB VÍ DỤ Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp 11 trường Gọi A là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Toán” và gọi B là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Lý” Khi đó: A ∩ B là biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Toán và giỏi Lý” Định nghĩa (Hai biến cố độc lập) VÍ DỤ Gieo đồng xu liên tiếp lần Gọi A là biến cố: “Lần gieo thứ xuất mặt sấp” và gọi B là biến cố: “Lần gieo thứ hai xuất mặt ngửa” Khi đó A và B là biến cố độc lập Hai biến cố gọi là độc lập với việc xảy hay không xảy biến cố này không làm ảnh hưởng xác suất xảy biến cố Nếu hai biến cố A và B độc lập với thì A và B, A và B, A và B là độc lập Định nghĩa (Quy tắc nhân xác suất hai biến cố độc lập) với thì ta luôn có: P(AB) = P(A) · P(B) Nếu A và B là hai biến cố độc lập Cho n biến cố A1 , A2 , A3 , An độc lập với đôi Åmột Khi ã đó:n n Q Q P(A1 A2 A3 · · · An ) = P(A1 ) · P(A2 ) · P(A3 ) · · · P(An ) hay P Ai = P (Ai ) i=1 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 i=1 Trang 217 (218) Chương Tổ hợp và xác suất VÍ DỤ Một cầu thủ sút bóng vào cầu môn hai lần Biết xác suất sút vào cầu môn là Tính xác suất để cầu thủ đó sút hai lần bóng vào cầu môn Lời giải Gọi A là biến cố: “Cầu thủ sút bóng vào cầu môn lần thứ nhất” thì P(A) = Gọi B là biến cố: “Cầu thủ sút bóng vào cầu môn lần thứ hai” thì P(B) = Suy AB là biến cố: “Cầu thủ sút hai lần bóng vào cầu môn” Vì A và B là hai biến cố độc lập nên xác suất AB là P(AB) = P(A) · P(B) = 3 · = 8 64 VÍ DỤ 10 Có hai xạ thủ bắn bia Xác suất xạ thủ thứ bắn trúng bia là 0,8 Xác suất xạ thủ thứ hai bắn trúng bia là 0,7 Tính xác suất để: a) Cả hai xạ thủ bắn trúng b) Cả hai xạ thủ không bắn trúng bia c) Có ít xạ thủ bắn trúng bia Lời giải Gọi A là biến cố: “Xạ thủ thứ bắn trúng” và B là biến cố: “Xạ thủ thứ hai bắn trúng” thì P(A) = 0,8 và P(B) = 0,7 Ta có A và B là hai biến cố độc lập a) Biến cố: “Cả hai xạ thủ bắn trúng” là AB nên P(AB) = P(A) · P(B) = 0,8 · 0,7 = 0,56 b) Biến cố: “Cả hai xạ thủ không bắn trúng bia” là AB Do A và B là độc lập nên A và B độc lập Suy P(AB) = P(A) · P(B) = 0,2 · 0,3 = 0,06 c) Biến cố: “Có ít xạ thủ bắn trúng bia” là A ∪ B P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB) = 0,8 + 0,7 − 0,56 = 0,94 ! Áp dụng các nguyên tắc tính xác suất để giải bài toán, thường ta làm theo các bước sau: Bước Gọi A là biến cố cần tính xác suất và Ai , (i = 1, n) là các biến cố liên quan đến A cho: + Biến cố A biểu diễn theo các biến cố Ai , (A1 , A2 , , An ) + Hoặc xác suất các biến cố Ai tính toán dễ dàng so với A Bước Biểu diễn biến cố A theo các biến cố Ai Bước Xác định mối liên hệ các biến cố và áp dụng các nguyên tắc: + Nếu A1 , A2 xung khắc (A1 ∩ A2 = ∅) thì P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 ) + Nếu A1 , A2 thì P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 ) − P(A1 · A2 ) + Nếu A1 , A2 độc lập thì P(A1 · A2 ) = P(A1 ) · P(A2 + Nếu A1 , A2 đối thì P(A1 ) = − P(A2 ) B BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Một cặp vợ chồng mong muốn sinh trai (sinh trai thì không sinh nữa, chưa sinh thì sinh tiếp) Xác suất sinh trai lần sinh là 0,51 Tìm xác suất cho cặp vợ chồng đó mong muốn sinh trai lần sinh thứ Lời giải Xác suất sinh gái là − 0,51 = 0,49 Xác suất để cặp vợ chồng đó sinh trai lần sinh thứ là 0,49 · 0,51 = 0,2499 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 218 (219) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI Ba xạ thủ độc lập cùng bắn vào cái bia Xác suất bắn trúng mục tiêu xạ thủ là 0,6 Tính xác suất để xạ thủ bắn có đúng xạ thủ bắn trúng mục tiêu Muốn mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn phải có ít hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu Tính xác suất để mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn Lời giải Gọi Xi là xạ thủ thứ i bắn trúng bia Khi đó Xi là xạ thủ thứ i không bắn trúng bia Ta có P(Xi ) = 0,6; P(Xi ) = 0,4 Gọi A là biến cố "3 xạ thủ bắn có đúng xạ thủ bắn trúng mục tiêu" Ta có P(A) = P(X1 X2 ·X3 )+P(X1 ·X2 ·X3 )+P(X1 ·X2 ·X3 ) = 0,6·0,4·0,4+0,4·0,6·0,4+0,4·0,4·0,6 = 0,288 Gọi B là biến cố "mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn" P(B) = P(X1 X2 · X3 ) + P(X1 X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) = 0,63 + · 0,6 · 0,6 · 0,4 = 0,648 BÀI Hai xạ thủ A và B cùng bắn vào bia người phát Xác suất bắn trúng bia xạ thủ A là 0,7 Tìm xác suất bắn trúng bia xạ thủ B Biết xác suất có ít người bắn trúng bia là 0,94 Lời giải Gọi XA là xạ thủ A bắn trúng bia ⇒ XA là xạ thủ A không bắn trúng bia ⇒ P(XA ) = 0,7, P(XA ) = 0,3 Gọi XB là xạ thủ B bắn trúng bia ⇒ XB là xạ thủ B không bắn trúng bia Gọi E là biến cố "có ít người bắn trúng bia" E là biến cố "không bắn trúng bia" ⇒ P(E) = 0,94 ⇒ P(E) = 0,06 Ta có P(E) = P(XA ) · P(XB ) = 0,3 · P(XB ) = 0,06 ⇒ P(XB ) = 0,2 ⇒ P(XB ) = 0,8 BÀI Hai người độc lập cùng bắn người viên đạn vào bia Xác suất ban trúng bia họ lần 1 lượt là và Tính xác suất các biến cố sau A: "cả hai bắn trúng" B: "cả hai bắn trượt" C: "ít người bắn trúng" D: "có đúng người bắn trúng" Lời giải 1 · = 15 Å ã Å ã 1 B: "cả hai bắn trượt" Khi đó P(B) = − · 1− = = · = 15 15 A: "cả hai bắn trúng" Khi đó P(A) = C: "ít người bắn trúng" Ta có biến cố B chính là biến cố đối C Khi đó P(C) = − P(B) = − = 15 15 D: "có đúng người bắn trúng" tức là người thứ bắn trúng người thứ bắn trật người thứ bắn trật người thứ hai bắn trúng Ta có P(D) = 2 · + · = 5 BÀI Có người cùng câu cá; xác suất Câu cá người thứ là 0,5; xác suất câu cá người thứ hai là 0,4; xác suất câu cá người thứ ba là 0,2 Tính xác suất biến cố: Có đúng người câu cá Có đúng người câu cá Người thứ luôn luôn câu cá Có ít người câu cá Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 219 (220) Chương Tổ hợp và xác suất Gọi Xi là người thứ i câu cá Khi đó Xi là người thứ i không câu cá Ta có P(X1 ) = 0,5; P(X2 ) = 0,4; P(X3 ) = 0,2; P(X1 ) = 0,5; P(X2 ) = 0,6; P(X3 ) = 0,8 Gọi A là biến cố "có đúng người câu cá" Ta có P(A) = P(X1 X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) = 0,5 · 0,6 · 0,8 + 0,5 · 0,4 · 0,8 + 0,5 · 0,6 · 0,2 = 0,46 Gọi B là biến cố "có đúng người câu cá" Ta có P(B) = P(X1 · X2 · X3 + X1 X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) + P(X1 · X2 · X3 ) = = 0,5 · 0,4 · 0,2 + 0,5 · 0,6 · 0,2 + 0,5 · 0,4 · 0,8 = 0,26 Gọi C là biến cố "người thứ luôn luôn câu cá" Khi đó P(D) = P(X3 ) = 0,2 Gọi D là biến cố "có ít người câu cá" ⇒ D là biến cố "không câu cá" Ta có P(D) = − P(D) = P(X1 ) · P(X2 ) · P(X3 ) = − 0,5 · 0,6 · 0,8 = − 0,24 = 0,76 BÀI Một xạ thủ bắn vào bia lần độc lập; xác suất bắn trúng lần là 0,3 Tính xác suất biến cố: Cả lần bắn trượt Có đúng lần bắn trúng Lần thứ bắn trúng, lần thứ bắn trượt Ít lần bắn trúng Lời giải Gọi Xi là xạ thủ bắn trúng bia lần thứ i Khi đó Xi là xạ thủ không bắn trúng bia lần thứ i Ta có P(Xi ) = 0,3, P(Xi ) = 0,7 Gọi A là biến cố "Cả lần bắn trượt" Ta có P(A) = P(X1 · X2 · X3 · X4 ) = 0,7 · 0,7 · 0,7 · 0,7 = 0,2401 Gọi B là biến cố "Có đúng lần bắn trúng" ⇒ P(B) = 4.(0,7 · 0,33 ) = 0,0756 Gọi C là biến cố "Lần thứ bắn trúng, lần thứ bắn trượt" ⇒ P(C) = 0,3 · 0,7 = 0,21 Gọi D là biến cố "Ít lần bắn trúng" P(D) = P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(B) + + (P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(X1 · X2 · X3 · X4 ) + P(X1 · X2 · X3 · X4 )) = (0,3)4 + 0,0756 + 4.(0,3 · 0,3 · 0,7 · 0,7) = 0,2601 BÀI Có hai hộp đựng thẻ, hộp đựng 12 thẻ đánh số từ đến 12 Từ hộp rút ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ rút có ít thẻ đánh số 12 Lời giải Gọi Xi là từ hộp thứ i rút thẻ ghi số 12 Khi đó Xi là từ hộp thứ i rút thẻ 11 không ghi số 12 Ta có P(Xi ) = ⇒ P(Xi ) = 12 12 Gọi A là biến cố "2 thẻ rút có ít thẻ đánh số 12" ⇒ A là biến cố "2 thẻ rút không có thẻ đánh số 12" 11 11 121 121 23 Ta có P(A) = P(X1 · X2 ) = · = ⇒ P(A) = − P(A) = − = 12 12 144 144 144 BÀI Có ba xạ thủ cùng bắn vào bia Xác suất trúng đích người là 0,6; 0,7 và 0,8 Tính xác suất để có ít người bắn trúng bia Lời giải Gọi Xi là xạ thủ thứ i bắn trúng bia Khi đó Xi là xạ thủ thứ i không bắn trúng bia Ta có P(X1 ) = 0,6; P(X2 ) = 0,7; P(X3 ) = 0,8, P(X1 ) = 0,4; P(X2 ) = 0,3; P(X3 ) = 0,2 Gọi A là biến cố "có ít người bắn trúng bia" ⇒ A là biến cố không bắn trúng bia Ta có P(A) = − P(A) = P(X1 ) · P(X2 ) · P(X3 ) = − 0,4 · 0,3 · 0,2 = − 0,024 = 0,976 BÀI Có xạ thủ tập bắn, bắn vào bia Xác suất trúng đích là 0,2 Tính xác suất để ba lần bắn: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 220 (221) Chương Tổ hợp và xác suất Ít lần trúng bia Bắn trúng bia đúng lần thứ Lời giải Gọi Xi là lần thứ i xạ thủ bắn trúng bia Khi đó Xi là lần thứ i xạ thủ không bắn trúng bia Ta có P(Xi ) = 0,2; P(Xi ) = 0,8 Gọi A là biến cố "ít lần trúng bia" ⇒ A là biến cố không bắn trúng bia Ta có P(A) = − P(A) = P(X1 ) · P(X1 ) · P(X1 ) = − 0,83 = − 0,512 = 0,488 Gọi B là biến cố "bắn trúng bia đúng lần thứ nhất" Ta có P(B) = P(X1 ) = 0,2 BÀI 10 Việt và Nam thi đấu với trận bóng bàn, người nào thắng trước séc thì thắng trận Xác suất Nam thắng séc là 0,4 (giả sử không có séc hòa) Tính xác suất Nam thắng trận? Lời giải Xác suất Nam thắng séc là 0,4, xác suất Nam không thắng séc là − 0,4 = 0,6 Xác suất Nam thắng séc đầu: 0,43 = 0,064 Xác suất Nam thắng séc séc đầu: 0,43 · 0,6 = 0,0384 Xác suất Nam thắng séc séc: 0,43 · 0,62 = 0,02304 Vậy xác suất Nam thắng trận là: 0,064 + 0,0384 + 0,02304 = 0,11008 BÀI 11 Một nhóm xạ thủ gồm có 10 người đó có xạ thủ loại I và xạ thủ loại II Xác suất bắn trúng đích lần bắn xạ thủ loại I và loại II là 0,9 và 0,8 Chọn ngẫu nhiên xạ thủ 10 người và cho bắn viên đạn Tính xác suất để viên đạn trúng đích? Lời giải · 0,9 = 0,27 Xác suất chọn xạ thủ loại I và bắn trúng là 10 Xác suất chọn xạ thủ loại II và bắn trúng là · 0,8 = 0,56 10 Vậy xác suất để viên đạn trúng đích là 0,27 + 0,56 = 0,83 BÀI 12 Có ba lô hàng Người ta lấy cách ngẫu nhiên từ lô hàng sản phẩm Biết xác suất để sản phẩm có chất lượng tốt lô hàng là 0,5; 0,6 và 0,7 Tính xác suất để ba sản phẩm lấy có ít sản phẩm có chất lượng tốt? Lời giải Gọi Xi là biến cố chọn sản phẩm có chất lượng tốt lô hàng thứ i Khi đó Xi là biến cố chọn sản phẩm có chất lượng chưa tốt lô hàng thứ i Ta có P(X1 ) = 0,5, P(X2 ) = 0,6, P(X3 ) = 0,7, P(X1 ) = 0,5, P(X2 ) = 0,4, P(X3 ) = 0,3 Gọi A là biến cố "lấy có ít sản phẩm có chất lượng tốt" ⇒ A là biến cố "lấy có ít sản phẩm có chất lượng chưa tốt" Ta có P(A) = − P(A) = P(X1 ) · P(X2 ) · P(X3 ) = − 0,5 · 0,4 · 0,3 = − 0,06 = 0,94 BÀI 13 Một hộp chứa 11 bi đánh số từ đến 11 Chọn bi cách ngẫu nhiên, cộng các số trên bi rút với Tính xác suất để kết thu là số lẻ Lời giải Từ đến 11 có số lẻ, số chẵn Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = C611 = 462 Gọi A là biến cố chọn bi cách ngẫu nhiên, cộng các số trên bi rút với số lẻ Trường hợp 1: số lẻ, số chẵn C16 · C55 = Trường hợp 2: số lẻ, số chẵn C36 · C35 = 200 Trường hợp 3: số lẻ, số chẵn C56 · C15 = 30 ⇒ n(A) = + 200 + 30 = 236 Vậy xác suất để kết thu là số lẻ là P(A) = n(A) 118 = n(Ω) 231 BÀI 14 Một hộp có đựng chính phẩm và phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm một, không bỏ trở lại để kiểm tra lấy hai phế thì thôi Tính xác suất biến cố việc kiểm tra dừng lại sản phẩm thứ Lời giải 2 Xác suất lấy chính phẩm = , xác suất lấy phế phẩm = 6 1 Vậy xác suất biến cố việc kiểm tra dừng lại sản phẩm thứ là · = 3 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 221 (222) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 15 Một thủ kho có chùm chìa khóa gồm 10 hình thức giống đó có chìa là mở kho Anh ta mở ngẫu nhiên chìa khóa mở kho Tính xác suất để: Anh ta mở kho lần thứ Anh ta mở kho mà không quá lần mở Lời giải Gọi Xi là biến cố chọn chìa khóa thứ i mở kho Khi đó Xi là biến cố chọn chìa khóa thứ i không mở kho Ta có P(Xi ) = 0,3; P(Xi ) = 0,7 Gọi A là biến cố "mở kho lần thứ 3" ⇒ A là biến cố không bắn trúng bia Ta có P(A) = P(X1 ) · P(X2 ) · P(X3 ) = 0,7 · 0,7 · 0,3 = 0,147 Gọi B là biến cố "mở kho mà không quá lần mở" Ta có P(B) = 0,3 + 0,7 · 0,3 + 0,7 · 0,7 · 0,3 = 0,657 BÀI 16 Một nồi có van bảo hiểm hoạt động độc lập với xác suất hỏng van 1, van 2, van khoảng thời gian t tương ứng là 0,1; 0,2 và 0,3 Nồi hoạt động an toàn ít van không hỏng Tìm xác suất để nồi hoạt động an toàn khoảng thời gian t? Lời giải Gọi Xi là biến cố van thứ i bị hỏng Khi đó Xi là biến cố van thứ i không bị hỏng Ta có P(X1 ) = 0,1; P(X2 ) = 0,2; P(X3 ) = 0,3 Gọi A là biến cố "nồi hoạt động an toàn khoảng thời gian t" ⇒ A là biến cố van bị hỏng Ta có P(A) = − P(A) = P(X1 ) · P(X2 ) · P(X3 ) = − 0,1 · 0,2 · 0,3 = − 0,006 = 0,994 BÀI 17 Trong thời gian có dịch bệnh vùng dân cư Cứ 100 người bệnh thì phải có 20 người cấp cứu Xác suất để gặp người cấp cứu mắc phải dịch bệnh vùng đó là 0,08 Tìm tỉ lệ mắc bệnh vùng dân cư đó Lời giải 20 Tỉ lệ mắc bệnh vùng dân cư đó là · 0,08 = 0,016 100 BÀI 18 Một máy bay có động gồm động bên cánh trái và hai động bên cánh phải Mỗi động bên cánh phải có xác suất bị hỏng là 0,09; động bên cánh trái có xác suất hỏng là 0,04 Các động hoạt động độc lập với Máy bay thực chuyến bay an toàn ít hai động làm việc Tính xác suất để máy bay thực chuyến bay an toàn Lời giải Gọi A là biến cố máy bay bay an toàn Khi đó A là biến cố máy bay bay không an toàn Trường hợp 1: động hỏng 0,093 · 0,042 Trường hợp 2: động hỏng 0,093 · 0,04 · 0,96 + 0,092 · 0,91 · 0,042 ⇒ P(A) = 0,093 · 0,042 + 0,093 · 0,04 · 0,96 + 0,092 · 0,91 · 0,042 ⇒ P(A) = − P(A) = 0,9999590464 BÀI 19 Ba cầu thủ sút phạt luân lưu 11 mét, người đá lần với xác suất làm bàn tương ứng là x; y và 0,6 (với x > y) Biết xác suất để ít ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để ba cầu thủ đêu ghi bàn là 0,336 Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn? Lời giải Xác suất để cầu thủ cùng ghi bàn là x · y · 0,6 = 0,336 ⇔ x · y = 0,56 (1) Xác suất để không có cầu thủ nào ghi bàn là (1 − x)(1 − y)(1 − 0,6) = − 0,976 (2) ® ® ® x = x · y = 0,56 xy = 0,56 xy = 0,56 ⇔ ⇔ ⇔ Từ (1), (2) ta có (1 − x)(1 − y) = 0,06 − x − y + xy = −0,94 x + y = 1, y = 10 BÀI 20 Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn đó có đáp án đúng Giả sử câu trả lời đúng điểm và câu trả lời sai trừ điểm Một học sinh không học bài nên đánh hú họa câu trả lời Tìm xác suất để học sinh này nhận điểm Lời giải Gọi x là số câu trả lời đúng (0 ≤ x ≤ 10), đó số câu trả lời sai là 10 − x Để học sinh làm điểm thì số câu trả lời đúng thỏa mãn bất phương trình 5x + (10 − x)(−2) < ⇔ 7x < 21 ⇔ x < ⇒ x ∈ {0; 1; 2}} Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 222 (223) Chương Tổ hợp và xác suất Å ã10 x = không có câu đúng Å ã Å ã9 x = có câu đúng 4 Å ã2 Å ã8 3 x = có câu đúng 4 Å ã10 Å ã Å ã9 Å ã2 Å ã8 3 85293 1 Vậy xác suất để học sinh này nhận điểm là + + = 4 4 1048576 BÀI 21 Trong lớp học có 60 sinh viên, đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 30 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học hai tiến Anh và Pháp Chọn ngẫu nhiên sinh viên Tính xác suất các biến cố sau: A: "Sinh viên chọn học tiếng Anh" B: "Sinh viên chọn học tiếng Pháp" C: "Sinh viên chọn học tiếng Anh lẫn tiếng Pháp" D: "Sinh viên chọn không học tiếng Anh và Tiếng Pháp" Lời giải Theo đề số học sinh học tiếng Anh là 40, số học sinh học tiếng Pháp là 30, số học sinh học môn Anh, Pháp là 20, số học sinh không học môn Anh, Pháp là 60 − (40 + 30 − 20) = 10 40 Xác suất chọn sinh viên học tiếng Anh là = 60 30 Xác suất chọn sinh viên học tiếng Pháp là = 60 20 Xác suất chọn sinh viên học tiếng Anh là = 60 10 Xác suất chọn sinh viên không học tiếng Anh và Tiếng Pháp là = 60 BÀI 22 Trong kì kiểm tra chất lượng hai khối lớp, khối có 25% học sinh trượt Toán, 15% trượt Lý, 10% trượt Lý lẫn Toán Từ khối chọn ngẫu nhiên học sinh Tính xác suất cho: Hai học sinh đó trượt Toán Hai học sinh đó bị trượt môn nào đó Hai học sinh đó không bị trượt môn nào Có ít hai học sinh bị trượt ít môn Lời giải Kí hiệu A1 , A2 , A3 là các biến cố: Học sinh chọn từ khối I trượt Toán, Lí Hóa; B1 , B2 , B3 , là các biến cố: Học sinh chọn từ khối II trượt Toán, Lí Hóa Rõ ràng với (i, j), các biến cố Ai và Bj độc lập Ta có P(A1 B1 ) = P(A1 ) · P(B1 ) = 1 · = 4 16 Xác suất cần tính là P ((A1 ∪ A2 ∪ A3 ) ∩ (B1 ∪ B2 ∪ B3 )) = P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) · (B1 ∪ B2 ∪ B3 ) 1 = · = 2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 223 (224) Chương Tổ hợp và xác suất Đặt A = A1 ∪ A2 ∪ A3 , B = B1 ∪ B2 ∪ B3 Cần tính P A ∩ B Do A, B độc lập, ta có: P A∩B =P A ·P B = [1 − P(A)] = Å ã2 1 = Cần tính P(A ∪ B) Ta có: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB) 1 = + − = 2 4 BÀI 23 Trong kì thi THPT Quốc Gia, bạn X làm đề thi trắc nghiệm môn Hóa Đề thi gồm 50 câu hỏi, câu có phương án trả lời, đó có phương án đúng, trả lời đúng câu 0,2 điểm Bạn X trả lời hết các câu hỏi và chắn đúng 45 câu, câu còn lại X chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để điểm thi Hóa X không 9,5 điểm Lời giải Thí sinh X không 9,5 điểm và câu trả lời ngẫu nhiên có ít câu đúng Xác suất trả lời đúng câu hỏi là , trả lời sai là Ta có các trường hợp: 4 Å ã3 Å ã2 Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên câu là C35 · 4 Å ã4 · Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên câu là C45 Å ã5 Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên câu là C5 Å ã3 Å ã2 Å ã4 Å ã5 3 53 Vậy xác suất cần tính P = C35 · + C45 · + C55 = 4 4 512 BÀI 24 Trong kì thi THPT Quốc Gia, bạn X dự thi hai môn trắc nghiệm môn Hóa và Lí Đề thi câu gồm 50 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn, đó có phương án đúng, làm đúng câu 0,2 điểm Mỗi môn thi bạn X làm hết các câu hỏi và chắn đúng 45 câu, câu còn lại X chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để tổng hai môn thi X không 19 điểm Lời giải Thí sinh X không 19 điểm và 10 câu trả lời ngẫu nhiên hai môn Hóa và Lí có ít câu đúng Xác suất trả lời đúng câu hỏi là , trả lời sai là Ta có các trường hợp: 4 Å ã5 Å ã5 Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên 10 câu là C510 · 4 Å ã6 Å ã4 Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên 10 câu là C610 · 4 Å ã7 Å ã3 · Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên 10 câu là C710 Å ã8 Å ã2 · Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên 10 câu là C810 Å ã9 Xác suất thí sinh X trả lời đúng trên 10 câu là C910 · 4 Å ã10 Xác suất thí sinh X trả lời đúng 10 trên 10 câu là C10 10 Vậy xác suất cần tính là Å ã5 Å ã5 Å ã6 Å ã4 Å ã7 Å ã3 Å ã8 Å ã2 Å ã9 Å ã10 3 3 P = C510 · + C610 · + C710 · + C810 · + C910 · + C10 = 10 4 4 4 4 4 81922 410 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 224 (225) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG BÀI Xếp ngẫu nhiên ba người nam và hai người nữ vào dãy năm ghế kê theo hàng ngang Tính xác suất để kiểu xếp mà hai người nam có đúng người nữ Lời giải Số cách xếp nam và nữ vào ghế là 5! cách Gọi A là biến cố hai người nam có đúng người nữ: Xếp nam vào ghế số 1, 3, là 3! cách Xếp nữ vào vào ghế số 2, là 2! cách Suy n(A) = 3!2! 3!2! Vậy P(A) = = 5! 10 BÀI Gọi A là tập hợp tất các số gồm năm chữ số mà chữ số có mặt đúng lần, hai chữ số còn lại khác và thuộc tập hợp các chữ số 1, 2, 4, Chọn ngẫu nhiên số từ A Tính xác suất để số chọn chia hết cho Lời giải Gọi A là tập hợp các số x có dạng abcde thỏa yêu cầu Ta có n(Ω) = C35 A24 Để x chia hết cho thì (a + b + c + d + e) 3, đó hai chữ số năm chữ số chọn số {1; 2}, {1; 5}, {2; 4}, {4; 5} Do đó n(A) = C35 C14 2! C3 C1 2! Vậy P(A) = 53 42 = C5 A 4 BÀI Trong kì thi THTP Quốc Gia, Thành đoàn thành lập tổ công tác gồm người chọn ngẫu nhiên từ 15 cán đoàn trường học và 10 cán các quận, huyện để tìm các chỗ trọ miễn phí cho thí sinh có điều kiện khó khăn Tính xác suất để người chọn có không quá cán đoàn trường Lời giải Ta có n(Ω) = C525 Gọi A là biến cố người chọn có không quá cán đoàn trường, có phương án: Trong người chọn không có cán đoàn trường: C510 Trong người chọn có cán đoàn trường: C410 C115 Trong người chọn có cán đoàn trường: C310 C215 Do đó n(A) = C510 + C410 C115 + C310 C215 381 C5 + C410 C115 + C310 C215 = Vậy P(A) = 10 C525 1265 BÀI Trong dự án nhà xã hội gồm có tầng, tầng gồm có hộ loại A và hộ loại B Một người mua nhà rút ngẫu nhiên hộ mình Tính xác suất để hộ rút tầng hộ loại A Lời giải Kí hiệu A, B, là các biến cố: rút hộ tầng 1, rút hộ loại A Cần tính P(A ∪ B) Ta có: n(Ω) = 60, n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) = 10 + 30 − = 34 34 17 Vậy P(A ∪ B) = = 60 30 BÀI Thực đơn ăn sáng tự chọn khách sạn gồm món xúp, món bánh và món cơm Một khách hàng chọn ngẫu nhiên món Tính xác suất để món chọn có xúp, bánh và cơm Lời giải Gọi A là biến cố chọn món khác Ta có số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C311 Số phần tử biến cố A : n(A) = C14 C15 C12 C1 C1 C Vậy P(A) = 35 = C11 33 BÀI Trong kì thi THPT Quốc Gia, hội đồng coi thi có 216 thí sinh tham gia dự thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT, đó trường X có 65 thí sinh dự thi Sau buổi thi môn Toán, phóng viên vấn ngẫu nhiên học sinh Tính xác suất để học sinh vấn có ít học sinh trường X Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 225 (226) Chương Tổ hợp và xác suất Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C3216 Gọi A là biến cố “có ít học sinh trường X” Số phần tử biến cố A : n(A) = C265 C1151 + C365 208 C2 C1 + C365 = Vậy P(A) = 65 151 C3216 963 BÀI Có hai đơn vị cung cấp thực phẩm phục vụ ăn trưa cho công nhân nhà máy Đơn vị thứ cung cấp loại thực phẩm, đơn vị thứ hai cung cấp loại thực phẩm Người phụ trách bếp ăn lấy loại thực phẩm mẫu để kiểm tra và người kiểm tra chọn mẫu Tính xác suất để hai đơn vị cung cấp có mẫu chọn Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C37 Gọi A là biến cố “cả hai đơn vị cung cấp có mẫu chọn” Có hai phương án: Có loại đơn vị thứ và loại đơn vị thứ hai: C13 C24 Có loại đơn vị thứ và loại đơn vị thứ hai: C23 C14 Số phần tử biến cố A : n(A) = C13 C24 + C23 C14 C1 C2 + C C Vậy P(A) = 3 = C7 BÀI Trong đợt tình nguyện tiếp sức mùa thi, trường học có em lớp 11A, em lớp 11B, em lớp 11C đăng kí tham dự Hỏi có bao nhiêu cách cử em làm nhiệm vụ cổng trường đại học X cho lớp có ít em Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C715 Gọi A là biến cố “mỗi lớp có ít em chọn” Thì A là biến cố “có ít lớp không có em nào chọn” Do đó n(A) = C79 + C710 + C711 C7 + C710 + C711 661 Vậy P(A) = − P(A) = − = C715 715 BÀI Ban chấp hành Đoàn trường THPT cần chọn nhóm học sinh tình nguyện gồm học sinh từ học sinh lớp 10 và học sinh lớp 11 Tính xác suất để nhóm chọn có ít học sinh lớp 11 Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C516 Gọi A là biến cố “có ít học sinh lớp 11 chọn” Thì A là biến cố “không có học sinh nào lớp 11 chọn” Do đó n(A) = C59 101 C5 Vậy P(A) = − P(A) = − 59 = C16 104 BÀI 10 Trong buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, đó có cặp vợ chồng Chọn ngẫu nhiên ba người để biểu diễn tiết mục văn nghệ Tính xác suất để người chọn không có cặp vợ chồng nào Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C320 Gọi A là biến cố “không có cặp vợ chồng nào người chọn” Thì A là biến cố “có cặp vợ chồng người chọn” Cách chọn: Bước : Chọn cặp vợ chồng từ cặp: C14 Bước : Chọn người thứ ba từ 18 người còn lại: C118 Do đó n(A) = C14 C118 Vậy P(A) = − P(A) = − C14 C118 89 = C20 95 BÀI 11 Một lớp học có 40 học sinh, đó có cặp anh em sinh đôi Trong buổi họp đầu năm, thầy giáo chủ nhiệm lớp muốn chọn học sinh để làm cán lớp gồm có lớp trưởng, lớp phó và bí thư Tính xác suất để chọn học sinh làm cán lớp mà không có cặp anh em sinh đôi nào Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C340 (Có xét hay không xét thứ tự không làm xác suất thay đổi) Gọi A là biến cố “trong học sinh không có cặp sinh đôi nào” Thì A là biến cố “trong học sinh có cặp sinh đôi” Cách chọn: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 226 (227) Chương Tổ hợp và xác suất Bước : Chọn cặp sinh đôi từ cặp: C14 Bước : Chọn người thứ ba từ 38 người còn lại: C138 Do đó n(A) = C14 C138 Vậy P(A) = − P(A) = − 64 C14 C138 = C340 65 BÀI 12 Một người có 10 đôi giày khác và lúc du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên Tính xác suất để giày lấy có ít đôi Lời giải Cách 1: Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C420 Gọi A là biến cố “trong giày lấy có ít đôi” Thì A là biến cố “không có đôi nào giày lấy ra” Cách chọn: Lấy giày không có nào cùng đôi chứng tỏ đó lấy từ đôi khác đôi một, có C410 cách chọn Mỗi đôi lại có cách chọn giày đơn nên đôi có 24 cách chọn Do đó n(A) = 24 C410 Vậy P(A) = − P(A) = − 24 C410 99 = C20 323 Cách 2: Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) = C420 = 4845 Gọi A là biến cố “trong giày lấy có ít đôi” Thì A là biến cố “không có đôi nào giày lấy ra” Cách chọn: Chiếc thứ có 20 cách chọn Chiếc thứ có 18 cách chọn (do đã loại đôi) Chiếc thứ có 16 cách chọn (do đã loại đôi) Chiếc thứ có 14 cách chọn (do đã loại đôi) 20 · 18 · 16 · 14 Do cách chọn giày không xét tính thứ tự nên thực tế n(A) = = 3360 4! 99 3360 = Vậy P(A) = − P(A) = − 4845 323 BÀI 13 Tìm số nguyên dương n để: C0n + 2C1n + 4C2n + + 2n C0n = 243 Lời giải Ta có: n X (x + 1)n = Ckn xk k=0 Cho x = ta được: n = n X Ckn 2k = C0n + 2C1n + 4C2n + + 2n C0n k=0 ⇒ 3n = 243 = 35 ⇔ n = + BÀI 14 Cho đa giác A1 A2 A2n , (n > 2, n ∈ Z ) nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác có các đỉnh là 2n điểm A1 A2 A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 2n điểm A1 A2 A2n Tìm n? Lời giải Số tam giác có các đỉnh là 2n điểm A1 , A2 , A2n là C32n Gọi đường chéo đa giác A1 A2 A2n qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 2n điểm A1 A2 A2n có các đường chéo là đường chéo lớn Ngược lại, với cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút chúng là đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói trên số cặp đường chéo lớn đa giác A1 A2 A2n tức C2n Theo giả thiết thì: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 227 (228) Chương Tổ hợp và xác suất C32n = 20C2n ⇔ (2n)! n! 2n(2n − 1)(2n − 2) n(n − 1) = 20 ⇔ = 20 ⇔ 2n − = 15 ⇔ n = 3!(2n − 3)! 2!(2n − 3)! ä Ä x−1 x−1 n−1 x−1 x−1 x x x n−1 − − n−1 − ) ( + + Cn 2 BÀI 15 Cho khai triển nhị thức: 2 + = Cn 2 + Cn 2 + n n (− x ) C (với n là số nguyên dương), biết khai triển đó: C = 5C và số hạng thứ tư 20n n n n Tìm n và x Lời giải Từ C3n = 5C1n ta có n ≥ và n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n2 − 3n − 28 = 3!(n − 3)! (n − 1)! ⇒ n1 = −4 (loại) n2 = Với n = ta có Ä x−1 ä4 Ä −x ä3 = 140 ⇔ 35 · 22x−2 · 2−x = 140 ⇔ 2x−2 = ⇔ x = C37 2 BÀI 16 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Newton Å + x3 √ x5 ãn , biết Cn+1 n+4 − Cnn+3 = 7(n + 3), (n là số nguyên dương và x > 0) Lời giải Ta có n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n2 − 3n − 28 = 3!(n − 3)! (n − 1)! (n + 2)(n + 3) = 7(n + 3) ⇔ n + = · 2! = 14 ⇔ n = 12 ⇒ 2! Ck12 −3 k Ä ä12−k 60−11k · x2 = Ck12 x x Số hạng tổng quát khai triển là 60 − 11k 60−11k Ta có x = x8 ⇒ = ⇒ k = 12! Do đó hệ số số hạng chứa x8 là C412 = = 495 4!(12 − 4)! n n BÀI 17 Với n là số nguyên dương, gọi a3n−3 là hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức x2 + (x + 2) Tìm n để a3n−3 = 26n Lời giải Ta có " n " n # ã ã Å Å ã2 X Å Å ãk # n n X X X n n n 3n i k 3n i −2i k k −k n 3n =x Cn =x Cn x Cn x x + (x+2) = x 1+ 1+ Cn x x x2 x i=0 i=0 k=0 k=0 Trong khai triển trên, lũy thừa x là 3n − −2i − k = −3, hay 2i + k = Ta có hai trường hợp thỏa điều kiện này là i = 0, k = i = 1, k = Nên hệ số x3n−3 là a3n−3 = C0n · C3n · 23 + C1n ·C1n · n=5 2n(2n2 − 3n + 4) Do đó a3n−3 = 26n ⇔ = 26n ⇔ n=− Vậy n = là giá trị cần tìm (vì n nguyên dương) 8 BÀI 18 Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức + x2 (1 − x) Lời giải 8 + x2 (1 − x) = C08 + C18 x2 (1 − x) + C28 x4 (1 − x)2 + C38 x6 (1 − x)3 + C48 x8 (1 − x)4 + C58 x10 (1 − x)5 + C68 x12 (1 − x)6 + C78 x14 (1 − x)7 + C88 x16 (1 − x)8 Bậc x số hạng đầu nhỏ 8, bậc x số hạng cuối lớn Vậy x8 có các số hạng thứ tư, thứ năm, với hệ số tương ứng là C38 · C23 , C48 · C04 Suy a8 = 168 + 70 = 238 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 228 (229) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 19 Trong môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập bao nhiêu đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác nhau, cho đề thi thiết phải có đủ loại (khó, trung bình, dễ) và số câu dễ không ít 2? Lời giải Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là nên có các trường hợp sau Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó thì số các chọn là C215 · C210 · C15 = 23625 Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó thì số các chọn là C215 · C110 · C25 = 10500 Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó thì số các chọn là C315 · C110 · C15 = 22750 Vì các cách chọn trên đôi khác nau nên số đề kiểm tra có thể lập là 23625 + 10500 + 22750 = 56875 ã Å √ với x > BÀI 20 Tìm số hạng không chứa x khai triển x + √ x Lời giải Số hạng tổng quát khai triển là Ck7 ( √ x) 7−k Å √ x ãk = Ck7 x 7−k x −k = Ck7 x 28−7k 12 , (k ∈ Z, ≤ k ≤ 7) Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k, (k ∈ Z, ≤ k ≤ 7) thỏa mãn: 28 − 7k = ⇔ k = 12 Số hạng không chứa x cần tìm là C47 = 35 BÀI 21 Tìm số nguyên dương n, biết C12n+1 − · 2C22n+1 + · 22 C32n+1 − · 23 C42n+1 + · · · + (2n + 1) · 22n C2n+1 2n+1 = 2005 Lời giải 2n+1 Ta có (1 + x)2n+1 = C02n+1 + C12n+1 x + C22n+1 x2 + C32n+1 x3 + + C2n+1 2n+1 x Đạo hàm hai vế ta ∀x ∈ R 2n (2n + 1)(1 + x)2n = C12n+1 + 2C22n+1 x + 3C32n+1 x2 + + (2n + 1)C2n+1 2n+1 x , ∀x ∈ R Thay x = −2 ta có C12n+1 − 2.2C22n+1 + 3.22 C32n+1 − 4.23 C42n+1 + + (2n + 1) · 22n C2n+1 2n+1 = 2n + Theo giả thiết ta có 2n + = 2005 ⇔ n = 1002 BÀI 22 Một đội niên tình nguyện có 15 người gồm 12 nam và nữ Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội niên tình nguyện đó giúp đỡ tỉnh miền núi, cho tỉnh có nam và nữ? Lời giải Có C13 C412 cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ Với cách phân công các niên tình nguyện tỉnh thứ thì có C12 C48 cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ hai Với cách phân công các niên tình nguyện tỉnh thứ nhất, thứ hai thì có C11 C44 cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ ba Số cách phân công đội niên tình nguyện tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là C13 · C412 · C12 · C48 · C11 · C44 = 207900 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 229 (230) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 23 Tính giá trị biểu thức : M = A4n+1 + 3A3n , biết số nguyên dương n thỏa mãn : (n + 1)! C2n+1 + 2C2n+2 + 2C2n+3 + C2n+4 = 149 Lời giải Điều kiện n ≥ Ta có C2n+1 + 2C2n+2 + 2C2n+3 + C2n+4 = 149 (n + 1)! (n + 2)! (n + 3)! (n + 4)! ⇔ +2 +2 + = 149 2!(n − 1)! 2!n! 2!(n + 1)! 2!(n + 2)! ⇔ n2 + 4n − 45 = ñ n=5 (nhận) ⇔ n = −9 (loại) 5! 6! +3· A46 + 3A35 2! 2! = = Với n = ta M = 6! 6! BÀI 24 Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị thức Niutơn Å + x7 x4 ãn , biết C12n+1 + C22n+1 + C32n+1 + · · · + Cn2n+1 = 220 − Lời giải 2n−1 n+1 n Ta có Ckn = Cnn−k nên C12n+1 = C2n 2n+1 , C2n+1 = C2n+1 , , C2n+1 = C2n+1 2n−1 n+1 Suy C12n+1 + C22n+1 + + Cn2n+1 = C2n 2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 Ta có 2n+1 2n−1 n+1 (1 + x)2n+1 = C02n+1 + C12n+1 + C22n+1 + + Cn2n+1 + C2n 2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 + C2n+1 = + C12n+1 + C22n+1 + + Cn2n+1 2n+1 20 − = 221 ⇔ n = 10 ⇒ Cho x = ta =2+2 Å ã10 10 X k 10−k −4 10 = Ck10 x−4 x Ta có + x = x + x x4 k=0 ã10 +x x4 10 X = Ck10 x70−11k Å k=0 Số hạng chứa x26 ứng với 70 − 11k = 26 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x26 là C410 = 210 BÀI 25 Đội niên xung kích trường phổ thông có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh này thuộc không quá lớp trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn vậy? Lời giải Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh đã cho là C412 = 495 số cách chọn học sinh mà lớp có ít em tính sau: Lớp A có học sinh, các lớp B, C lớp có học sinh, số cách chọn là C25 · C14 · C13 = 120 Lớp B có học sinh, các lớp A, C lớp có học sinh, số cách chọn là C15 · C24 · C13 = 90 Lớp C có học sinh, các lớp A, B lớp có học sinh, số cách chọn là C15 · C14 · C23 = 60 Số cách chọn học sinh mà lớp có ít học sinh là 120 + 90 + 60 = 270 Vậy, số cách chọn phải tìm là 495 − 270 = 225 10 n n BÀI 26 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Newton (2 + x) , biết · C1n + 3n−2 · C2n − 3n−3 · C3n + · · · + (−1)n · Cnn = 2048 Lời giải Trong khai triển nhị thức Newton (a + b)n cho a = 3, b = −1 ta kết C0n +3 n−1 · (3 − 1)n = 3n C0n − 3n−1 C1n + 3n−2 C2n − 3n−3 C3n + + (−1)n Cnn = 2048 = 211 ⇒ n = 11 Do đó tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển (2 + x)11 là 2C10 11 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 230 (231) Chương Tổ hợp và xác suất BÀI 27 Tìm hệ số Lời giải Hệ số x5 Hệ số x5 Hệ số x5 số x5 khai triển x · (1 − 2x)5 + x2 · (1 + 3x)10 khai triển x · (1 − 2x)5 là (−2)4 C45 = 80 khai triển x2 · (1 + 3x)10 là 33 C310 = 3240 khai triển x · (1 − 2x)5 + x2 · (1 + 3x)10 là 80 + 3240 = 3320 n ∗ n BÀI 28 Cho khai triển (1 + 2x) = a0 + a1 x + · · · + an x , đó n ∈ N và các hệ số a0 , a1 , a2 , , an thỏa a2 an a1 + + · · · · + n = 4096 Tìm số lớn các hệ số a0 , a1 , a2 , , an mãn hệ thức a0 + Lời giải Ta có (1 + 2x)n = C0n + 2C1n x + 22 C2n x2 + + 2n Cnn xn a1 an Theo đề (1 + 2x)n = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn suy a0 = C0n , = C1n , , n = Cnn 2 a1 an Vì a0 + + + n = 4096 ⇔ C0n + C1n + + Cnn = 4096 ⇔ 2n = 212 ⇔ n = 12 2 12 X Khi đó ta có khai triển (1 + 2x)12 = Ck12 2k xk ⇒ ak = Ck12 2k 23 k+1 Xét bất phương trình ak < ak+1 ⇔ < Ck+1 ⇔k< 12 23 Tương tự ak > ak+1 ⇔ k > Do k ∈ Z nên k = Do đó a0 < a1 < < a7 < a8 > và a8 > a9 > a10 > > a12 Vậy hệ số lớn các hệ số a0 , a1 , , an là a8 = 28 C812 = 126720 Ck12 2k BÀI 29 Tìm số nguyên dương n thỏa Lời giải Ta có C2n + C2n + C2n + ··· + 2n−1 C2n = 2048 = (1 − 1)2n = C02n − C12n + − C2n−1 + C2n 2n 2n 22n = (1 + 1)2n = C02n + C12n + + C2n−1 + C2n 2n 2n ⇒ C12n + C32n + + C2n−1 = 22n−1 2n 2n−1 Từ giả thiết suy = 2048 ⇔ n = 5Cnn−1 C3n BÀI 30 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn = Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức ãn Å nx − , ∀x 6= Newton: 14 x Lời giải n(n − 1)(n − 2) 5Cn−1 = C3n ⇔ 5n = ⇔ n = (vì n nguyên dương) n ãn Å ã7 X Å ã7−k Å ã Å 7 x x 1 k X (−1)k Ck7 14−3k nx Ck7 − = − = − = Khi đó x 14 x x x 27−k k=0 k=0 Số hạng chứa x5 ứng với 14 − 3k = ⇔ k = (−1)3 · C37 35 Do đó số hạng cần tìm là x = − x5 24 16 BÀI 31 Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam và nữ Lời giải Số cách chọn học sinh lớp là C425 = 12650 Số cách chọn học sinh có nam và nữ là C115 · C310 + C215 · C210 + C315 · C110 = 11075 11075 443 Vậy xác suất cần tính là P = = 12650 506 BÀI 32 Gọi S là tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác xuất để số chọn là số chẵn Lời giải Số phần tử S là A37 = 210 Số cách chọn số chẵn từ S là · · = 90 90 Xác suất cần tính = 210 BÀI 33 Có hai hộp chứa bi Hộp thứ chứa viên bi đỏ và viên bi trắng, hộp thứ hai chứa viên bi đỏ và viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác suất để lấy hai viên bi cùng màu Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 231 (232) Chương Tổ hợp và xác suất Lời giải Số cách chọn viên bi, viên từ hộp là · = 42 Số cách chọn viên bi đỏ, viên từ hộp là · = Số cách chọn viên bi trắng, viên từ hộp là · = 12 + 12 10 Xác suất để viên bi lấy có cùng màu là P = = 42 21 BÀI 34 Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu và hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp sữa chọn có loại Lời giải Số phần tử không gian mẫu là C312 = 220 60 = Số cách chọn hộp sữa có đủ loại là C15 · C14 · C13 = 60 Do đó xác suất cần tính là P = 220 11 BÀI 35 Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn? Lời giải Số phần tử không gian mẫu là C416 = 1820 Gọi E là biến số “4 thẻ đánh số chẵn” Số kết thuận lợi cho biến cố “4 thẻ đánh số chẵn” là C48 = 70 70 n(E) = = Xác suất cần tính là P(E) = n(Ω) 1820 26 BÀI 36 Trong đợt ứng phó dịch MERS – CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên ba đội phòng chống dịch động số đội Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội các trung tâm y tế sở để kiểm tra công tác chuẩn bị Tính xác suất để có ít hai đội các trung tâm y tế sở chọn Lời giải Không gian mẫu Ω có số phần tử là n(Ω) = C325 = 2300 Gọi E là biến cố: có ít hai đội các trung tâm y tế sở chọn Số kết thuận lợi cho biến cố E là C220 · C15 + C320 = 2090 2090 209 n(E) = = Vậy P(E) = n(Ω) 2300 230 BÀI 37 Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp mình Bảng gồm 10 nút, nút ghi số từ đến và không có hai nút nào ghi cùng số Để mở cửa cần nhấn liên tiếp nút khác cho số trên nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành dãy số tăng và có tổng 10 Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp nút khác trên bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa vào phòng học đó Lời giải Không gian mẫu Ω có số phần tử là n(Ω) = A310 = 720 Gọi E là biến cố: “B mở cửa phòng học” Ta có E = {(0; 1; 9), (0; 2; 8), (0; 3; 7), (0; 4; 6), (1; 2; 7), (1; 3; 6), (1; 4; 5), (2; 3; 5)} Do đó n(E) = Vậy P(E) = n(E) = n(Ω) 90 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 232 (233) CHƯƠNG BÀI A DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TÓM TẮT LÝ THUYẾT Bài toán Chứng minh mệnh đề chứa biến P (n) đúng với số nguyên dương n Phương pháp Bước Với n = 1, ta chứng minh P (1) đúng Bước Giả sử P (n) đúng với n = k ≥ Ta cần chứng minh P (n) đúng với n = k + Kết luận, mệnh đề P (n) đúng với số nguyên dương n ! Để chứng minh mệnh đề chứa biến P (n) đúng với n ≥ p, p là số nguyên dương Ta làm các bước tương tự trên Bước Với n = p, ta chứng minh P (p) đúng Giả sử P (n) đúng với n = k ≥ p Ta cần chứng minh P (n) đúng với n = k + Kết luận, mệnh đề P (n) đúng với số nguyên dương n B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 1.1 Chứng minh mệnh đề P (n) đúng với số tự nhiên n Thực theo các bước đã nêu phần tóm tắt lí thuyết VÍ DỤ VÍ DỤ Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1, ta có 1 + + + ··· + n = n(n + 1) 2 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2 (n + 1)2 Lời giải Đặt Sn = + + + · · · + n = n(n + 1) (1) 1(1 + 1) = Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = thì S1 = Sk = + + + · · · + k = 233 k(k + 1) (234) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = + + + · · · + (k + 1) = (k + 1)[(k + 1) + 1] (k + 1)(k + 2) = 2 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) (k + 1)(k + 2) k(k + 1) + (k + 1) = = 2 Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, + + + · · · + n = n(n + 1) với số tự nhiên n ≥ 2 Đặt Tn = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = 2 n2 (n + 1)2 (1) (1 + 1) = = 13 Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = thì T1 = Tk = 13 + 23 + 33 + · · · + k = k (k + 1)2 Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Tk+1 = 13 + 23 + 33 + · · · + (k + 1)3 = (k + 1)2 [(k + 1) + 1] (k + 1)2 (k + 2)2 = 4 Thật vậy, ta có (k + 1)2 k + 4(k + 1) k (k + 1)2 k (k + 1)2 + 4(k + 1)3 + (k + 1)3 = = 4 (k + 1)2 (k + 2)2 (k + 1)2 (k + 4k + 4) = = 4 Tk+1 = Tk + (k + 1)3 = Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2 (n + 1)2 với số tự nhiên n ≥ Nhận xét Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có Tn = Sn2 VÍ DỤ Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1, ta luôn có un = n3 + 3n2 + 5n chia hết cho un = 9n − chia hết cho Lời giải Với n = ta có u1 = 13 + · 12 + · = chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k + 3k + 5k chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) = k + 3k + 3k + + 3(k + 1)2 + 5k + = k + 3k + 5k + 3(k + 1)2 + 3k + Vì k + 3k + 5k 3, 3(k + 1)2 3, 3k và nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 91 − = chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 9k − chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = 9k+1 − chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 9k+1 − = · 9k − + = 9k − + 8 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 234 (235) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân VÍ DỤ Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 3, ta luôn có 2n > 2n + 1 3n > n2 + 4n + Lời giải Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 3, k ∈ N, tức là ta có 3k > k + 4k + Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (1) 3k+1 > (k + 1)2 + 4(k + 1) + hay 3k+1 > k + 6k + 10 Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta · 3k > 3(k + 4k + 5) ⇔ 3k+1 > k + 6k + 10 + 2k + 6k + ⇒ 3k+1 > k + 6k + 10 (vì k ≥ 3) Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 3, k ∈ N, tức là ta có 2k > 2k + (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2k+1 > 2(k + 1) + hay 2k+1 > 2k + Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta · 2k > 2(2k + 1) ⇔ 2k+1 > 2k + 2k + (2) Vì k ≥ nên 2k ≥ Do đó (2) tương đương với 2k+1 > 2k + + ⇒ 2k+1 > 2k + Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Chứng minh với số nguyên dương n, ta luôn có 1 + + + 10 + · · · + n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) = · + · + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) 1 n(n + 3) + + ··· + = 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) · 22 + · 32 + · 42 + · · · + (n − 1)n2 = n(n2 − 1)(3n + 2) với n ≥ 2, n ∈ N 12 1 1 2n − + + + ··· + n = 2n Lời giải n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) = 1(1 + 1)(1 + 2) Với n = thì S1 = = Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = + + + 10 + · · · + Sk = + + + 10 + · · · + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (1) k(k + 1) k(k + 1)(k + 2) = Trang 235 (236) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = + + + 10 + · · · + = k(k + 1) (k + 1) [(k + 1) + 1] (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] + = 2 (k + 1)(k + 2)(k + 3) Thật vậy, ta có (k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) = + = 6 (k + 1)(k + 2)(k + 3) = Sk+1 = Sk + Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, + + + 10 + · · · + n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) = với số tự nhiên n ≥ Đặt Sn = · + · + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 (1) Với n = thì S1 = 1(1 + 1)2 = · = Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = · + · + · · · + k(3k + 1) = k(k + 1)2 Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = · + · + · · · + k(3k + 1) + (k + 1)[3(k + 1) + 1] = (k + 1)[(k + 1) + 1]2 = (k + 1)(k + 2)2 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1)(3k + 4) = k(k + 1)2 + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)(k + k + 3k + 4) = (k + 1)(k + 2)2 Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, · + · + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 với số tự nhiên n ≥ n(n + 1)(2n + 1) 1(1 + 1)(2 · + 1) Với n = thì S1 = = = 12 Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = Sk = 12 + 22 + 32 + · · · + k = (1) k(k + 1)(2k + 1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 12 + 22 + 32 + · · · + k + (k + 1)2 = (k + 1)[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1] (k + 1)(k + 2)(2k + 3) = 6 Thật vậy, ta có k(k + 1)(2k + 1) k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 + (k + 1)2 = 6 (k + 1)(2k + k + 6k + 6) (k + 1)(2k + 3k + 4k + 6) (k + 1) [k(2k + 3) + 2(2k + 3)] = = = 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) = Sk+1 = Sk + (k + 1)2 = Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) với số tự nhiên n ≥ 1 n(n + 3) + + ··· + = 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) 1(1 + 3) 1 Với n = thì S1 = = = Vậy (1) đúng với n = 4(1 + 1)(1 + 2) 1·2·3 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = Sk = (1) 1 k(k + 3) + + ··· + = 1·2·3 2·3·4 k(k + 1)(k + 2) 4(k + 1)(k + 2) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 236 (237) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh 1 (k + 1)[(k + 1) + 3] + + ··· + = 1·2·3 2·3·4 (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] 4[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] (k + 1)(k + 4) = 4(k + 2)(k + 3) Sk+1 = Thật vậy, ta có k(k + 3) k(k + 3)2 + = + = (k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) (k + 1)2 (k + 4) (k + 1)(k + 4) k + 6k + 9k + = = = 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 2)(k + 3) Sk+1 = Sk + Vậy (1) đúng với n = k + 1 1 n(n + 3) Do đó, + + ··· + = với số tự nhiên n ≥ 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) Đặt Sn = · 22 + · 32 + · 42 + · · · + (n − 1)n2 = n(n2 − 1)(3n + 2) 12 (1) 2(2 − 1)(3 · + 2) = = · 22 Vậy (1) đúng với n = 12 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có Với n = thì S2 = Sk = · 22 + · 32 + · 42 + · · · + (k − 1)k = k(k − 1)(3k + 2) 12 Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = · 22 + · 32 + · 42 + · · · + [(k + 1) − 1](k + 1)2 = = (k + 1)[(k + 1)2 − 1][3(k + 1) + 2] 12 k(k + 1)(k + 2)(3k + 5) 12 Thật vậy, ta có Sk+1 ï ò k(k − 1)(3k + 2) 3k + 14k + 21k + 10 = Sk + k(k + 1) = + k(k + 1) = k 12 12 k(k + 1)(k + 2)(3k + 5) = 12 Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, · 22 + · 32 + · 42 + · · · + (n − 1)n2 = n(n2 − 1)(3n + 2) với số tự nhiên n ≥ 12 2n − 1 1 + + + ··· + n = 2n 21 − 1 Với n = thì S1 = = Vậy (1) đúng với n = 1 2 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = Sk = (1) 1 1 2k − + + + ··· + k = 2k Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 1 2k+1 − + + + · · · + k+1 = 2k+1 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + 2k+1 = 2k − 1 2k+1 − + 2k+1 − + = = 2k 2k+1 2k+1 2k+1 Vậy (1) đúng với n = k + 1 1 2n − Do đó, + + + · · · + n = với số tự nhiên n ≥ 2n Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 237 (238) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI Chứng minh với số nguyên dương n, ta luôn có un = n3 + 11n chia hết cho un = 2n3 − 3n2 + n chia hết cho un = 4n + 15n − chia hết cho un = · 22n−2 + 32n−1 chia hết cho Lời giải Với n = ta có u1 = 13 + 11 · = 12 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k + 11k chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k + 3k(k + 1) + + 11k + 11 = k + 11k + 3k(k + 1) + 12 Vì k + 11k 6, 3k(k + 1) và 12 nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = · 13 − · 12 + = chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 2k − 3k + k chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 − 3(k + 1)2 + (k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 2(k + 1)3 − 3(k + 1)2 + (k + 1) = 2k + 6k(k + 1) + − 3k − 6k − + k + = (2k − 3k + k) + 6k(k + 1) − 6k Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 41 + 15 · − = 18 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 4k + 15k − chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = 4k+1 + 15(k + 1) − chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 4k+1 + 15(k + 1) − = · 4k + 60k − − 45k + 18 = 4k + 15k − − 45k + 18 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = · 22·1−2 + 32·1−1 = 10 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = · 22k−2 + 32k−1 chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = · 22(k+1)−2 + 32(k+1)−1 chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = · 22(k+1)−2 + 32(k+1)−1 = · · 22k−2 + · 32k−1 = 72k−2 + 32k−1 + · 32k−1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh BÀI Chứng minh 2n+2 > 2n + với n ∈ N∗ nn ≥ (n + 1)n−1 với n ∈ N∗ Lời giải Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 2k+2 > 2k + (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2(k+1)+2 > 2(k + 1) + hay 2k+3 > 2k + Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta · 2k+2 > 2(2k + 5) ⇔ 2k+3 > 2k + + 2k + ⇒ 2k+3 > 2k + (vì k ≥ nên 2k + > 0) Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 238 (239) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có k k ≥ (k + 1)k−1 ⇔ kk ≥ (k + 1)k−1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (k + 1)k+1 ≥ [(k + 1) + 1](k+1)−1 hay (k + 1)k+1 ≥ (k + 2)k Thật vậy, với số dương k ta có (k + 1)2 > k(k + 2) ⇒ (k + 1)2k > [k(k + 2)]k ⇒ (k + 1)k+1 kk > ≥1 k (k + 2) (k + 1)k−1 ⇒ (k + 1)k+1 ≥ (k + 2)k Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Chứng minh với số nguyên dương n, ta luôn có + + + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) 2 · + · + · + · · · + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 3 · + · + · + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1) 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(4n2 − 1) 2n(n + 1)(2n + 1) Å ãÅ ãÅ ã Å ã 1 1 n+1 1− 1− 1− ··· − = , với n ≥ 2, n ∈ N 16 n 2n 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = 2n + 3 n + + + ··· + n = − 27 4 · 3n Lời giải Đặt Sn = + + + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) (1) 1(3 · + 1) = Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = thì S1 = Sk = + + + · · · + (3k − 1) = k(3k + 1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = + + + · · · + (3k − 1) + [3(k + 1) − 1] = (k + 1)[3(k + 1) + 1] (k + 1)(3k + 4) = 2 Thật vậy, ta có k(3k + 1) 3k + k + 2(3k + 2) 3k + 7k + + (3k + 2) = = 2 3k + 3k + 4k + 3k(k + 1) + 4(k + 1) (k + 1)(3k + 4) = = = 2 Sk+1 = Sk + (3k + 2) = Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, + + + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) với số tự nhiên n ≥ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 239 (240) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Đặt Sn = · + · + · + · · · + n(n + 1) (1) 1(1 + 1)(1 + 2) Với n = thì S1 = = = · Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = · + · + · + · · · + k(k + 1) = k(k + 1)(k + 2) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = · + · + · + · · · + (k + 1)[(k + 1) + 1] = = (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] (k + 1)(k + 2)(k + 3) Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1)(k + 2) = = k(k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2) = 3 (k + 1)(k + 2)(k + 3) Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, · + · + · + · · · + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) với số tự nhiên n ≥ 3 Đặt Sn = · + · + · + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1) (1) Với n = thì S1 = 12 (1 + 1) = = · Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = · + · + · + · · · + k(3k − 1) = k (k + 1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = · + · + · + · · · + (k + 1) [3(k + 1) − 1] = (k + 1)2 [(k + 1) + 1] = (k + 1)2 (k + 2) Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1)(3k + 2) = k (k + 1) + (k + 1)(3k + 2) = (k + 1) k + 3k + = (k + 1)(k + 1)(k + 2) = (k + 1)2 (k + 2) Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, · + · + · + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1) với số tự nhiên n ≥ Đặt Sn = 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(4n2 − 1) (1) 1(4 · − 1) = = 12 Vậy (1) đúng với n = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = thì S1 = Sk = 12 + 32 + 52 + · · · + (2k − 1)2 = k(4k − 1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 12 + 32 + 52 + · · · + (2k − 1)2 + [2(k + 1) − 1]2 = (k + 1)[4(k + 1)2 − 1] (k + 1)(4k + 8k + 3) = 3 Thật vậy, ta có k(4k − 1) k(2k − 1)(2k + 1) + 3(2k + 1)2 + (2k + 1)2 = 3 (k + 1) 4k + 8k + 6) (2k + 1)(2k − k + 6k + 3) (2k + 1)(k + 1)(2k + 3) = = = 3 Sk+1 = Sk + (2k + 1)2 = Vậy (1) đúng với n = k + Do đó, 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(4n2 − 1) với số tự nhiên n ≥ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 240 (241) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân 2n(n + 1)(2n + 1) · 1(1 + 1)(2 · + 1) = = 22 Vậy (1) đúng với n = Với n = thì S1 = Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = Sk = 22 + 42 + 62 + · · · + (2k)2 = (1) 2k(k + 1)(2k + 1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 22 +42 +62 +· · · (2k)2 +[2(k+1)]2 = 2(k + 1)(k + 2)(2k + 3) 2(k + 1)[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1] = 3 Thật vậy, ta có 2k(k + 1)(2k + 1) 2k(k + 1)(2k + 1) + 12(k + 1)2 + (2k + 2)2 = 3 2(k + 1)(2k + k + 6k + 6) 2(k + 1)(2k + 3k + 4k + 6) 2(k + 1) [k(2k + 3) + 2(2k + 3)] = = = 3 2(k + 1)(k + 2)(2k + 3) = Sk+1 = Sk + (2k + 2)2 = Vậy (1) đúng với n = k + 2n(n + 1)(2n + 1) với số tự nhiên n ≥ Do đó, 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = ãÅ ãÅ ã Å ã Å 1 n+1 1− 1− ··· − = Đặt Sn = − 16 n 2n 2+1 Với n = thì S2 = = = − Vậy (1) đúng với n = 2·2 4 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có Å ãÅ ãÅ ã Å ã 1 1 k+1 Sk = − 1− 1− ··· − = 16 k 2k (1) Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Å ãÅ ãÅ ã Å ã 1 1 k+2 (k + 1) + Sk+1 = − 1− 1− ··· − = = 16 (k + 1)2 2(k + 1) 2(k + 1) Thật vậy, ta có Å Sk+1 = Sk · − (k + 1)2 ã = k + k + 2k k+2 · = 2k (k + 1) 2(k + 1) Vậy (1)Åđúng với +Å1 ã Ån = k ã ã Å ã 1 1 n+1 Do đó, − 1− 1− ··· − = với số tự nhiên n ≥ 16 n 2n n 2n + + + + ··· + n = − 27 4 · 3n 2·1+3 Với n = thì S1 = − = Vậy (1) đúng với n = 4 · 31 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Đặt Sn = Sk = (1) k 2k + + + + ··· + k = − 27 4 · 3k Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = k+1 2k + 2(k + 1) + 3 + + + · · · + k+1 = − = − 27 4 · 3k+1 4 · 3k+1 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + 2k + k + 6k + − 4k − 2k + k+1 = − + k+1 = − = − 3k+1 4 · 3k 4 · 3k+1 4 · 3k+1 Vậy (1) đúng với n = k + 1 n 2n + Do đó, + + + ··· + n = − với số tự nhiên n ≥ 27 4 · 3n Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 241 (242) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI Chứng minh với số nguyên dương n, ta luôn có un = n3 − n chia hết cho un = 13n − chia hết cho un = 4n + 6n + chia hết cho un = 32n+1 + 2n+2 chia hết cho un = 11n+1 + 122n−1 chia hết cho 133 un = 24n − chia hết cho 15 Lời giải Với n = ta có u1 = 13 − = chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k − k chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 − (k + 1) chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 − (k + 1) = k + 3k + 2k = k − k + 3(k + k) Vì k − k 3, 3(k + k) nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 131 − = 12 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 13k − chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = 13k+1 − chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 13k+1 − = 13k+1 − 13 + 12 = 13(13k − 1) + 12 Vì 13 13k − 6, 12 nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 41 + · + = 18 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 4k + 6k + chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = 4k+1 + 6(k + 1) + chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 4k+1 + 6(k + 1) + = 4(4k + 6k + 8) − 18k − 18 = 4(4k + 6k + 8) − 18(k + 1) Vì 4(4k + 6k + 8) 9, 18(k + 1) nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 32·1+1 + 21+2 = 35 chia hết cho Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 32k+1 + 2k+2 chia hết cho Ta cần chứng minh uk+1 = 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 chia hết cho Thật vậy, ta có uk+1 = 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 32k+3 + 2k+3 = 32k+1 + 2k+2 − · 2k Vì 32k+1 + 2k+2 7, · 2k nên uk+1 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta có u1 = 111+1 + 122·1−1 = 133 chia hết cho 133 Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 11k+1 + 122k−1 chia hết cho 133 Ta cần chứng minh uk+1 = 11k+2 − 122(k+1)−1 chia hết cho 133 Thật vậy, ta có uk+1 = 11k+2 − 122(k+1)−1 = 11 · 11k+1 − 122 · 122k−1 = 11 11k+1 − 122k−1 − 133 · 122k−1 133 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 242 (243) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Với n = ta có u1 = 24·1 − = 15 chia hết cho 15 Vậy mệnh đề đúng với n = Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 24k − chia hết cho 15 Ta cần chứng minh uk+1 = 24(k+1) − chia hết cho 15 Thật vậy, ta có uk+1 = 24(k+1) − = 24k+4 − = 16 · 24k − = 16 · 24k − 16 + 15 = 16 24k − + 15 Vì 16 24k − 15, 15 · 2k 15 nên uk+1 15 Vậy mệnh đề đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh BÀI Chứng minh 2n+1 > 2n + với n ≥ 2, n ∈ N 3n−1 > n(n + 2) với n ≥ 4, n ∈ N (n!)2 ≥ nn với n ∈ N∗ 2n > n2 với n ≥ 5, n ∈ N Lời giải Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có 2k+1 > 2k + (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2(k+1)+1 > 2(k + 1) + hay 2k+2 > 2k + Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta · 2k+1 > 2(2k + 3) ⇔ 2k+2 > 2k + + 2k + (2) Vì k ≥ nên 2k + > Khi đó từ (2) suy 2k+2 > 2k + Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 4, k ∈ N, tức là ta có 3k−1 > k(k + 2) (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 3(k+1)−1 > (k + 1)[(k + 1) + 2] hay 3k > (k + 1)(k + 3) Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta · 3k−1 > 3k(k + 2) ⇔ 3k > k + 4k + + 2k + 2k − (2) Vì k ≥ và 2k + 2k − = 2k(k − 4) + 10(k − 4) + 37 nên 2k + 2k − > Khi đó từ (2) suy 3k > k + 4k + ⇔ 3k > (k + 1)(k + 2) Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Trước hết ta chứng minh nn ≥ (n + 1)n−1 Thật vậy, với n = ta khẳng định đúng Giả sử khẳng k định đúng với n = k ≥ 1, tức là ta có k > (k + 1) k−1 Å hay k k+1 ãk k k+1 ãk ≥ Ta cần chứng minh khẳng k+1 định đúng n = k + Ta có k+1 k ≥ ⇒ k + 2k + ≥ k + 2k ⇒ k+2 k+1 2 Å k+1 k+2 ãk Å ≥ ≥ ⇒ k+1 Å k+1 k+2 ãk+1 ≥ k+2 Vậy nn ≥ (n + 1)n−1 với n ∈ N∗ Trở lại bài toán Ta chứng minh bài toán quy nạp Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có (k!)2 ≥ k k Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là [(k + 1)!]2 ≥ (k + 1)k+1 Thật vậy, ta có (1) [(k + 1)!]2 = [k!(k + 1)]2 = (k!)2 (k + 1)2 ≥ k k (k + 1)2 ≥ (k + 1)k−1 (k + 1)2 = (k + 1)k+1 Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 243 (244) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Trước hết, phương pháp quy nạp ta chứng minh trước kết n2 > 2n + với n ∈ N, n ≥ Với n = ta thấy bất đẳng thức là đúng Giả sử bất đẳng thức trên đúng với n = k ≥ 5, k ∈ N, tức là ta có k > 2k + Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (k + 1)2 > 2(k + 1) + Thật vậy, ta có (k + 1)2 = k + 2k + > 2k + + 2k + = 4k + > 3k + > 2k + Vậy n2 > 2n + với n ≥ 5, n ∈ N Trở lại với bài toán Với n = ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 5, k ∈ N, tức là ta có 2k > k Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2k+1 > (k + 1)2 Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta (1) · 2k > 2k ⇔ 2k+1 > k + k ⇔ 2k+1 > k + 2k + ⇔ 2k+1 > (k + 1)2 Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + Do đó, ta có điều phải chứng minh BÀI A DÃY SỐ TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐỊNH NGHĨA Định nghĩa Một hàm số u xác định trên tập hợp các số nguyên dương N∗ gọi là dãy số vô hạn (hay gọi tắt là dãy số) Mỗi giá trị hàm số u gọi là số hạng dãy số Chẳng hạn, u1 = u(1) là số hạng thứ (hay còn gọi là số hạng đầu) u2 = u(2) là số hạng thứ hai un = u(n) là số hạng thứ n (hay còn gọi là số hạng tổng quát) Người ta thường viết dãy số dạng khai triển u1 , u2 , u3 , , un , viết tắt là (un ) CÁCH CHO MỘT DÃY SỐ Cách Dãy số cho công thức số hạng tổng quát Cách Dãy số cho hệ thực thức truy hồi – Cho số hạng thứ u1 (hoặc vài số hạng đầu) – Cho công thức tính un theo un−1 (hoặc vài số hạng đứng trước nó) DÃY SỐ TĂNG, DÃY SỐ GIẢM Dãy số (un ) là dãy số tăng và với n ∈ N∗ ta luôn có un < un+1 Dãy số (un ) là dãy số giảm và với n ∈ N∗ ta luôn có un > un+1 DÃY SỐ BỊ CHẶN Dãy số (un ) gọi là dãy số bị chặn trên tồn số M cho un ≤ M , với n ∈ N∗ Dãy số (un ) gọi là dãy số bị chặn tồn số m cho un ≥ m, với n ∈ N∗ Dãy số (un ) gọi là dãy số bị chặn nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, nghĩa là tồn các số M và m cho m ≤ un ≤ M , với n ∈ N∗ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 244 (245) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.1 Tìm số hạng dãy số cho trước Phương pháp giải: Từ công thức số hạng tổng quát ta thay giá trị n phù hợp để tìm số hạng cần tìm dùng hệ thức truy hồi để tìm số hạng đó VÍ DỤ VÍ DỤ Cho dãy số (un ) với un = n−1 Hãy viết dạng khai triển dãy số Tính u50 và u99 3n + Lời giải 1 n−1 Dạng khai triển dãy số đã cho là 0; ; ; ; ; 3n + 50 − 49 99 − 49 Ta có u50 = = và u99 = = · 50 + 151 · 99 + 149 VÍ DỤ Cho dãy số (un ) xác định ® u1 = un = 2un−1 + 1, (n ≥ 2) Hãy viết dạng khai triển dãy số trên Tính u8 Lời giải Dạng khai triển dãy số đã cho là 1; 3; 7; 15; ; 2n − 1; Ta có u1 = 1, u2 = 3, u3 = 7, u4 = 15, u5 = 31, u6 = 63, u7 = 127, u8 = 255 VÍ DỤ Cho dãy số (un ) xác định ® u1 = 1, u2 = un = un−1 + un−2 , (n ≥ 3) (dãy số Phi-bô-na-xi) Hãy viết dạng khai triển dãy số trên Tính u7 Lời giải Dạng khai triển dãy số đã cho là 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; Ta có u1 = 1, u2 = 1, u3 = 2, u4 = 3, u5 = 5, u6 = 8, u7 = 13 VÍ DỤ Tìm số hạng tổng quát un theo n các dãy số sau đây ® ® u1 = u1 = Dãy số (un ) với Dãy số (un ) với un+1 = un + 2, ∀n ≥ un+1 = 2un , ∀n ≥ Lời giải Từ công thức un+1 = un + với n ≥ suy un+1 − un = với n ≥ Từ đó ta có u2 − u1 = u3 − u2 = u4 − u3 = ········· un − un−1 = Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta un − u1 = (n − 1)2 ⇔ un = u1 + 2n − ⇔ un = 2n + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 245 (246) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân un+1 = với n ≥ Từ đó ta có un Từ công thức un+1 = 2un với n ≥ suy u2 =2 u1 u3 =2 u2 u4 =2 u3 ··· un =2 un−1 Nhân theo vế tất các đẳng thức trên ta un = 2n−1 ⇔ un = u1 · 2n−1 ⇔ un = · 2n−1 ⇔ un = 2n u1 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Viết năm số hạng đầu tiên dãy số (un ) và tìm công thức số hạng tổng quát un theo n các dãy số (un ) sau ® ® u1 = u1 = un+1 = 2un , ∀n ≥ u1 = un un+1 = , ∀n ≥ 1 + un ® u1 = 11 un+1 = un + n3 , ∀n ≥ ® un+1 = un + 3, ∀n ≥ ® un+1 = 10un + − 9n, ∀n ≥ u1 = −1 u1 = un+1 = un + 7, ∀n ≥ Lời giải Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 3, u2 = 6, u3 = 12, u4 = 24, u5 = 48 un+1 = với n ≥ Từ đó ta có un Từ công thức un+1 = 2un với n ≥ suy u2 =2 u1 u3 =2 u2 u4 =2 u3 ··· un = un−1 Nhân theo vế tất các đẳng thức trên ta un = 2n−1 ⇔ un = u1 · 2n−1 ⇔ un = · 2n−1 u1 Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 9, u3 = 36, u4 = 100, u5 = 225 Từ công thức un+1 = un + n3 với n ≥ suy un+1 − un = n3 với n ≥ Từ đó ta có u2 − u1 = 23 u3 − u2 = 33 u4 − u3 = 43 ········· Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 246 (247) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân un − un−1 = n3 Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta un − u1 = 23 + 33 + · · · + (n − 1)3 ⇔ un = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 ⇔ un = Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = n2 (n + 1)2 1 1 , u3 = , u4 = , u5 = Dễ thấy un 6= với n ∈ N∗ 1 1 un với n ≥ suy = + hay − = với n ≥ Từ Từ công thức un+1 = + un un+1 un un+1 un đó ta có 1 − =1 u2 u1 1 − =1 u3 u2 1 − =1 u4 u3 ········· 1 − = un un−1 Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta 1 1 1 − =n−1⇔ = +n−1⇔ = n ⇒ un = un u1 un u1 un n Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = −1, u2 = 2, u3 = 5, u4 = 8, u5 = 11 Từ công thức un+1 = un + với n ≥ suy un+1 − un = với n ≥ Từ đó ta có u2 − u1 = u3 − u2 = u4 − u3 = ········· un − un−1 = Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta un − u1 = (n − 1)3 ⇔ un = u1 + 3n − ⇔ un = 3n − Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 11, u2 = 102, u3 = 1003, u4 = 10004, u5 = 100005 Từ công thức un+1 = 10un + − 9n với n ≥ suy un+1 − n − = 10un − 10n, ∀n ≥ ⇔ un+1 − (n + 1) = 10(un − n), ∀n ≥ ⇒ un+1 − (n + 1) = 10, ∀n ≥ un − n Từ đó ta có u2 − = 10 u1 − u3 − = 10 u2 − u4 − = 10 u3 − ······ un − n = 10 un−1 − (n − 1) Nhân theo vế tất các đẳng thức trên ta un − n = 10n−1 ⇒ un − n = 10n−1 (u1 − 1) ⇔ un = 10n + n u1 − Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 247 (248) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 8, u3 = 15, u4 = 22, u5 = 29 Từ công thức un+1 = un + với n ≥ suy un+1 − un = với n ≥ Từ đó ta có u2 − u1 = u3 − u2 = u4 − u3 = ········· un − un−1 = Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta un − u1 = (n − 1)7 ⇔ un = u1 + 7n − ⇔ un = 7n − BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Viết năm số hạng đầu tiên dãy số (un ) và tìm công thức số hạng tổng quát un theo n các dãy số (un ) sau ® ® u1 = u1 = p 2 un+1 = 2un + 3, ∀n ≥ un+1 = + un , ∀n ≥ ® ® u1 = u1 = −1 un+1 = un + 3n − 2, ∀n ≥ un+1 = 2un + 1, ∀n ≥ Lời giải Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 3, pu2 = Ta thấy un > với n ∈ N∗ Từ công thức un+1 = √ 10, u3 = + u2n suy √ 11, u4 = √ 12, u5 = √ 13 u2n+1 = + u2n , ∀n ∈ N∗ ⇔ u2n+1 − u2n = 1, ∀n ∈ N∗ Từ đó ta có u22 − u21 = u23 − u22 = u24 − u23 = ········· u2n − u2n−1 = Cộng theo vế tất các đẳng thức trên ta u2n − u21 = n − ⇔ u2n = u21 + n − ⇔ u2n = n + ⇔ un = √ n + Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 5, u3 = 13, u4 = 29, u5 = 61 Từ công thức un+1 = 2un + với n ≥ suy un+1 + = 2un + 6, ∀n ≥ ⇔ un+1 + = 2(un + 3), ∀n ≥ ⇒ un+1 + = 2, ∀n ≥ un + Từ đó ta có u2 + =2 u1 + u3 + =2 u2 + u4 + =2 u3 + ······ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 248 (249) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân un + = un−1 + Nhân theo vế tất các đẳng thức trên ta un + = 2n−1 ⇒ un + = 2n−1 (u1 + 3) ⇔ un + = · 2n−1 ⇔ un = 2n+1 − u1 + 3 Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = 5, u2 = 6, u3 = 10, u4 = 17, u5 = 27 Từ công thức un+1 = un + 3n − với n ≥ suy un+1 − un = 3n − Từ đó ta có un = (un − un−1 ) + (un−1 + un−2 ) + · · · + (u2 − u1 ) + u1 = 3(n − 1) − + 3(n − 2) − · · · + · − + = [(n − 1) + (n − 2) + · · · + 1] + (n − 1) · (−2) + = · = (1 + n − 1)(n − 1) − 2n + + 3(n2 − n) − 4n + 14 3n2 − 7n + 14 = 2 Năm số hạng đầu tiên dãy số đã cho là u1 = −1, u2 = −1, u3 = −1, u4 = −1, u5 = −1 Từ công thức un+1 = 2un + với n ≥ suy un+1 + = 2un + 2, ∀n ≥ ⇔ un+1 + = 2(un + 1), ∀n ≥ ⇒ un+1 + = 2, ∀n ≥ un + Từ đó ta có u2 + =2 u1 + u3 + =2 u2 + u4 + =2 u3 + ······ un + = un−1 + Nhân theo vế tất các đẳng thức trên ta un + = 2n−1 ⇒ un + = 2n−1 (u1 + 1) ⇔ un = −1 u1 + { DẠNG 2.2 Xét tính tăng, giảm dãy số Phương pháp Xét dấu hiệu số un+1 − un – Nếu với n ∈ N∗ ta luôn có un+1 − un > thì (un ) là dãy số tăng – Nếu với n ∈ N∗ ta luôn có un+1 − un < thì (un ) là dãy số giảm Phương pháp Với n ∈ N∗ , un > thì có thể so sánh tỉ số un+1 với số un un+1 > thì (un ) là dãy số tăng un un+1 – Nếu < thì (un ) là dãy số giảm un – Nếu Phương pháp Nếu dãy số (un ) cho hệ thức truy hồi thì thường dùng phương pháp quy nạp để chứng minh un+1 > un với n ∈ N∗ (hoặc un+1 < un với n ∈ N∗ ) VÍ DỤ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 249 (250) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân VÍ DỤ Xét tính tăng, giảm các dãy số sau Dãy số (un ) với un = 2n − n+1 Dãy số (vn ) với = n+2 4n Lời giải Khi đó n+1 Å ã 3 3n + − 3n − 3 − − = − = = > 0, ∀n ≥ un+1 −un = − (n + 1) + n+1 n+1 n+2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) Với n ∈ N∗ , ta có un = − Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng Xét tỉ số sau un+1 = un (n + 1) + n+3 4n n+3 1 4n+1 = · = = + n n+2 4·4 n+2 4(n + 2) 4(n + 2) 4n Vì n ≥ nên n + ≥ ⇔ 4(n + 2) ≥ 12 ⇔ (∗) 1 1 ≤ ⇔ + ≤ 4(n + 2) 12 4(n + 2) un+1 < với n ≥ un Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm Do đó, từ (∗) suy ( √ u1 = VÍ DỤ Xét tính tăng, giảm dãy số (un ) biết p un = + un−1 , n ≥ Lời giải √ Ta có u1 = < và (un ) là dãy số dương Ta chứng minh un < với n ∈ N∗ quy nạp Với n = thì khẳng định trên là đúng Giả sử khẳng định trên đúng n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta luôn có uk < Ta cần chứng minh uk+1 < Thật vậy, √ √ uk+1 = + uk < + = Vậy un < với √ n ∈ N∗ Từ công thức un = + un−1 suy u2n = + un−1 ⇔ u2n − u2n−1 = + un−1 − u2n−1 ⇔ u2n − u2n−1 = (un−1 + 1)(2 − un−1 ) Do (un ) là dãy số dương và un < 2, ∀n ∈ N∗ nên (un−1 + 1)(2 − un−1 ) > Suy u2n − u2n−1 > 0, ∀n ∈ N∗ ⇒ un > un−1 , ∀n ∈ N∗ Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Xét tính tăng giảm các dãy số (un ) sau, với un = n2 + 4n − un = 2n3 − 5n + un = 3n − n un = un = n n2 + 1 − n √ un = 2n − 4n2 − Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 250 (251) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Với n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = (n + 1)2 + 4(n + 1) − − (n2 + 4n − 3) = n2 + 2n + + 4n + − − n2 − 4n + = 2n + > 0, ∀n ≥ Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng Với n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = 2(n + 1)3 − 5(n + 1) + − (2n3 − 5n + 1) = 2n3 + 6n2 + 6n + − 5n − + − 2n3 + 5n − = 6n2 + 6n − = 6n2 + 3n + 3(n − 1) > 0, ∀n ≥ Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng Với n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = 3n+1 − (n + 1) − (3n − n) = 3n+1 − n − − 3n + n = · 3n − − 3n = · 3n − > 0, ∀n ≥ Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng Với n ∈ N∗ , ta có Å ã 1 1 1 n − (n + 1) un+1 − un = −2− −2 = −2− +2= − = n+1 n n+1 n n+1 n n(n + 1) < 0, ∀n ≥ =− n(n + 1) Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm Với n ∈ N∗ , ta có n+1 n n+1 n (n + 1)(n2 + 1) − n(n2 + 2n + 2) − = − = (n + 1) + n + n + 2n + n + (n2 + 1)(n2 + 2n + 2) n3 + n2 + n + − n3 − 2n2 − 2n −n2 − n + = = 2 (n + 1)(n + 2n + 2) (n + 1)(n2 + 2n + 2) −n2 − (n − 1) = < 0, ∀n ≥ (n + 1)(n2 + 2n + 2) un+1 − un = Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm Với n ∈ N∗ , ta có un = √ Khi đó 2n + 4n2 − √ un+1 2n + 4n2 − p = < 1, ∀n ≥ un 2(n + 1) + 4(n + 1)2 − Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm BÀI Xét tính tăng giảm các dãy số (un ) sau, với √ n un = n un = 2n (n + 1)! un = 3n 2n+1 Å ãn √ n un = Lời giải Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ Xét tỉ số … … √ √ √ un+1 n + 2n n+1 n+1 n+1 n+1 √ = n+1 · √ = = √ = < = 1, ∀n ≥ un 4n n+1 n n 4n Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 251 (252) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ Xét tỉ số un 2n+2 3n = n+1 · n+1 = < un+1 3 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ Xét tỉ số un+1 2n+1 (n + 1)! = = · ≤ < 1, ∀n ≥ n un (n + 2)! n+2 Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm Å ãn √ · n Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ un = Xét tỉ số … … Å ãn+1 √ n+1 4n + un+1 3n · n+1· n √ = = · = un n 9n · n Ta có 4n + 4 4 = + ≤ + = < 1, ∀n ≥ 9n 9n 9 Suy un+1 < un Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Xét tính tăng giảm các dãy số (un ) sau, với un = −n2 − 2n + un = n−1 n+1 3n2 − 2n + n+1 un = n2 + n + 2n2 + un = un = n − √ √ n2 − n+1−1 n Lời giải Với n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = −(n + 1)2 − 2(n + 1) + − (−n2 − 2n + 1) = −n2 − 2n − − 2n − + + n2 + 2n − = −2n − < 0, ∀n ≥ Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm Khi đó n+1 Å ã 2 2 2n + − 2n − 2 un+1 −un = − − − = − = = > 0, ∀n ≥ (n + 1) + n+1 n+1 n+2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) Với n ∈ N∗ , ta có un = − Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng Khi đó n+1 Å ã 6 6 un+1 − un = 3(n + 1) − + − 3n − + = 3n − + − 3n + − n+2 n+1 n+2 n+1 6 =3+ − n+2 n+1 Với n ∈ N∗ , ta có un = 3n − + Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (∗) Trang 252 (253) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Vì n ≥ nên ≥2 6 6 n+2 2≤n+1<n+2≤3⇒2≤ < ≤3⇒ ⇒ − ≥ −1 n+2 n+1 n + n + − ≥ −3 n+1 Do đó, từ (∗) suy un+1 − un > với n ≥ Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng Với n ∈ N∗ , ta có un = 2n + + Khi đó 4n2 + 2n + 2n + 2n + 2(n + 1) + − = − 2 4(n + 1) + 4n + 4n + 8n + 4n + (2n + 3)(4n2 + 2) − (2n + 1)(4n2 + 8n + 6) 8n3 + 12n2 + 4n + − 8n3 − 20n2 − 20n − = = (4n2 + 8n + 6)(4n2 + 2) (4n2 + 8n + 6)(4n2 + 2) −8n − 16n < 0, ∀n ≥ = (4n + 8n + 6)(4n2 + 2) un+1 − un = Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm Với n ∈ N∗ , ta có un = √ Khi đó n + n2 − √ un+1 n + n2 − p = < 1, ∀n ≥ un (n + 1) + (n + 1)2 − Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm Với n ∈ N∗ , ta có un = √ Khi đó n+1+1 √ n+1+1 un+1 < 1, ∀n ≥ =√ un n+2+1 Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm BÀI Xét tính tăng giảm các dãy số (un ) sau, với un = 3n n2 un = √ + n + n2 n+1 3n ã Å n un = + n un = Lời giải 3n Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ n2 Xét tỉ số un+1 3n+1 n2 3n2 n2 + 2n2 = · n = = > 1, ∀n ≥ 2 un (n + 1) (n + 1) n + 2n + 1 un = Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng n+1 Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ 3n Xét tỉ số un+1 n+2 3n n+2 n+2 = n+1 · = = < 1, ∀n ∈ N∗ un n+1 3(n + 1) n + + 2n + un = Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 253 (254) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ + n + n2 Xét tỉ số un = √ √ un+1 + n + n2 =p = un + n + (n + 1)2 + n + n2 = n2 + 3n + + n + n2 < 1, ∀n ≥ 1 + n + n2 + + 2n Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli (1 + a)n ≥ + na, ∀a ≥ −1, n ∈ Z+ Xét tỉ số un+1 un Å ãn+1 Å ã Å ãn ï òn+1 1+ n + n+1 n n(n + 2) n+1 n+1 ãn Å = = · = · n+1 n+1 (n + 1) n 1+ n ï òn+1 Å ã n+1 n+1 = 1− > −1) · > 1− · = (với a = − (n + 1)2 n n+1 n (n + 1)2 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng BÀI Xét tính tăng giảm các dãy số (un ) cho hệ thức truy hồi sau: ® ® u1 = u1 = 1 ® un+1 = un + (n + 1) · 2n ® u1 = un+1 = 2un − u1 = un+1 un+1 = 2un + un+1 = un + 3n − ® 2un = + un u1 = u2 = un+1 = √ 2un + Lời giải Ta có un+1 − un = (n + 1) · 2n > 0, ∀n ≥ ⇒ un+1 > un , ∀n ≥ Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Ta có u1 = > −1, giả sử uk > −1, đó uk+1 = 2uk + > −1 Vậy un > −1, ∀n ≥ Khi đó un+1 − un = 2un + − un = un + > 0, ∀n ≥ Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Ta có u1 = > 1, giả sử uk > 1, đó uk+1 = 2uk − > − = Vậy un > 1, ∀n ∈ N∗ Khi đó un+1 − un = 2un − − un = u1 − > 0, ∀n ∈ N∗ Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Ta có un+1 − un = 3n − > 0, ∀n ≥ ⇒ un+1 > un , ∀n ≥ Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 254 (255) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Từ hệ thức truy hồi đã cho, dễ thấy un > với n ∈ N∗ Ta có u2 = 2u1 = = < u1 + u1 Ta dự đoán un+1 < un , ∀n ∈ N∗ (∗) Thật vậy, ta thấy (∗) đúng n = Giả sử (∗) đúng n = k ≥ 1, (k ∈ N), tức là ta có uk < uk−1 Khi đó 2uk + − 6 2uk = =2− uk+1 = + uk + uk uk + 6 > , suy uk+1 < − = uk uk + uk−1 + uk−1 + Vậy (∗) đúng với n ∈ N∗ Do đó, dãy số (un ) là dãy số giảm Vì uk < uk−1 nên ∗ Từ hệ thức √ truy hồi đã cho, √ dễ thấy un > với n ∈ N Ta có u2 = 2u1 + = Ta dự đoán > u1 un+1 > un , ∀n ∈ N∗ Thật vậy, (∗) đúng với n = Giả sử (∗) đúng n = k ≥ 1, (k ∈ N), tức là ta có uk > uk−1 Khi đó p √ uk+1 = 2uk + > 2uk−1 + = uk (do uk > uk−1 ) Vậy (∗) đúng với n ∈ N∗ Do đó, dãy số (un ) là dãy số tăng { DẠNG 2.3 Tính bị chặn dãy số Phương pháp giải: Sử dụng khái niệm dãy số bị chặn VÍ DỤ VÍ DỤ Xét tính bị chặn các dãy số sau Dãy số (un ) với un = 2n − n+3 Dãy số (vn ) với = n(n + 1) 1 + + ··· + 1·2 2·3 Lời giải Ta có un > bới n ≥ Vậy (un ) bị chặn < với n ≥ Vậy (un ) bị chặn trên n+3 Do đó (un ) bị chặn Lại có un = − Ta có = 1 1 1 n − + − + ··· + − =1− = , ∀n ≥ 1 2 n n+1 n+1 n+1 Với n ∈ N∗ ta luôn có < un < Vậy (un ) bị chặn Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 255 (256) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Xét tính bị chặn các dãy số (un ) sau, với un = n2 + n n−1 n2 + un = √ un = 2n + 3n + un = 1 + + ··· + 1·2 2·3 n · (n + 1) Lời giải Ta có un = n2 + 1 = n + ≥ 2, ∀n ≥ Vậy dãy số (un ) bị chặn n n 2n + = + 3n + 3(3n + 2) 2n + Dễ thấy un = > 0, ∀n ≥ nên dãy số bị chặn 3n + Lại có ã Å −5 5 = un+1 − un = + − + < 0, ∀n ≥ 3(3n + 5) 3(3n + 2) (3n + 2)(3n + 5) Ta có un = Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm nên un+1 ≤ u1 = Suy dãy số (un ) bị chặn trên Vậy dãy số (un ) bị chặn n−1 ≥ 0, ∀n ≥ nên dãy số bị chặn n2 + Ta có un = √ Lại có n−1 n−1 n √ ≤ ≤ = 1, ∀n ≥ n n n +1 Cho nên dãy số (un ) bị chặn trên Vậy dãy số (un ) bị chặn Rõ ràng un > 0, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn 1 1 = − Khi đó un = − < 1, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn trên k(k + 1) k k+1 n+1 Vậy dãy số (un ) bị chặn Ta có BÀI Xét tính đơn điệu và bị chặn các dãy số (un ) với un = + (n − 1) · 2n un = un = n + 3n + n+1 2n − 13 3n − u1 = un+1 = un + Lời giải Ta có un+1 − un = (n + 1) · 2n > 0, ∀n ≥ Từ đó suy dãy số (un ) là dãy số tăng Lại có un = + (n − 1) · 2n ≥ 1, ∀n ≥ Vậy (un ) là dãy số bị chặn Ta có un = Khi đó 2n − 13 35 = − ≤ , ∀n ≥ 3n − 3(3n − 2) Å ã 35 35 35 = un+1 − un = − − − > 0, ∀n ≥ 3(3n + 1) 3(3n − 2) (3n − 2)(3n + 1) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Mặt khác 0< 35 35 2 35 35 ≤ 1, ∀n ≥ ⇔ > − ≥− ⇔ > − ≥ − ⇔ −11 ≤ un < 3n − 3(3n − 2) 3 3(3n − 2) 3 Suy (un ) là dãy số bị chặn Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 256 (257) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân n2 + 3n + =n+2− n+1 n+1 Với n ∈ N∗ ta có Ta có un = un+1 − un = n + − ã Å 1 =1+ − n+2− > 0, ∀n ≥ n+2 n+1 (n + 1)(n + 2) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Suy un ≥ u1 = Do đó, dãy số (un ) bị chặn Ta có u1 = > 1, giả sử uk > 1, đó uk+1 = Lại có un+1 − un = 1+1 un + > = Vậy un > 1, ∀n ∈ N∗ 2 un + 1 − un − un = < 0, ∀n ∈ N∗ 2 Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm Suy un ≤ u1 = Do đó, dãy số (un ) bị chặn trên Vì vậy, dãy số (un ) bị chặn BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Xét tính bị chặn các dãy số (un ) sau, với un = 3n − 3n + 2n − n2 + un = √ un = n(n + 1) un = 1 1 + + + ··· + 2 n Lời giải 3n − =1− < 1, ∀n ≥ Suy dãy số (un ) bị chặn trên 3n + 3n + 3n − Mặt khác, > 0, ∀n ≥ nên dãy số (un ) bị chặn 3n + Vậy dãy số (un ) bị chặn Ta có un = Ta có un = > 0, ∀n ≥ nên dãy số bị chặn n(n + 1) Lại có un+1 − un = 1 −2 − = < 0, ∀n ≥ (n + 1)(n + 2) n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm nên un+1 ≤ u1 = Suy dãy số (un ) bị chặn trên Vậy dãy số (un ) bị chặn 2n − > 0, ∀n ≥ nên dãy số bị chặn n2 + 2n − 2n − 2n Lại có √ ≤ ≤ = nên dãy số bị chặn trên n n n +2 Vậy dãy số (un ) bị chặn Ta có un = √ Rõ ràng un > 0, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn Ta có 1 1 < = − , ∀k ≥ 2, k ∈ N Khi đó k2 k(k − 1) k−1 k Å ã Å ã Å ã 1 1 1 un < + − + − + ··· + − = − < với số nguyên dương n 2 n−1 n n Cho nên (un ) bị chặn trên Vậy dãy số (un ) bị chặn BÀI Xét tính đơn điệu và bị chặn các dãy số (un ) với Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 257 (258) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân un = 7n + 5n + un = u1 = un+1 = un + n2 + 2n2 − u1 = un+1 = un + Lời giải Ta có un = 7n + 24 = − ≤ , ∀n ≥ 5n + 5(5n + 7) Khi đó 24 un+1 − un = − − 5(5n + 12) Å 24 − 5(5n + 7) ã = 24 > 0, ∀n ∈ N∗ (5n + 7)(5n + 12) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Mặt khác 0< 24 7 24 7 ≤ , ∀n ≥ ⇔ > − ≥− ⇔ > − ≥ − ⇔ ≤ un < 5n + 12 5(5n + 7) 5 5(5n + 7) 5 Suy (un ) là dãy số bị chặn Ta có un = n2 + 1 = + 2 2n − 2(2n − 3) (1) 1 ≤ 2n2 − Do đó từ (1) suy −2 ≤ un ≤ 1, ∀n ≥ Từ đó suy (un ) là dãy số bị chặn Lại có u1 = −2; u2 = 1; u3 = nên dãy số không tăng không giảm Dễ thấy, với n ≥ ta có, −1 ≤ Ta có u1 = < 15, giả sử uk < 15, đó uk+1 = 2 uk + < · (15) + = 15 Vậy un < 15, ∀n ∈ N∗ 3 Lại có un+1 − un = 15 − un un + − un = > 0, ∀n ∈ N∗ 3 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Suy un ≥ u1 = Do đó, dãy số (un ) bị chặn Ta có u1 = < 8, giả sử uk < 8, đó uk+1 = uk + < + = Vậy un < 8, ∀n ∈ N∗ 2 Lại có un+1 − un = un − un + − un = > 0, ∀n ∈ N∗ 2 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng Suy un ≥ u1 = Do đó, dãy số (un ) bị chặn Vì vậy, dãy số (un ) bị chặn an4 + BÀI Cho dãy số (un ) định un = Định a để dãy số (un ) là dãy số tăng 2n4 + Lời giải Ta có a(n + 1)4 + (2n4 + 5) − (an4 + 2) 2(n + 1)4 + a(n + 1)4 + an4 + un+1 − un = − = 2(n + 1)4 + 2n4 + [2(n + 1)4 + 5] (2n4 + 5) (5a − 4) (n + 1)4 − n4 = [2(n + 1)4 + 5] (2n4 + 5) Lại có (n + 1)4 > n4 , ∀n ∈ N∗ ⇔ (n + 1)4 − n4 > 0, ∀n ∈ N∗ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 258 (259) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Để dãy số (un ) là dãy số tăng thì un+1 − un > 0, ∀n ∈ N∗ ⇔ 5a − > ⇔ a > Vậy với a > thì dãy số (un ) là dãy số tăng } EM CÓ BIẾT? DÃY SỐ PHI-BÔ-NA-XI Phi-bô-na-xi (Fibonacci) (còn có tên là Leonardo da Pisa) là nhà Toán học tiếng người Italia Trong sách Liber Abacci, năm 1202, ông có viết bài toán sau: “Một đôi thỏ (gồm thỏ đực và thỏ cái) tháng đẻ mội đôi thỏ (cùng gồm thỏ đực và thỏ cái); đôi thỏ con, tròn hai tháng tuổi, lại tháng đẻ đôi thỏ con, và quá trình sinh nở tiếp diễn Hỏi sau năm có tất bao nhiêu đôi thỏ, đầu năm (tháng giêng) có môi đôi thỏ sơ sinh.” Rõ ràng tháng giêng, tháng 2, có đôi thỏ Sang tháng 3, đôi thỏ này đẻ đôi thỏ con, vì tháng thứ có + = đôi thỏ Sang tháng tư, vì có đôi thỏ ban đầu sinh nên tháng này có + = đôi thỏ Sang tháng 5, hai đôi thỏ gồm đôi thỏ ban đầu và đôi thỏ sinh tháng cùng sinh nên tháng này có + = đôi thỏ, Khái quát, kí hiệu Fn là số đôi thỏ có tháng thứ n, thì với n ≥ 3, ta có Fn = Fn−1 + số đôi thỏ sinh tháng thứ n Do đó các đôi thỏ sinh tháng thứ (n − 1) chưa thể sinh tháng thứ n và đôi thỏ tháng thứ (n − 2) sinh đôi thỏ nên số đôi thỏ sinh tháng thứ n chính Fn−2 (số thỏ có tháng thứ (n − 2)) Như Fn = Fn−1 + Fn−2 Việc giải bài toán trên Fibonacci dẫn đến việc khảo sát dãy số (Fn ) xác định sau F1 = F2 = Fn = Fn−1 + Fn−2 , (n ≥ 3) Dãy số trên sau này nhà toán học Pháp Edouard Lucas gọi là dãy số Fibonacci BÀI A CẤP SỐ CỘNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT Câu hỏi 1: Nhận xét tính chất chung đặc biêt các dãy số sau • Dãy số 2, 4, 6, 8, 10, • Dãy số −5, −2, 1, 4, 7, 10 • Dãy số 20, 15, 10, 5, 0, −5, −10, Định nghĩa Định nghĩa Cấp số cộng là dãy số (vô hạn hay hữu hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai, số hạng tổng số hạng đứng trước nó với số d không đổi, nghĩa là: (un ) là cấp số cộng và n ≥ 1, un+1 = un + d Số d gọi là công sai cấp số cộng Để chứng minh dãy số (un ) là cấp số cộng, ta xét hiệu un+1 − un = d (không đổi) với n ∈ N∗ Tính chất Tính chất Nếu (un ) là cấp số cộng thì kể từ số hạng thứ hai, số hạng (trừ số hạng cuối cấp số cộng hữu hạn) là trung bình cộng hai số hạng đứng kề nó dãy, tức là uk−1 + uk+1 uk = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 259 (260) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Hệ Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số cộng và a + c = 2b Số hạng tổng quát cấp số cộng Định lí Nếu cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổng quát un nó xác định công thức sau: un = u1 + (n − 1)d ! Để tìm n số hạng liên tiếp cấp số cộng thỏa điều kiện, ta cần nhớ: • Nếu n lẻ, cần đặt số hạng cần tìm là x, công sai: d • Nếu n chẵn, cần đặt số hạng cần tìm là x − d, công sai: 2d Tổng n số hạng đầu tiên cấp số cộng Định lí Giả sử (un ) là cấp số cộng có công sai d Gọi Sn = n P uk = u1 + u2 + · · · + un (Sn là tổng k=1 n số hạng đầu tiên cấp số cộng) Ta có: Sn = B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ n(u1 + un ) n(n − 1) = nu1 + d 2 VÍ DỤ Chứng minh các dãy số sau là cấp số cộng Xác định công sai và số hạng đầu tiên cấp số cộng đó? Dãy số (un ) với un = 19n − Dãy số (un ) với un = −3n + Lời giải Ta có un+1 − un = 19(n + 1) − − 19n + = 19n + 19 − − 19n + = 19 Do đó dãy số (un ) là cấp số cộng với công sai d = 19, số hạng đầu u1 = 14 Ta có un+1 − un = −3(n + 1) + + 3n − = −3n − + + 3n − = −3 Do đó dãy số (un ) là cấp số cộng với công sai d = −3, số hạng đầu u1 = −2 VÍ DỤ Ba góc tam giác vuông lập thành cấp số cộng Tìm ba góc đó Lời giải Gọi ba góc tam giác là A, B, C Khi đó ta có A + B + C = π Do ba góc A, B, C tam giác theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên A + C = 2B π Do đó 2B + B = π ⇒ 3B = π ⇒ B = π π Do tam giác ABC vuông nên giả sử C = đó công sai d cấp số cộng là d = C − B = π π π Vậy góc A tam giác là A = − = 6 VÍ DỤ Một tam giác vuông có chu vi 12 cm và ba cạnh lập thành cấp số cộng Tính độ dài ba cạnh tam giác đó Lời giải Giả sử ba cạnh tam giác vuông là a, b, c đó a là cạnh huyền và a > b > c Do tam giác vuông có chu vi 12 cm nên a + b + c = 12 Mặt khác a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên a + c = 2b Khi đó 2b + b = 12 ⇔ 3b = 12 ⇔ b = cm Giả sử công sai cấp số cộng là d thì a = − d, c = + d Do tam giác vuông cạnh huyền là a nên a2 = b2 + c2 ⇔ (4 − d)2 = 42 + (4 + d)2 ⇔ −16d = 16 ⇔ d = −1 Vậy a = cm, c = cm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 260 (261) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân VÍ DỤ Một cấp số cộng có 10 số hạng, đó số hạng đầu 5, số hạng cuối 23 Tìm cấp số cộng đó? Lời giải Ta có u10 = u1 + 9d ⇔ 23 = + 9d ⇔ d = Vậy cấp số cộng cần tìm là 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23 VÍ DỤ Tìm ba số hạng liên tiếp cấp số cộng biết tổng chúng 27 và tổng các bình phương chúng là 293 Lời giải Gọi ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − d, x, x + d đó d là công sai cấp số cộng Khi đó ta có x − d + x + x + d = 27 ⇔ 3x = 27 ⇔ x = ñ d=5 2 2 2 Mà (x − d) + x + (x + d) = 293 ⇔ (9 − d) + 81 + (9 + d) = 293 ⇔ 2d − 50 = ⇔ d = −5 Với d = thì ba số hạng cấp số cộng là 4, 9, 14 Với d = −5 thì ba số hạng cấp số cộng là 14, 9, Vậy ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là 4, 9, 14 VÍ DỤ Tìm bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng, biết tổng chúng 10 và tổng bình phương chúng 30 Lời giải Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d với 2d là công sai cấp số cộng Khi đó ta có x − 3d + x − d + x + d + x + 3d = 10 ⇔ 4x = 10 ⇔ x = Mặt khác d= (x − 3d)2 + (x − d)2 + (x + d)2 + (x + 3d)2 = 30 ⇔ 4x2 + 20d2 = 30 ⇔ d2 = ⇔ d=− thì d = , đó bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là 1, 2, 3, 2 Với x = thì d = − , đó bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là 4, 3, 2, 2 Vậy bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là 1, 2, 3, Với x = VÍ DỤ Cho cấp số cộng (un ) có u3 + u28 = 100 Hãy tính tổng 30 số hạng đầu tiên cấp số cộng đó Lời giải Ta có S30 = 30(u1 + u30 ) 30(u1 + 2d + u30 − 2d) 30(u3 + u28 ) 30 · 100 = = = = 1500 2 2 VÍ DỤ Cho cấp số cộng (un ) có S6 = 18 và S10 = 110 Tính S20 Lời giải Giả sử cấp số cộng (un ) có số hạng đầu là u1 và công sai là d 6·5 Ta có S6 = 6u1 + d ⇔ 6u1 + 15d = 18 (1) 10 · S10 = 10u1 + d ⇔ 10u1 + 45d = 110 (2) ® ® 6u1 + 15d = 18 u1 = −7 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình ⇔ 10u1 + 45d = 110 d = 20 · 19 Khi đó S20 = 20u1 + d = 20 · (−7) + 190 · = 620 VÍ DỤ Tính các tổng sau: S = + + + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 261 (262) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân S = 1002 − 992 + 982 − 972 + · · · + 22 − 12 Lời giải S = + + + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) Xét cấp số cộng (uk ), k ∈ N∗ với số hạng đầu là u1 = và công sai là d = Ta có uk = u1 + (k − 1)d ⇔ 2n + = + 2(k − 1) ⇔ k = n + k(u1 + uk ) (n + 1)(1 + 2n + 1) Vậy S = = = (n + 1)2 2 S = 1002 − 992 + 982 − 972 + · · · + 22 − 12 = 199 + 195 + · · · + Xét cấp số cộng (un ) có số hạng đầu u1 = 199 và công sai d = u2 − u1 = 195 − 199 = −4 Ta có un = u1 + (n − 1)d ⇔ = 199 − 4(n − 1) ⇔ n = 50 n(u1 + u50 ) 50(199 + 3) Khi đó S = = = 5050 2 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Tìm số hạng đầu tiên, công sai, số hạng thứ 20 và tổng 20 số hạng đầu tiên các cấp số cộng sau, biết ® u5 = 19 u9 = 35 ® u4 + u6 = 26 ® u3 + u5 = 14 S12 = 129 ® u2 − u3 + u5 = 10 u6 = u22 + u24 = 52 Lời giải ® u5 = 19 ® ⇔ u1 + 4d = 19 ® ⇔ u1 = u9 = 35 u1 + 8d = 35 d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = + 19 · = 79 20(u1 + u20 ) 20(3 + 79) Tổng 20 số hạng đầu tiên cấp số cộng là S20 = = = 820 2 ® ® ® ® u2 − u3 + u5 = 10 u1 + d − u1 − 2d + u1 + 4d = 10 u1 + 3d = 10 u1 = ⇔ ⇔ ⇔ u4 + u6 = 26 u1 + 3d + u1 + 5d = 26 2u1 + 8d = 26 d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = + 19 · = 58 20(u1 + u20 ) 20(1 + 58) Tổng 20 số hạng đầu tiên cấp số cộng là S20 = = = 590 2 ® ® ® u1 = u3 + u5 = 14 u1 + 2d + u1 + 4d = 14 2u1 + 6d = 14 ⇔ ⇔ ⇔ S12 = 129 12u1 + 66d = 129 12u1 + 66d = 129 d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = , công sai là d = 2 Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = + 19 · = 31 2 Å ã 20 + 31 20(u1 + u20 ) Tổng 20 số hạng đầu tiên cấp số cộng là S20 = = = 335 2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 262 (263) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân ® u6 = u22 u24 ® ⇔ u1 + 5d = (1) (u1 + d) + (u1 + 3d) = 52 (2) + = 52 Từ (1), ta có u1 + 5d = ⇔ u1 = − 5d, thay vào (2) d=1 (8 − 4d)2 + (8 − 2d)2 = 52 ⇔ 20d2 − 96d + 76 = ⇔ 19 d= Với d = thì u1 = Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = + 19 · = 22 20(3 + 22) 20(u1 + u20 ) = = 250 Tổng 20 số hạng đầu tiên cấp số cộng là S20 = 2 19 19 306 Với d = thì u1 = −11 Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = −11 + 19 · = 5 Å ã5 306 20 −11 + 20(u1 + u20 ) Tổng 20 số hạng đầu tiên cấp số cộng là S20 = = = 502 2 BÀI Tìm số hạng đầu và công sai cấp số cộng, biết ® u7 = 27 u15 = 59 ® u13 = 2u6 + ® u2 + u4 − u6 = −7 u8 − u7 = 2u4 ® u3 − u7 = −8 u2 · u7 = 75 ® u6 + u7 = 60 u24 + u212 = 1170 ® u21 + u22 + u23 = 155 S3 = 21 ® S3 = 12 S5 = 35 ® u1 + u2 + u3 = u21 + u22 + u23 = 35 ® u1 + u2 + u3 + u4 = 16 u21 + u22 + u23 + u24 = 84 ® 10 S5 = u1 · u2 · u3 · u4 · u5 = 45 ® 11 u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 20 u21 + u22 + u23 + u24 + u25 = 170 ® 12 u9 = 5u2 u1 + u2 + u3 = −12 u1 · u2 · u3 = S4 = 20 13 1 25 + + + = u1 u2 u3 u4 24 u1 + u5 = 14 65 u3 · u4 = 72 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 263 (264) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Lời giải ® u7 = 27 ® ⇔ u1 + 6d = 27 ® ⇔ u1 = d = u1 + 14d = 59 u15 = 59 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = ® ® ® ® u9 = 5u2 u1 + 8d = 5u1 + 5d 4u1 − 3d = u1 = ⇔ ⇔ ⇔ u13 = 2u6 + u1 + 12d = 2u1 + 10d + − u1 + 2d = d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = ® ® ® ® u2 + u4 − u6 = −7 u1 + d + u1 + 3d − u1 − 5d = −7 u1 − d = −7 u1 = −5 ⇔ ⇔ ⇔ u8 − u7 = 2u4 u1 + 7d − u1 − 6d = 2u1 + 6d 2u1 + 5d = d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = −5, công sai là d = ® ® ® dñ = d=2 u3 − u7 = −8 u1 + 2d − u1 − 6d = −8 ⇔ ⇔ ⇔ u1 = u2 · u7 = 75 (u1 + d)(u1 + 6d) = 75 u21 + 14u1 − 51 = u1 = −17 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = u1 = −17, d = ® ® 2u6 + d = 60 (1) u6 + u7 = 60 ⇔ 2 2 (u6 − 2d) + (u6 + 6d) = 1170 (2) u4 + u12 = 1170 Từ (1), suy d = 60 − 2u6 , thay vào (2), ta có (5u6 − 120)2 + (360 − 11u6 )2 = 1170 ⇔ 146u26 − 9120u6 + 142830 = (vô nghiệm) Vậy không tồn cấp số cộng thỏa yêu cầu bài toán ® ® u1 + u22 + u23 = 155 u1 + (u1 + d)2 + (u1 + 2d)2 = 155 (1) ⇔ S3 = 21 3u1 + 3d = 21 (2) Từ (2), ta có 3u1 + 3d = 21 ⇒ d = − u1 , thay vào (1) u21 2 + + (14 − u1 ) = 155 ⇔ 2u21 − 28u1 + 90 = ⇔ ñ u1 = u1 = Với u1 = thì d = −2 Với u1 = thì d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 9, công sai là d = −2 u1 = 5, d = ® ® ® S3 = 12 3u1 + 3d = 12 u1 = ⇔ ⇔ S5 = 35 5u1 + 10d = 35 d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = ® ® ® ® u1 + u2 + u3 = 3u2 = u2 = u2 = ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 2 u1 + u2 + u3 = 35 (u2 − d) + u2 + (u2 + d) = 35 (3 − d) + + (3 + d) = 35 d2 = ñ d = −2 Do d2 = ⇔ Với u2 = và d = thì u1 = u2 − d = Với u2 = và d = −2 thì u1 = u2 − d = d=2 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = u1 = 5, d = −2 ® ® u1 + u2 + u3 + u4 = 16 4u1 + 6d = 16 (1) ⇔ 2 2 2 2 u1 + u2 + u3 + u4 = 84 u1 + (u1 + d) + (u1 + 2d) + (u1 + 3d) = 84 (2) 16 − 4u1 Từ (2), suy d = Thay vào (2), ta có Å ã Å ã Å ã 16 − 4u1 16 − 4u1 16 − 4u1 u21 + u1 + + u1 + + u1 + = 84 Å ã Å ã Å ã 2u1 + 16 −u1 + 16 −2u1 + 16 ⇔ u21 + + + = 84 ⇔ 36u21 + (2u1 + 16)2 + 4(16 − u1 )2 + 9(16 − 2u1 )2 = 3024 ⇔ 80u21 − 640u1 + 560 = ñ u1 = ⇒ d = ⇔ u1 = ⇒ d = −2 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = u1 = 7, d = −2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 264 (265) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân ® 10 S5 = ® ⇔ 5u1 + 10d = (1) u1 · u2 · u3 · u4 · u5 = 45 u1 (u1 + d)(u1 + 2d)(u1 + 3d)(u1 + 4d) = 45 (2) Từ (2), suy u1 = − 2d, thay vào (2) ta có ñ d =4 d=2 (1 − 2d)(1 − d)(1 + d)(1 + 2d) = 45 ⇔ 4d4 − 5d2 − 44 = ⇔ ⇔ 11 d = −2 d =− (vô nghiệm) Với d = thì u1 = − 2d = −3 Với d = −2 thì u1 = − 2d = Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = −3, công sai là d = u1 = 5, d = −2 ® ® 5u3 = 20 (1) u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 20 ⇔ 11 2 2 2 2 2 (u3 − 2d) + (u3 − d) + u3 + (u3 + d) + (u3 + 2d) = 170 (2) u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 170 Từ (1), suy u3 = Thay vào (2), ta có ñ d = −3 2 2 2 (4 − 2d) + (4 − d) + + (4 + d) + (4 + 2d) = 170 ⇔ 9d = 90 ⇔ d = Với u3 = 4, d = −3 thì u1 = u3 − 2d = 10 Với u3 = 4, d = thì u1 = u3 − 2d = −2 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = 10, công sai là d = −3 u1 = −2, d = ® ® ® ® u2 = −4 u1 + u2 + u3 = −12 3u2 = −12 u2 = −4 12 ⇔ ⇔ ⇔ u1 · u2 · u3 = (u2 − d)u2 (u2 + d) = (−4 − d) · (−4) · (−4 + d) = d2 = 18 " √ √ √ √ d=3 Do d2 = 18 ⇔ √ Với u2 = −4, d = thì u1 = −4 − Với u2 = −4, d = −3 thì d = −3 √ u1 = −4 + √ √ √ √ Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = −4 − 2, công sai là d = u1 = −4 + 2, d = −3 (1) S4 = 20 13 1 1 25 + (2) + + = u1 u2 u3 u4 24 Từ (1), suy u1 + u4 = u2 + u3 = 10 và u1 = − d Từ (2), ta có 10 10 25 u1 + u4 u2 + u3 25 + = ⇔ + = u1 · u4 u2 · u3 24 u1 (u1 + 3d) (u1 + d)(u1 + 2d) 24 10 25 10 25 10 10 ãÅ ã+Å ãÅ ã= + = ⇔ Å ⇔ 2 3 1 24 24 25 − d 25 − d 5− d 5+ d 5− d 5+ d 4 2 2 Å ã Å ãÅ ã 25 ⇔ 10 25 − d2 + 25 − d2 = 25 − d2 25 − d2 4 24 4 √ 580 145 d = 75 1925 3625 d=± ⇔ ⇔ d − d + =0⇔ 128 48 24 d =4 d = ±2 √ √ √ √ 145 145 Với d = thì u1 = − 145 Với d = − thì u1 = + 145 3 Với d = thì u1 = Với d = −2 thì u1 = √ √ √ √ 145 145 ; u1 = − 145, d = ; Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = + 145, công sai là d = − 3 u1 = 2, d = 2; u1 = 8, d = −2 5 u1 + u5 = 2u3 = u3 = ⇔ 14 ⇔ u3 · u4 = 65 u3 · u4 = 65 u4 = 13 72 72 12 13 5 1 Khi đó ta có u4 = u3 +d ⇔ d = u4 −u3 = − = Mặt khác u3 = u1 +2d ⇔ u1 = u3 −2d = − = 12 6 1 Vậy số hạng đầu cấp số cộng là u1 = , công sai là d = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 265 (266) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI Xác định số hạng đầu, công sai và số hạng thứ n các cấp số cộng sau, biết rằng: ® ® S12 = 34 u5 = 10 S18 = 45 S10 = ® S20 S10 S5 = = S20 = 2S10 S15 = 3S5 Lời giải (2u1 + (n − 1)d) · n (un + u1 ) · n = đó u1 là số hạng đầu, d là công sai 2 (2u1 + 11d) · 12 31 ® 17 u1 = = 34 S12 = 34 2u1 + 11d = ⇔ Ta có ⇔ ⇔ −1 S18 = 45 (2u1 + 17d) · 18 = 45 2u1 + 17d = d= −1 31 và công sai d = Vậy số hạng đầu là u1 = 9 ® ® ® u1 + 4d = 10 u1 = 86 u5 = 10 u1 + 4d = 10 ⇔ (2u1 + 9d) · 10 ⇔ ⇔ Ta có d = −19 S10 = 2u1 + 9d = =5 Vậy số hạng đầu là u1 = 86 và công sai d = −19 ® ® ® 30 · (2u1 + 19d) = 25 · (2u1 + 9d) 3S20 = 5S10 2u1 + 69d = u1 = S20 S10 S5 = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 15 · (2u + 4d) 10 · (2u1 + 9d) = 2u1 + 24d = 2S10 = 3S5 d = Vậy số hạng đầu là u1 = và công sai d = (2u1 + 19d) · 20 · (2u1 + 9d) · 10 ® ® = S20 = 2S10 u1 = 2 ⇔ ⇔ S15 = 3S5 d = (2u1 + 14d) · 15 = · (2u1 + 4d) · 2 Vậy số hạng đầu là u1 = và công sai d = Áp dụng công thức Sn = BÀI Cho cấp số cộng u1 , u2 , u3 , có công sai d Biết u2 + u22 = 40 Tính S23 Biết u1 + u4 + u7 + u10 + u13 + u16 = 147 Tính A = u6 + u11 và B = u1 + u6 + u11 + u16 Biết u4 + u8 + u12 + u16 = 224 Tính S19 Biết u23 + u57 = 29 Tính C = u10 + u70 + u157 + 3u1 Lời giải Ta có u2 + u22 = 40 ⇔ u1 + d + u1 + 21d = 40 ⇔ 2u1 + 22d = 40 Khi đó S23 = (2u1 + 22d) · 23 40 · 23 = = 460 2 Ta có u1 + u4 + u7 + u10 + u13 + u16 = 147 ⇔ u1 + u1 + 3d + u1 + 6d + u1 + 9d + u1 + 12d + u1 + 15d = 147 ⇔ 6u1 + 45d = 147 ⇔ 2u1 + 15d = 49 ⇔ (u1 + 5d) + (u1 + 10d) = 49 ⇔ u6 + u11 = 49 Ta lại có 2u1 + 15d = 49 ⇔ 4u1 + 30d = 98 ⇔ u1 + (u1 + 5d) + (u1 + 10d) + (u1 + 15d) = 98 ⇔ u1 + u6 + u11 + u16 = 98 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 266 (267) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta có u4 + u8 + u12 + u16 = 224 ⇔ u1 + 3d + u1 + 7d + u1 + 11d + u1 + 15d = 224 ⇔ 4u1 + 36d = 224 ⇔ 2u1 + 18d = 112 (2u1 + 18d) · 19 = 1064 ⇔ S19 = 1064 ⇔ Ta có u23 + u57 = 29 ⇔ 2u1 + 78d = 29 ⇔ 6u1 + 234d = 87 ⇔ (u1 + 9d) + (u1 + 69d) + (u1 + 156d) + 3u1 = 87 ⇔ u10 + u70 + u157 + 3u1 = 87 BÀI Tìm ba số hạng liên tiếp cấp số cộng, biết rằng: Tổng chúng 15 và tích chúng 105 Tổng chúng 15 và tổng bình phương chúng 83 Tổng chúng 21 và tổng bình phương chúng 155 Lời giải Gọi ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − d, x, x + d đó d là công sai Theo đề bài ta có ® (x − d) + x + (x + d) = 15 (x − d) · x · (x + d) = 105 ® ⇔ 3x = 15 x(x2 − d2 ) = 105 ® ⇔ x=5 5(25 − d2 ) = 105 ® ⇔ x=5 d2 = ® ⇔ x=5 d = ±2 Với d = thì ba số hạng liên tiếp là 3, 5, Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 7, 5, Vậy ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là 3, 5, Gọi ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − d, x, x + d đó d là công sai Theo đề bài ta có ® (x − d) + x + (x + d) = 15 2 (x − d) + x + (x + d) = 83 ® ⇔ 3x2 + 2d2 = 83 ® ⇔ x=5 · 52 + 2d2 = 83 ® ⇔ x=5 d2 = ® ⇔ 3x = 15 x=5 d = ±2 Với d = thì ba số hạng liên tiếp là 3, 5, Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 7, 5, Vậy ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là 3, 5, Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 267 (268) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Gọi ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − d, x, x + d đó d là công sai Theo đề bài ta có ® (x − d) + x + (x + d) = 21 2 (x − d) + x + (x + d) = 155 ® ⇔ 3x2 + 2d2 = 155 ® ⇔ x=7 · 72 + 2d2 = 155 ® ⇔ x=7 d2 = ® ⇔ 3x = 21 x=7 d = ±2 Với d = thì ba số hạng liên tiếp là 5, 7, Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 9, 7, Vậy ba số hạng liên tiếp cấp số cộng là 5, 7, BÀI Tìm bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng, biết rằng: Tổng chúng 10 và tổng bình phương 70 Tổng chúng 22 và tổng bình phương 66 Tổng chúng 36 và tổng bình phương 504 Chúng có tổng 20 và tích chúng 384 Tổng chúng 20, tổng nghịch đảo chúng 25 và các số này là số nguyên 24 Nó là số đo tứ giác lồi và góc lớn gấp lần góc nhỏ Lời giải Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d là công sai Theo đề bài ta có ® (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 10 2 2 (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 70 ® ⇔ 4x = 10 4x2 + 20d2 = 70 x = Å ã2 ⇔ 4 · + 20d2 = 70 x = ⇔ d = x = ⇔ d = ± Vậy bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là −2, 1, 4, Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d là công sai Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 268 (269) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Theo đề bài ta có ® ® (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 22 2 2 (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 66 ⇔ 4x = 22 4x2 + 20d2 = 66 11 x = Å ã2 ⇔ 11 4 · + 20d2 = 66 11 x = ⇔ d = −11 (loại) Vậy không tồn bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng thỏa mãn yêu cầu đề bài Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d là công sai Theo đề bài ta có ® ® (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 36 2 2 (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 504 ⇔ 4x = 36 4x2 + 20d2 = 504 ® ⇔ x=9 · 92 + 20d2 = 504 ® ⇔ x=9 d2 = ® ⇔ x=9 d = ±3 Vậy bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là 0, 6, 12, 18 Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d là công sai Theo đề bài ta có ® (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 20 (x − 3d)(x − d)(x + d)(x + 3d) = 384 ® ⇔ (x2 − d2 )(x2 − 9d2 ) = 384 ® ⇔ x=5 (25 − d2 )(25 − 9d2 ) = 384 ® ⇔ x=5 x=5 9d4 − 250d2 + 241 = x=5 d =1 ⇔ d2 = 241 x = d = ±1 ⇔ √ d = ± 241 Vậy bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là 2, 4, 6, − √ 241, 15 − √ 241 15 + , √ 241 , 5+ √ 241 Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d là công sai đó 2d ∈ Z Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 269 (270) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Theo đề bài ta có (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 20 4x = 20 ⇔ 25 25 + + + + + + = = x − 3d x − d x + d x + 3d 24 − 3d − d + d + 3d 24 x = ⇔ 10 25 10 + = 25 − 9d2 25 − d2 24 ® x=5 ⇔ 9d4 − 250d2 + 241 = x=5 d =1 ⇔ d2 = 241 x=5 d = ±1 (thỏa mãn) ⇔ √ d = ± 241 (loại vì 2d ∈ Z) Vậy bốn số hạng nguyên liên tiếp cấp số cộng là 2, 4, 6, Gọi bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng xếp theo thứ tự tăng dần là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d đó 2d > là công sai Theo đề bài ta có ® (x − 3d) + (x − d) + (x + d) + (x + 3d) = 360◦ x + 3d = 5(x − 3d) ® ⇔ 4x = 18d ® ⇔ x = 90◦ · 90◦ = 18d ® ⇔ 4x = 360◦ x = 90◦ d = 20◦ Vậy bốn góc tứ giác lồi là 30◦ , 70◦ , 110◦ , 150◦ BÀI Tìm năm số hạng liên tiếp cấp số cộng, biết tổng chúng 40 và tổng bình phương chúng 480 Lời giải Gọi năm số hạng liên tiếp cấp số cộng là x − 2d, x − d, x, x + d, x + 2d đó d là công sai Theo đề bài ta có ® ® (x − 2d) + (x − d) + x + (x + d) + (x + 2d) = 40 5x = 40 ⇔ 2 2 (x − 2d) + (x − d) + +x + (x + d) + (x + 2d) = 480 5x2 + 10d2 = 480 ® x=8 ⇔ · 82 + 10d2 = 480 ® x=8 ⇔ d2 = 16 ® x=8 ⇔ d = ±4 Vậy năm số hạng liên tiếp cấp số cộng là 0, 4, 8, 12, 16 BÀI Một cấp số cộng có số hạng với công sai d dương và số hạng thứ tư 11 Hãy tìm các số hạng còn lại cấp số cộng đó, biết hiệu số hạng thứ ba và số hạng thứ năm Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 270 (271) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Gọi số hạng đầu cấp số cộng là u1 , công sai d Vì số hạng thứ tư cấp số cộng 11 nên ta có u4 = 11 Do d dương nên u5 > u3 Vì hiệu số hạng thứ ba và số hạng thứ năm nên ta có u5 − u3 = Ta có ® ® ® ® u4 = 11 u1 + 3d = 11 u1 + · = 11 u1 = ⇔ ⇔ ⇔ u5 − u3 = (u1 + 4d) − (u1 + 2d) = d=3 d = Vậy các số hạng còn lại cấp số cộng là u1 = 2, u2 = 5, u4 = 11, u6 = 17, u7 = 20 BÀI Một cấp số cộng có số hạng mà tổng số hạng thứ ba và số hạng thứ năm 28, tổng số hạng thứ năm và số hạng cuối 140 Tìm cấp số cộng đó Lời giải Gọi số hạng đầu cấp số cộng là u1 , công sai d Theo đề bài ta có ® ® ® u3 + u5 = 28 2u1 + 6d = 28 u1 = −70 ⇔ ⇔ u5 + u7 = 140 2u1 + 10d = 140 d = 28 Vậy cấp số cộng đó là −70, −42, −14, 14, 42, 70, 98 BÀI 10 Viết sáu số xen hai số và 24 để cấp số cộng có tám số hạng Tìm cấp số cộng đó Lời giải Gọi số hạng đầu cấp số cộng là u1 , công sai d Theo đề bài ta có ® ® ® u1 = u1 = u1 = ⇔ ⇔ u8 = 24 u1 + 7d = 24 d = Vậy cấp số cộng đó là 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24 BÀI 11 Giữa các số và 35, hãy đặt thêm sáu số để cấp số cộng Lời giải Gọi số hạng đầu cấp số cộng là u1 , công sai d Theo đề bài ta có ® ® ® u1 = u1 = u1 = ⇔ ⇔ u8 = 35 u1 + 7d = 35 d = Vậy cấp số cộng đó là 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31, 35 BÀI 12 Giữa các số và 67, hãy đặt thêm 20 số để cấp số cộng Lời giải Gọi số hạng đầu cấp số cộng là u1 , công sai d Theo đề bài ta có ® ® ® u1 = u1 = u1 = ⇔ ⇔ u22 = 67 u1 + 21d = 67 d = Vậy cấp số cộng đó là 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58, 61, 64, 67 BÀI 13 Một người trồng 3003 cây theo hình tam giác sau: “Hàng thứ có cây, hàng thứ hai có cây, hàng thứ ba có cây, ” Hỏi có bao nhiêu hàng cây trồng thế? Lời giải Gọi un là số cây trồng hàng thứ n Theo đề bài ta có u1 = 1; u2 = 2; u3 = 3, Dễ thấy un là cấp số cộng với số hạng đầu là u1 = 1, công sai d = Giả sử với 3003 cây trồng no hàng Khi đó ta có ñ no = 77 (thỏa mãn) [2 · + (no − 1)] no [2u1 + (no − 1)d] no = 3003 ⇔ = 3003 ⇔ no + no − 6006 = ⇔ 2 no = −78 (loại ) Vậy có 77 hàng trồng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 271 (272) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI 14 Một công viên hình tam giác trồng cây xanh theo hàng có quy luật cấp số cộng sau: hàng thứ có cây, hàng thứ 10 có 54 cây, hàng cuối cùng có 2014 cây Hỏi công viên đó có tất bao nhiêu cây trồng? Lời giải Gọi un là số cây trồng hàng thứ n, Theo đề bài ta có un là cấp số cộng với u1 = 9, u10 = 54, un = 2014 Ta có u10 = 54 ⇔ u1 + 9d = 54 ⇔ d = Mặt khác un = 2014 ⇔ u1 + (n − 1)d = 2014 ⇔ + (n − 1) · = 2014 ⇔ n = 402 Khi đó tổng số cây tất các hàng là S402 = [2u1 + (n − 1)d] n (2 · + 401 · 5) · 402 = = 406623 2 Vậy công viên đó có tất 406623 cây trồng BÀI 15 Bạn A muốn mua món quà tặng mẹ và chị nhân ngày Quốc tế phụ nữ 8/3 Do đó A định tiết kiệm từ ngày 1/1 năm đó với ngày đầu là 500 đồng/ngày, ngày sau cao ngày trước 500 đồng Hỏi đúng đến ngày 8/3 bạn A có đủ tiền để mua quà cho mẹ và chị không? Giả sử món quà A dự định mua khoảng 800 ngàn đồng và từ ngày 1/1 đến ngày 8/3 có số ngày ít là 67 ngày Lời giải Gọi u1 , u2 , ., un là số tiền tiết kiệm ngày 1/1, 2/1, ., 8/3 Theo đề bài ta có (un ) lập thành cấp số cộng với công sai d = 500 [2 · 500 + (67 − 1) · 500] · 67 Từ ngày 1/1 đến ngày 8/3, bạn A tiết kiệm ít là = 1139000 > 800000 Vậy bạn A đủ tiền để mua quà cho mẹ mùng 8/3 BÀI 16 Một tòa nhà hình tháp có 30 tầng và tổng cộng có 1890 phòng, càng lên cao thì số phòng càng giảm, biết tầng liên tiếp thì kém phòng Quy ước tầng là tầng 1, lên là tầng số 2, 3, Hỏi tầng số 10 có bao nhiêu phòng? Lời giải Gọi un là số phòng tầng thứ n Theo đề bài ta có u1 − u2 = u2 − u3 = u3 − u4 = · · · = u29 − u30 = nên (un ) là cấp số cộng với công sai d = −4 Ta có S30 = 1890 ⇔ (2u1 − 29 · 4) · 30 = 1890 ⇔ u1 = 121 Số hạng tổng quát cấp số cộng là un = u1 + (n − 1)d = 121 − 4(n − 1) = −4n + 125 Khi đó tầng 10 có số phòng là u10 = −4 · 10 + 125 = 85 BÀI 17 Khi ký hợp đồng dài hạn (10 năm) với các công nhân tuyển dụng Công ty liên doanh X đề xuất hai phương án trả lương để người lao động chọn, cụ thể là Phương án 1: Người lao động nhận 36 triệu đồng cho năm làm việc đầu tiên và kể từ năm thứ hai, mức lương tăng thêm triệu đồng năm Phương án 2: Người lao động nhận triệu đồng cho quí đầu tiên và kể từ qúy làm việc thứ hai mức lương tăng thêm 500000 đồng qúy Biết năm có qúy Nếu em là người lao động, em chọn phương án nào ? Lời giải Theo đề bài, số tiền công nhân nhận kỳ theo phương án lập thành cấp số cộng, cụ thể Phương án 1: Giá trị ban đầu u1 = 36 (triệu), công sai d = (triệu) Do hợp đồng kéo dài 10 năm nên n = 10 Suy u10 = u1 + (n − 1) · d = 36 + (10 − 1) · = 63 (triệu) Vậy tổng số tiền lương nhận công nhân hoàn thành hợp đồng (10 năm) là S10 = 10 (u1 + u10 ) = · (36 + 63) = 495 (triệu) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 272 (273) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Phương án 2: Giá trị ban đầu u1 = (triệu), công sai d = 0,5 (triệu) Do hợp đồng kéo dài 10 năm, mà năm có quí nên n = 40 Suy u40 = u1 + (n − 1) · d = + (40 − 1) · 0,5 = 26,5 (triệu) Vậy tổng số tiền lương nhận công nhân hoàn thành hợp đồng (10 năm) là S40 = 40 (u1 + u40 ) = 20 · (7 + 26,5) = 670 (triệu) Vậy là người lao động, em chọn phương án BÀI 18 Tìm x để ba số a, b, c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng với: a = 10 − 3x, b = 2x2 + 3, c = − 4x x = a2 − bc, y = b2 − ca, z = c2 − ab Lời giải Để ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b ⇔ 10 − 3x + − 4x = 2(2x2 + 3) 11 x=− ⇔ 4x2 + 7x − 11 = ⇔ x = Vậy x = − 11 và x = thỏa yêu cầu bài toán Tương tự, để ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b ⇔ a = 2b − c Do đó x = a2 − bc = (2b − c)2 − bc = 4b2 − 5bc + c2 y = b2 − ca = b2 − c · (2b − c) = b2 − 2bc + c2 z = c2 − ab = c2 − b · (2b − c) = −2b2 + bc + c2 Nhận xét 2y − z = 4b2 − 5bc + c2 = x Vậy x = 2y − z với y = b2 − ca, z = c2 − ab, a + c = 2b BÀI 19 Tìm các nghiệm phương trình: x − 15x + 71x − 105 = 0, biết các nghiệm này phân biệt và chúng lập thành cấp số cộng Lời giải Gọi x1 , x2 , x3 theo thứ tự là nghiệm phương trình đã cho Do x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên x1 + x3 = 2x2 và d > với d là công sai cấp số cộng đã cho Mà theo định lý Vi-ét thì x1 + x2 + x3 = 15 ⇔ 3x2 = 15 ⇔ x2 = Mặt khác x1 · x2 · x3 = 105 ⇔ x1 · x3 = 21 ⇔ (x2 − d)(x2 + d) = 21 ⇔ 25 − d2 = 21 ⇔ d = Vậy x1 = 3, x2 = 5, x3 = BÀI 20 Giải các phương trình sau: 1 + + 11 + 16 + 21 + · · · + x = 970 2 + + 12 + 17 + 22 + · · · + x = 245 (x + 1) + (x + 4) + (x + 7) + · · · + (x + 28) = 155 (2x + 1) + (2x + 6) + (2x + 11) + · · · + (2x + 96) = 1010 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 273 (274) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Lời giải Ta có 1, 6, 11, · · · , x là cấp số cộng với u1 = 1, un = x và d = Suy un = u1 + (n − 1) · = 5n − ⇔ x = 5n − n Mà + + 11 + 16 + 21 + · · · + x = 970 ⇔ (1 + x) = 970 (1) Thay x = 5n − vào (1), ta n = 20 (nhận) 5n2 − 3n − 1940 = ⇔ 97 (loại) n=− Với n = 20 ⇒ x = 96 Vậy x = 96 là nghiệm phương trình đã cho Ta có 2, 7, 12, · · · , x là cấp số cộng với u1 = 2, un = x và d = Suy un = u1 + (n − 1) · = 5n − ⇔ x = 5n − n Mà + + 12 + 17 + 22 + · · · + x = 245 ⇔ (2 + x) = 245 (2) Thay x = 5n − vào (2), ta n = 10 (nhận) 5n2 − n − 490 = ⇔ 49 (loại) n=− Với n = 10 ⇒ x = 47 Vậy x = 47 là nghiệm phương trình đã cho Ta có (x + 1), (x + 4), (x + 7), · · · , (x + 28) là cấp số cộng với u1 = x + 1, un = x + 28 và d = Suy un = u1 + (n − 1) · ⇔ x + 28 = x + + (n − 1) · ⇔ n = 10 n Mà (x + 1) + (x + 4) + (x + 7) + · · · + (x + 28) = 155 ⇔ (x + + x + 28) = 155 Thay n = 10 vào (3), ta x = Vậy x = là nghiệm phương trình đã cho (3) Ta có (2x + 1), (2x + 6), (2x + 11), · · · , (2x + 96) là cấp số cộng với u1 = 2x + 1, un = 2x + 96 và d = Suy un = u1 + (n − 1) · ⇔ 2x + 96 = 2x + + (n − 1) · ⇔ n = 20 n Mà (2x + 1) + (2x + 6) + (2x + 11) + · · · + (2x + 96) = 1010 ⇔ (2x + + 2x + 96) = 1010 (4) Thay n = 20 vào (4), ta x = Vậy x = là nghiệm phương trình đã cho BÀI 21 Cho a, b, c là ba số hạng liên tiếp cấp số cộng Chứng minh a2 + 2bc = c2 + 2ab a2 + 8bc = (2b + c)2 2(a + b + c)3 = a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) ba số: a2 − bc, b2 − ac, c2 − ab là cấp số cộng ba số: b2 + bc + c2 , a2 + ac + c2 , a2 + ab + b2 là cấp số cộng ba số: √ 1 √ ; √ √ , (a, b, c > 0) là cấp số cộng √ ; √ c + a b+ c a+ b Lời giải Vì a, b, c là ba số liên tiếp cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c Do đó a2 + 2bc = (2b − c)2 + 2bc = 4b2 − 2bc + c2 = 2b(2b − c) + c2 = 2ba + c2 = c2 + 2ab Vậy a2 + 2bc = c2 + 2ab (đpcm) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 274 (275) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Vì a, b, c là ba số liên tiếp cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c Do đó a2 + 8bc = (2b − c)2 + 8bc = 4b2 + 4bc + c2 = (2b + c)2 Vậy a2 + 8bc = (2b + c)2 (đpcm) Vì a, b, c là ba số liên tiếp cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c Do đó VT VP = 2(a + b + c)3 = 2(3b)3 = 54b3 = a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) = (2b − c)2 (b + c) + b2 (2b − c + c) + c2 (2b − c + b) = (4b2 − 4bc + c2 )(b + c) + b2 (2b) + c2 (3b − c) = 4b3 − 4b2 c + bc2 + 4b2 c − 4bc2 + c3 + 2b3 + 3bc2 − c3 = · (6b3 ) = 54b3 = VT Vậy 2(a + b + c)3 = a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) (đpcm) Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a = 2b − c Do đó a2 − bc = (2b − c)2 − bc = 4b2 − 5bc + c2 b2 − ca = b2 − c · (2b − c) = b2 − 2bc + c2 c2 − ab = c2 − b · (2b − c) = −2b2 + bc + c2 Nhận xét (a2 − bc) + (c2 − ab) = (4b2 − 5bc + c2 ) + (−2b2 + bc + c2 ) = 2b2 − 4bc + 2c2 = 2(b2 − 2bc + c2 ) = 2(b2 − ca) Vậy ba số: a2 − bc, b2 − ac, c2 − ab là cấp số cộng Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a = 2b − c Xét 2(a2 + ac + c2 ) − (a2 + ab + b2 ) = a2 + a(2c − b) + 2c2 − b2 = (2b − c)2 + (2b − c)(2c − b) + 2c2 − b2 = b2 + bc + c2 ⇒ (b2 + bc + c2 ) + (a2 + ab + b2 ) = 2(a2 + ac + c2 ) Vậy ba số: b2 + bc + c2 , a2 + ac + c2 , a2 + ab + b2 là cấp số cộng Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a − b = b − c = Ta có √ 1 √ = √ +√ b+ c a+ b Vậy ba số: √ √ (a − c) √ √ √ √ √ b− c a− b a− c √ =2· √ √ + = =√ b−c a−b a−b a+ c c+ a 1 √ ; √ √ , (a, b, c > 0) là cấp số cộng √ ; √ c+ a b+ c a+ b BÀI 22 Cho ba số a2 , b2 , c2 theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng có công sai khác không Chứng minh 1 rằng: ; ; lập thành cấp số cộng b+c c+a a+b Lời giải Vì ba số a2 , b2 , c2 theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên a2 + c2 = 2b2 Ta có 1 1 − = − b+c c+a c+a a+b ⇔ a−b b−c = (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) ⇔ a2 − b2 = b2 − c2 ⇔ a2 + c2 = 2b2 Vậy ba số: 1 ; ; lập thành cấp số cộng b+c c+a a+b Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 275 (276) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân A B C , tan , tan theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng Chứng minh cos A, 2 cos B, cos C theo thứ tự lập thành cấp số cộng Lời giải Ta có BÀI 23 Cho tam giác ABC có tan A C B tan + tan = tan 2 C B A sin sin + =2 ⇔ A C B cos cos cos Å2 ã2 A+C B sin sin 2 ⇔ =2 A C B cos cos cos 2 B A C B ⇔ cos = sin cos cos 2 ï 2Å ã Å ãò A+C A−C cos B + B cos + cos ⇔ = sin 2 2 ã Å ã Å B A−C A+C ⇔ cos B + = sin2 + cos cos 2 ⇔ cos B + = − cos B + cos A + cos C sin ⇔ cos B = cos A + cos C Vậy cos A, cos B, cos C theo thứ tự lập thành cấp số cộng A B C , cot , cot theo thứ tự lập thành cấp số cộng Chứng minh ba cạnh: 2 a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng Lời giải Ta có BÀI 24 Cho tam giác ABC có cot A C B cot + cot = cot 2 C B A cos cos 2 + =2 ⇔ A C B sin sin sin Å2 ã2 A+C B sin cos 2 ⇔ =2 A C B sin sin sin 2 B B B A C ⇔ cos sin = cos sin sin 2 2 ï Å ã2 Å ãò B A+C A−C ⇔ sin B = − cos cos − cos 2 2 Å ã Å ã A+C A−C ⇔ sin B = − sin B + sin cos 2 ⇔ sin B = sin A + sin C cos ⇔ 2b = a + c Vậy ba cạnh: a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng BÀI 25 Tìm tham số m để phương trình f (x) = có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng các trường hợp sau: f (x) = x4 − 2mx2 + 2m − f (x) = x4 + 2(m + 1)x2 + f (x) = x4 + (3m + 5)x2 + (m + 1)2 f (x) = x4 − 10mx2 + 9m Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 276 (277) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 − 2mt + 2m − = (1) Ta phải tìm m cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là < t1 < t2 m 6= ∆ > 4m − 8m + > m 6= ⇔ S > ⇔ 2m > ⇔ m>0 ⇔ m > m > P >0 2m − > 2 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ t1 − t2 = −2 t1 √ √ √ x1 + x3 = 2x2 ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 ⇔ √ √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = t1 Vậy ta có m = (nhận) 9t1 = t2 9t1 = t2 t1 + t2 = 2m ⇔ 10t1 = 2m ⇔ m = (nhận) t1 t2 = 2m − 9t1 = 2m − ß Vậy với m ∈ ™ ; thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 + 2(m + 1)t + = (1) Ta phải tìm m cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là < t1 < t2 < −1 ∆ > (m + 1) − > m ñ ⇔ S > ⇔ − 2(m + 1) > ⇔ m < −3 ⇔ m < −3 P >0 4>0 m>1 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ t1 − t2 = −2 t1 √ √ √ x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = t1 Vậy ta có 9t1 = t2 9t1 = t2 t = 13 t1 + t2 = −2(m + 1) ⇔ 10t1 = −2(m + 1) ⇔ ⇔m=− (nhận) 10t = −2(m + 1) t1 t2 = 9t1 = Vậy với m = − 13 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng 3 Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 + (3m + 5)t + (m + 1)2 = (1) Ta phải tìm m cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là < t1 < t2 m < −3 2 ∆ > (3m + 5) − 4(m + 1) > m > −7 ⇔ m < −3 ⇔ S > ⇔ − (3m + 5) > ⇔ m<− P >0 (m + 1)2 > m 6= Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 277 (278) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ t1 − t2 = −2 t1 √ √ √ x1 + x3 = 2x2 ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 ⇔ √ √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = t1 Vậy ta có m = (loại) 9t1 = t2 9t1 = t2 t = − 3m + t1 + t2 = −(3m + 5) ⇔ 10t1 = −(3m + 5) ⇔ 10 ⇔ 25 m=− (loại) 9t1 = (m + 1)2 t1 t2 = (m + 1)2 9t1 = (m + 1)2 19 Vậy không có giá trị m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 − 10mt + 9m = (1) Ta phải tìm m cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là < t1 < t2 m<0 ∆ > 25m − 9m > 9 ⇔m> ⇔ S > ⇔ 10m > ⇔ m> 25 25 P >0 9m > m>0 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ t1 − t2 = −2 t1 √ √ √ x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = t1 Vậy ta có ® ñ 9t1 = t2 9t1 = t2 m = (loại) t1 = m t1 + t2 = 10m ⇔ 10t1 = 10m ⇔ ⇔ 9t1 = 9m m = (nhận) t1 t2 = 9m 9t1 = 9m Vậy để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng thì m = BÀI 26 Tìm tham số m để phương trình: x3 − (3m + 1)x2 + 2mx = có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng ? Lời giải ñ x=0 Ta có x3 − (3m + 1)x2 + 2mx = ⇔ x − (3m + 1)x + 2m = (1) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, tức là ® ® ® ∆>0 9m − 2m + > 8m + (m − 1)2 > ⇔ ⇔ ⇔ m 6= 2m 6= m 6= m 6= ® x1 + x2 = 3m + Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm phương trình (1) và x3 = 0, ta có (I) x1 x2 = 2m Do vai trò x1 , x2 nhau, ta cần xét hai trường hợp sau TH1: x1 , x2 cùng dương cùng âm, đó x1 + x3 = 2x2 ⇒ x1 = 2x2 Kết hợp với (I), ta có x1 = 2x2 x1 = 2x2 x1 = 2x2 1 x1 + x2 = 3m + ⇔ x2 = (3m + 1) ⇔ x2 = (3m + 1) 3 x1 x2 = 2m x1 x2 = 2m (3m + 1)2 = 9m (∗) (∗) ⇔ 9m2 − 3m + = ⇒ vô nghiệm, đó không có m thỏa Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 278 (279) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân TH2: x1 và x2 trái dấu, x3 nằm giữa, đó x1 + x2 = 2x3 ⇒ x1 = −x2 Kết hợp với (I) ta có x1 = −x2 x1 = −x2 x1 + x2 = 3m + ⇔ = 3m + ⇔ m = − (nhận) x1 x2 = 2m − x21 = 2m Với m = − phương trình đã cho có ba nghiệm lập thành cấp số cộng BÀI CẤP SỐ NHÂN TÓM TẮT LÝ THUYẾT A Định nghĩa (Cấp số nhân) Cấp số nhân là dãy số (hữu hạn vô hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai, số hạng tích số hạng đứng trước nó với số q không đổi, nghĩa là (un ) là cấp số nhân ⇔ n ≥ 2, un = un−1 · q un+1 , n ≥ Số q gọi là công bội cấp số nhân và q = un ! Khi q = thì cấp số nhân là dãy số không đổi (tất các số hạng nhau) Khi q = thì cấp số nhân có dạng u1 , 0, 0, 0, , 0, Khi u1 = thì với q, cấp số nhân có dạng 0, 0, 0, 0, , 0, Định lí (Số hạng tổng quát cấp số nhân) Nếu cấp số nhân (un ) có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát un xác định công thức: un = u1 · q n−1 , n ≥ ! Nếu (un ) là cấp số nhân với các số hạng khác thì um = uk · q m−k , k < m, q m−k = um ,k<m uk Định lí (Tính chất các số hạng cấp số nhân) Trong cấp số nhân (un ), bình phương số hạng (trừ số hạng đầu và cuối) là tích hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa là u2 k = uk−1 · uk+1 , k ≥ ! ! Nếu a, b, c là ba số khác thì “a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân và b2 = ac ” Nếu (un ) là cấp số nhân thì u2m = um−k · um+k , k < m Định lí (Tổng n số hạng đầu tiên cấp số nhân) Cho cấp số nhân (un ) với công bội q Đặt Sn = u1 + u2 + · · · + un Nếu q = thì Sn = nu1 Nếu q 6= thì Sn = u1 · − qn u1 − un+1 = 1−q 1−q B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ VÍ DỤ Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số nhân? Xác định số hạng đầu và công bội cấp số nhân Dãy số (un ) với un = (−3)2n+1 Dãy số (un ) với un = n · 52n−1 Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 279 (280) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân un+1 (−3)2(n+1)+1 = 9, ∀ n ∈ N∗ = un (−3)2n+1 Do đó (un ) là cấp số nhân với số hạng đầu u1 = −27, công bội q = Ta có un 6= và Dãy số (un ) có u1 = 5, u2 = 250, u3 = 9375 và u22 6= u1 · u3 nên (un ) không là cấp số nhân VÍ DỤ Tìm các số dương a và b cho a, a + 2b, 2a + b theo thứ tự lập thành cấp số cộng và (b + 1)2 , ab + 5, (a + 1)2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân Lời giải Ta có a, a + 2b, 2a + b theo thứ tự lập thành cấp số cộng ⇔ a + 2b = a + 2a + b ⇔ a = 3b (1) Ta có (b + 1)2 , ab + 5, (a + 1)2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇔ (ab + 5)2 = (b + 1)2 · (a + 1)2 (2) Từ (1), (2) suy 2 (3b + 5) = [(b + 1)(3b + 1)] ⇔ ñ 3b + = 3b2 + 4b + 3b2 + = −(3b2 + 4b + 1) ⇔ ñ b=1 6b2 + 4b + = (Vô nghiệm) Vậy b = 1, a = thỏa mãn VÍ DỤ Một cấp số nhân có tám số hạng, số hạng đầu là 4374, số hạng cuối là Tìm cấp số nhân đó Lời giải Giả sử cấp số nhân có số hạng đầu u1 , công bội q Ta có ® ® u = 4374 u1 = 4374 u = 4374 u1 = 4374 ⇔ ⇔ ⇔ q = q = u8 = u1 · q = 2187 Cấp số nhân cần tìm là 4374; 1458; 486; 162; 54; 18; 6; VÍ DỤ Tìm số hạng đầu u1 và công bội q cấp số nhân (un ) biết ® u4 − u2 = 72 u5 − u3 = 144 ® u1 + u2 + u3 = 13 u4 + u5 + u6 = 351 Lời giải Ta có ® u4 − u2 = 72 u5 − u3 = 144 ® ⇔ ® u4 − u2 = 72 u4 · q − u2 · q = 144 ⇔ ⇔ q=2 u1 · q − u1 · q = 72 ® q = u1 = 12 ⇔ 72 72 u1 = q = = = 12 q3 − q Ta có ® u1 + u2 + u3 = 13 ⇔ u1 + u2 + u3 = 13 u1 · q + u2 · q + u3 · q = 351 ® ® 13 13 u1 = = =1 u1 + u2 + u3 = 13 u1 + u2 + u3 = 13 1+q+q 13 ⇔ ⇔ q=3 q = 27 q = u4 + u5 + u6 = 351 ⇔ ® Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 280 (281) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân VÍ DỤ Tính tổng tất các số hạng cấp số nhân, biết số hạng đầu 18, số hạng thứ hai 54 và số hạng cuối 39366 Lời giải Giả sử cấp số nhân có n số hạng, số hạng đầu u1 , công bội q Ta có q = u2 54 = = u1 18 Ta có un = 39366 ⇔ u1 · q n−1 = 39366 ⇔ 3n−1 = 2187 = 37 ⇔ n = − q8 − 38 = 18 · = 59040 1−q 1−3 Tổng các số hạng là S8 = u1 · Chú ý: Có thể dùng công thức tính tổng S = uđ − uc 18 − 39366 + uc = + 39366 = 59040 1−q 1−3 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Tìm số hạng đầu u1 và công bội q cấp số nhân các trường hợp sau ® u1 + u5 = 51 u2 + u6 = 102 ® u3 + u4 = 60 ® u1 + u2 + u3 = 135 u4 + u5 + u6 = 40 ® u1 + u2 + u3 = 14 u1 · u2 · u3 = 64 ® u1 + u3 = u21 + u23 = ® u1 + u6 = 165 u1 + u2 + u3 = u21 + u22 + u23 = 21 Lời giải Ta có ® u1 + u5 = 51 u2 + u6 = 102 ® ⇔ u1 + u5 = 51 u1 · q + u5 · q = 102 ® ⇔ ⇔ q=2 u1 + u1 · q = 51 ® q = u1 = ⇔ 51 51 u1 = q = = =3 q4 + 17 Ta có ® u1 + u6 = 165 u3 + u4 = 60 ® ⇔ ⇔ u1 + u1 · q = 165 u1 · q (1 + q) = 60 ® u1 + q = 165 u1 + q = 165 q4 − q3 + q2 − q + 11 ⇔ 4q − 4q − 7q − 4q + = = q2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 281 (282) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Å ã Å ã 1 Xét phương trình 4q − 4q − 7q − 4q + = ⇔ q + − q + − = q q t= Đặt q + = t, với |t| ≥ 2, ta có 4t2 − 4t − 15 = ⇔ q t = − (loại) q = 5 Ta có t = ⇔ q + = ⇔ 2q − 5q + = ⇔ q q = 165 = q5 + 1 165 Với q = thì u1 = = 160 q +1 Với q = thì u1 = Ta có ® u1 + u2 + u3 = 135 ⇔ ⇔ q = u1 · q + u2 · q + u3 · q = 40 27 1215 135 = u1 + u2 + u3 = 135 u1 = 1+q+q 19 ⇔ ⇔ q = q = 3 ® u1 + u2 + u3 = 135 u4 + u5 + u6 = 40 u1 + u2 + u3 = 135 Ta có ® u1 + u2 + u3 = 14 u1 · u2 · u3 = 64 ® ⇔ ⇔ ⇒ u1 + u2 + u3 = 14 ® ⇔ u1 + u2 + u3 = 14 u2 · (u1 · u3 ) = 64 u32 = 64 u + u2 + u2 · q = 14 q u2 = q=2 + + q = ⇔ 2q − 5q + = ⇔ q q= Với q = thì u1 = Với q = thì u1 = Ta có ® u1 + u3 = ® ⇔ u21 + (3 − u1 )2 = " √ q= 2 Với u1 = thì q + = 3, đó √ q = − q=√ Với u1 = thì q + = , đó q = −√ ® ® u1 + u2 + u3 = u1 + u3 = − u2 ⇔ 2 u1 + u2 + u3 = 21 (u1 + u3 )2 − 2u1 u3 = 21 − u22 Suy (7 − u2 )2 − 2u22 = 21 − u22 ⇔ u2 = Khi đó u21 + u23 = ⇔ u3 = − u1 ® u3 = − u1 2u21 − 6u1 + = ⇒ ñ u1 = u1 = q=2 u2 u1 + u2 + u3 = ⇔ + u2 + u2 · q = ⇔ + + q = ⇔ 2q − 5q + = ⇔ q q q= Với q = thì u1 = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 282 (283) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Với q = thì u1 = 2 BÀI Tìm a, b biết 1, a, b là ba số hạng liên tiếp cấp số cộng và 1, a , b là ba số hạng liên tiếp cấp số nhân Lời giải Do 1, a, b là ba số hạng liên tiếp cấp số cộng nên ta có phương trình + b = 2a (1) Do 1, a2 , b2 là ba số hạng liên tiếp cấp số nhân nên ta có phương trình b2 = a4 (2) Từ (1) ⇒ b = 2a − (3) Thay vào (2), ta a4 = (2a − 1)2 ⇔ ñ a − 2a + = a2 + 2a − = ⇔ ñ a=1 a = −1 ± √ Thay a vào (3), ta có Với a = ⇒ b = √ √ Với a = −1 + ⇒ b = −3 + 2 √ √ Với a = −1 − ⇒ b = −3 − 2 Vậy các cặp số (a; b) thỏa mãn là (1; 1); (−1 + √ √ √ √ 2; −3 + 2); (−1 − 2; −3 − 2) BÀI Giữa các số 160 và hãy chèn số để tạo thành cấp số nhân Tìm số đó Lời giải Å ã5 1 u6 = = ⇒q= Theo bài ra, ta có cấp số nhân có u1 = 160, u6 = Do u6 = u1 · q ⇒ q = = u1 160 32 2 Vậy số cần tìm là u2 = u1 · q = 80, u3 = u2 · q = 40, u4 = u3 · q = 20, u5 = u4 · q = 10 BÀI Cho số dương có tổng là 65 lập thành cấp số nhân tăng, bớt đơn vị số hạng thứ và 19 đơn vị số hạng thứ ba ta cấp số cộng Tìm số đó Lời giải Gọi ba số cần tìm là < x < y < z Theo bài ta có hệ phương trình (1) x + y + z = 65 x + y + z = 65 2 ⇔ xz = y xz = y (2) (x − 1) + (z − 19) = 2y x + z − 20 = 2y (3) Từ (1) ⇒ x + z = 65 − y, thay vào (3) 65 − y − 20 = 2y ⇔ 3y = 45 ⇔ y = 15 ® x + z = 50 ⇒ x, z là nghiệm phương trình t2 − 50t + 225 = ⇒ t = 5, t = 45 xz = 225 Suy x = 5, z = 45 Vậy số cần tìm là (5; 15; 45) Từ (2) và (3) suy BÀI Tính tổng: Sn = + 22 + 23 + · · · + 2n Sn = Å Å Å ã ã ã 2 2+ + 4+ + · · · + 2n + n Lời giải Tổng Sn = + 22 + 23 + · · · + 2n gồm n số hạng lập thành cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 2, công bội q = Do đó Sn = u1 · − qn − 2n =2· = 2n+1 − 1−q 1−2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 283 (284) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta có Sn Å ã ã ã Å Å 2 2+ + 4+ + · · · + 2n + n Å ã Å ã Å ã 1 n 4+2+ + + + + ··· + + + n 4 ã Å 1 + ··· + n 2n + (4 + 42 + · · · + 4n ) + + 42 1 − 4n 1 − 4n 2n + · + · 1−4 1− 4 4n − 2n + (4n − 1) + 3 · 4n = = = = = BÀI Tìm m để phương trình x + (5 − m)x + (6 − 5m)x − 6m = có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân Lời giải Ta có x=m x3 + (5 − m)x2 + (6 − 5m)x − 6m = ⇔ (x − m)(x2 + 5x + 6) = ⇔ x = −2 x = −3 √ m=± (−2) · (−3) = m m=− Để nghiệm phương trình lập thành cấp số nhân ⇔ − 3m = (−2) ⇔ − 2m = (−3)2 m=− BÀI Đầu mùa thu hoạch xoài, bác nông dân đã bán cho người thứ nửa số xoài thu hoạch và nửa quả, bán cho người thứ hai nửa số còn lại và nửa quả, bán cho người thứ ba nửa số còn lại và nửa quả,· Đến người thứ bảy bác bán nửa số xoài còn lại và nửa thì không còn nào Hỏi bác nông dân đã thu hoạch bao nhiêu xoài đầu mùa? Lời giải Gọi x là số xoài bác nông dân đã thu hoạch được, (điều kiện < x ∈ Z) Số xoài bán cho người thứ là x x+1 x+1 x−1 x − (21 − 1) + = ⇒ số xoài còn lại là x − = = 2 2 2 Số xoài bán cho người thứ hai là x−1 x+1 x−1 x+1 x−3 + = ⇒ số xoài còn lại là − = = 4 4 x − (22 − 1) 22 Số xoài bán cho người thứ ba là x − (23 − 1) 23 Số xoài bán cho người thứ tư là x − (24 − 1) 24 x−3 x+1 x−3 x+1 x−7 + = ⇒ số xoài còn lại là − = = 8 8 x−7 x+1 x−7 x+1 x − 15 + = ⇒ số xoài còn lại là − = = 16 16 16 16 x+1 x − (27 − 1) x − 127 Số xoài còn lại là = 7 2 27 Sau bán cho người thứ 7, bác nông dân không còn xoài nào nên ta có x = 127 (quả) Lập luận tương tự Số xoài bán cho người thứ là Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 284 (285) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Tìm số hạng đầu u1 và công bội q cấp số nhân các trường hợp sau ® u3 + u5 = 90 u2 − u6 = 240 ® u1 + u7 = 325 ® u2 + u4 + u6 = −42 u3 + u5 = 20 ® u1 − u3 + u5 = 65 u1 + u2 + u3 + u4 = 15 u21 + u22 + u23 + u24 = 85 Lời giải Ta có ® u3 + u5 = 90 u2 − u6 = 240 ® ⇔ ⇔ u2 · q + u2 · q = 90 ® u2 · q + q = 90 u2 · − q = 240 ⇔ u2 − u2 · q = 240 240 240 u2 = − q u1 = q = , u1 = 729 q (1 − q ) ⇔ ⇔ 240 − q2 q = −3, u1 = 3q + 8q − = = = q 90 Ta có ® u1 − u3 + u5 = 65 u1 + u7 = 325 u1 − u1 · q + u1 · q = 65 ® u2 + u2 · q + u2 · q = −42 ® u1 − q + q = 65 ⇔ ⇔ u1 + u1 · q = 325 u1 + q = 325 ® q=2 ® q + = q =4 u1 = ⇔ ® ⇔ 325 ⇔ q = −2 u1 = u1 = + q6 u1 = ® Ta có ® u2 + u4 + u6 = −42 u3 + u5 = 20 ® ⇔ u2 · q + u2 · q = 20 ⇔ u2 + q + q = −42 u2 q + q = 20 Suy Å ã ã Å + q2 + q4 21 1 2 =− ⇔ 10q + 21q + 10q + 21q + 10 = ⇔ 10 q + + 21 q + + 10 = q + q3 10 q q t=− 2 Đặt q + = t, với |t| ≥ 2, ta có 10t + 21t − 10 = ⇔ q t = (loại) q=− 5 Ta có t = − ⇔ q + = − ⇔ 2q + 5q + = ⇔ q q = −2 Với q = −2 thì u2 = −2, đó u1 = Với q = − thì u2 = −32, đó u1 = 64 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 285 (286) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Ta có ® u1 + u2 + u3 + u4 = 15 u21 + u22 + u23 + u24 = 85 ® ⇔ u1 + u1 · q + u1 · q + u1 · q = 15 u21 + u21 · q + u21 · q + u21 · q = 85 ® u1 (1 + q) + q = 15 u1 + q + q + q = 15 ⇔ ⇔ u21 + q + q = 85 u21 + q + q + q = 85 2 2 ( = 225 u1 (1 + q) + q 2 2 = 225 u1 (1 + q) + q ⇔ ⇒ 1+q 85 17 u21 + q + q = 85 = = (1 + q)2 (1 + q ) 225 45 ® Ta có + q4 17 = (1 + q)2 (1 + q ) 45 ⇔ 45 + 45q = 17 + 17q + 2q + q ⇔ 45 + 45q = 17 + 34q + 17q + 17q + 34q + 17q ⇔ 28q − 34q − 34q − 34q + 28 = Å ã Å ã 1 ⇔ 28 q + − 34 q + − 34 = q q t= 2 Đặt q + = t, với |t| ≥ 2, ta có 28t − 34t − 90 = ⇔ q t = − (loại) q= 5 Ta có t = ⇔ q + = ⇒ q q = Với q = thì u1 = Với q = 15 = (1 + q) (1 + q ) 15 thì u1 = = (1 + q) (1 + q ) BÀI Cho ba số tạo thành cấp số cộng có tổng 21 Nếu thêm 2, 3, vào số thứ nhất, số thứ hai, số thứ ba tạo thành cấp số nhân Tìm số đó Lời giải Gọi số cần tìm là x, y, z Theo bài ta có hệ phương trình y = x + y + z = 21 x + z = 2y (1) ⇔ x + z = 14 (x + 2)(z + 9) = 100 (2) (x + 2)(z + 9) = (y + 3) Từ (1) ⇒ z = 14 − x (3) Thay vào (2) ta phương trình (x + 2)(23 − x) = 100 ⇔ x − 21x + 54 = ⇔ ñ x=3 x = 18 Với x = ⇒ z = 11 Với x = 18 ⇒ z = −4 Vậy ba số cần tìm là (3; 7; 11) và (18; 7; −4) BÀI 10 Giữa các số 243 và hãy đặt thêm số để tạo thành cấp số nhân Lời giải Å ã5 u6 1 Theo bài ra, ta có cấp số nhân có u1 = 243, u6 = Do u6 = u1 · q ⇒ q = = = ⇒q= u1 243 3 Vậy số cần tìm là u2 = u1 · q = 81, u3 = u2 · q = 27, u4 = u3 · q = 9, u5 = u4 · q = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 286 (287) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân BÀI 11 Ba số khác có tổng 114 có thể coi là ba số hạng liên tiếp cấp số nhân coi là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ 25 cấp số cộng Tìm các số đó Lời giải Gọi số cần tìm là x, y, z Theo bài ta có hệ phương trình ® x + y + z = 114 (1) xz = y (2) Lại có cấp số cộng có u1 = x, u4 = y, u25 = z Gọi d là công sai cấp số cộng ta có hệ phương trình ® ® u4 = u1 + 3d y = x + 3d (3) ⇔ u25 = u1 + 24d z = x + 24d (4) Thay (3), (4) vào (1) và (2) ta có ® x + x + 3d + x + 24d = 114 x(x + 24d) = (x + 3d) ® ⇔ x + 9d = 38 (5) d(2x − d) = (6) Từ (6) ⇒ d = d = 2x Thay vào (5) Với d = ⇒ x = 38 ⇒ y = z = 38, loại điều kiện ba số khác Với d = 2x ⇒ 19x = 38 ⇒ x = ⇒ d = ⇒ y = 14, z = 98 Vậy các số cần tìm là (2; 14; 98) BÀI 12 Chứng minh với m thì phương trình x3 − (m2 + 3)x2 + (m2 + 3)x − = luôn có ba nghiệm và ba nghiệm này lập thành cấp số nhân Lời giải Ta có x3 − (m2 + 3)x2 + (m2 + 3)x − = ⇔ ⇔ ⇔ (x3 − 1) − (m2 + 3)(x2 − x) = (x − 1) x2 − (m2 + 2)x + = ñ x=1 x2 − (m2 + 2)x + = (∗) Phương trình (∗) có ∆ = (m2 + 2)2 − · = m2 (m2 + 4) ≥ ∀m Vậy phương trình (∗) luôn có hai nghiệm x1 , x2 và x1 · x2 = Suy phương trình đã cho luôn có nghiệm thỏa mãn x1 · x2 = và x3 = ⇒ x1 · x2 = x23 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm lập thành cấp số nhân Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 287 (288) Chương Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 288 (289) PHẦN II HÌNH HỌC 289 (290) (291) CHƯƠNG BÀI A PHÉP BIẾN HÌNH MỞ ĐẦU VỀ PHÉP BIẾN HÌNH TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa Phép biến hình là quy tắc để ứng với điểm M thuộc mặt phẳng, ta xác định điểm M thuộc mặt phẳng Điểm M gọi là ảnh điểm M qua phép biến hình đó Kí hiệu và thuật ngữ Cho phép biến hình F — Nếu M là ảnh điểm M qua F thì ta viết M = F (M ) Ta nói phép biến hình F biến điểm M thành điểm M — Nếu H là hình nào đó thì H = {M |M = F (M ), M ∈ H} gọi là ảnh hình H qua F Kí hiệu là H = F (H) Phép dời hình Phép dời hình là phép biến hình không làm thay đổi khoảng cách hai điểm bất kì Phép dời hình biến — ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó — đường thẳng thành đường thẳng — tia thành tia — đoạn thẳng thành đoạn thẳng đoạn thẳng đã cho — tam giác thành tam giác tam giác đã cho — đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính với đường tròn ban đầu — góc thành góc góc ban đầu BÀI A PHÉP TỊNH TIẾN TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa Định nghĩa Trong mặt phẳng cho vectơ #» v Phép biến hình biến điểm M thành M cho # »0 #» M M = v gọi là phép tịnh tiến theo vectơ #» v #» Phép tịnh tiến theo vectơ #» v thường kí hiệu là T #» v , v gọi là vectơ tịnh tiến # »0 #» T #» v (M ) = M ⇔ M M = v Tính chất # »0 # » 0 0 Tính chất Nếu T #» v (M ) = M , T #» v (N ) = N thì M N = M N và từ đó suy M N = M N Tính chất Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với nó, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nó, biến tam giác thành tam giác nó, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính 291 (292) Chương Phép biến hình Biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho vectơ #» v = (a; b) Với mỗi® điểm M (x; y) ta có M (x0 ; y®0 ) là ảnh x0 − x = a x0 = x + a # » M qua phép tịnh tiến theo vectơ #» v Khi đó M M = #» v ⇔ Từ đó suy y0 − y = b y0 = y + b Biểu thức trên gọi là biểu thức tọa độ phép tịnh tiến T #» v B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.1 Xác định ảnh hình qua phép tịnh tiến Phương pháp giải: Gọi H là ảnh hình H qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» v = (a; b) 0 0 Với điểm M (x; y) bất kì thuộc H, ta có T #» (M ) = M (x ; y ) ∈ H v ® ® x =x+a x = x0 − a ⇒ ⇒ M (x0 − a; y − b) y0 = y + b y = y0 − b Thay tọa độ điểm M vào phương trình biểu diễn hình H ta thu phương trình biểu diễn hình H VÍ DỤ VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho #» v = (2; 1) và điểm M (3; 2) Tìm tọa độ điểm A cho A = T #» v (M ) M = T #» v (A) Lời giải ® Giả sử A(x; y) ta có A = T #» v (M ) ⇒ ® Gọi A(x; y), ta có M = T #» v (A) ⇒ x=3+2 y =2+1 3=x+2 2=y+1 ® ⇒ ® ⇒ x=5 y=3 x=1 y=1 ⇒ A(5; 3) ⇒ A(1; 1) VÍ DỤ Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d Hãy tìm ảnh đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» v d : 2x − 3y + 12 = và #» v = (4; −3) # » d : 2x + y − = và #» v = AB, A(3; 1), B(−1; 8) Lời giải Gọi d0 là ảnh đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» v ; M (x; y) là điểm bất kì trên đường thẳng d và M (x0 ; y ) = T #» v (M ) Khi đó ® ® x = x0 − x =x+4 ⇒ ⇒ M (x0 − 4; y + 3) Mà điểm M thuộc đường thẳng d nên y0 = y − y = y0 + 2(x0 − 4) − 3(y + 3) + 12 = ⇔ 2x0 − 3y − = Suy phương trình đường thẳng d0 là 2x − 3y − = ® ® x =x−4 x = x0 + # » #» Ta có v = AB = (−4; 7) Do đó ⇒ ⇒ M (x0 + 4; y − 7) y0 = y + y = y0 − Mà điểm M thuộc đường thẳng d nên 2(x0 + 4) + y − − = ⇔ 2x0 + y − = Suy phương trình đường thẳng d0 là 2x + y − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 292 (293) Chương Phép biến hình VÍ DỤ Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) Hãy tìm ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến #» v , biết (C) : (x − 4)2 + (y + 3)2 = và #» v = (3; 2) # » (C) : x2 + y + 4x − 4y − = và #» v = AB với A(−1; 1), B(1; −2) Lời giải Gọi (C ) là ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» v , M (x; y) là điểm bất kì trên đường tròn (C) và M (x0 ; y ) = T #» v (M ) Khi đó ® ® x =x+3 x = x0 − ⇒ ⇒ M (x0 − 3; y − 2) Mà điểm M thuộc đường tròn (C) nên y0 = y + y = y0 − (x0 − − 4)2 + (y − + 3)2 = ⇔ (x0 − 7)2 + (y + 1)2 = Hay phương trình đường tròn (C ) là (x − 7)2 + (y + 1)2 = ® ® x =x+2 x = x0 − # » #» Ta có v = AB = (2; −3) và ⇒ ⇒ M (x0 − 2; y + 3) Mà điểm M thuộc đường y0 = y − y = y0 + tròn (C) nên (x0 − 2)2 + (y + 3)2 + 4(x0 − 2) − 4(y − 3) − = ⇔ x02 + y 02 + 2y + 16 = Hay phương trình đường tròn (C ) là x2 + y + 2y + 16 = VÍ DỤ Tìm phương trình ảnh các đường sau qua phép tịnh tiến theo #» v x2 y2 + = và #» v = (−3, 4) Parabol (P ) : y = x2 − 2x, và #» v = (1; 1) Elip (E) : Lời giải v , M (x; y) là điểm bất kì trên elip (E) Gọi (E ) là ảnh elip (E) qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» và M (x0 ; y ) = T #» v (M ) Khi đó ® x =x−3 y0 = y + ® ⇒ x = x0 + y = y0 − ⇒ M (x0 + 3; y − 4) (y − 4)2 (x0 + 3)2 + = 2 (x + 3) (y − 4) Hay phương trình đường elip (E ) là + = Mà điểm M thuộc đường elip (E) nên v , M (x; y) là điểm bất kì trên Gọi (P ) là ảnh parabol (P ) qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» parabol (P ) và M (x0 ; y ) = T #» v (M ) Khi đó ® ® x =x+1 x = x0 − ⇒ ⇒ M (x0 − 1; y − 1) y0 = y + y = y0 − Mà điểm M thuộc parabol (P ) nên y − = (x0 − 1)2 − 2(x0 − 1) ⇔ y = x02 − 4x0 + Hay phương trình parabol (P ) là y = x2 − 4x + BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho #» v = (−1; 3), điểm M (−1; 4) Tìm tọa độ điểm A cho Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 293 (294) Chương Phép biến hình A = T2 #» v (M ) M = T− #» v (A) Lời giải Giả sử A(x; y) v = (−2; 6) Ta có Ta có #» ® A = T2 #» v (M ) ⇔ x = −1 − = −2 y =4+3=7 ⇒ A(−2; 7) Ta có − #» v = (1; −3) Ta có ® M = T− #» v (A) ⇔ −1=x+1 4=y−3 ® ⇔ x = −2 y=7 ⇒ M (−2; 7) #» BÀI Trong mặt phẳng Oxy, cho A(3; 5), B(−1; 1), v = (−1; 2), đường thẳng d và đường tròn (C) có phương trình d : x − 2y + = 0, (C) : (x − 2)2 + (y − 3)2 = 25 v Tìm ảnh các điểm A0 , B theo thứ tự là ảnh A, B qua phép tịnh tiến theo #» Tìm tọa độ điểm C cho A là ảnh C qua phép tịnh tiến theo #» v Tìm phương trình đường thẳng d0 , đường tròn (C ) là ảnh d, (C) qua phép tịnh tiến theo #» v Lời giải ® Ta có xA = − = ® ⇒ A (2; 7) và xB = −1 − = −2 yA0 = + = yB = + = ® ® = xC − xC = (C) ⇔ ⇔ Ta có A = T #» ⇒ C(4; 3) v = yC + yC = ⇒ B (−2; 3) Gọi M (x; y) là điểm bất kì trên đường thẳng d và M (x0 ; y ) = T #» v (M ) Ta có ® x0 = x − y =y+2 ® ⇒ x = x0 + y = y0 − ⇒ M (x0 + 1; y − 2) Mà điểm M thuộc đường thẳng d nên x0 + − 2(y − 2) + = ⇔ x0 − 2y + = Hay phương trình đường thẳng d0 là x − 2y + = Gọi N (x; y) là điểm bất kì trên đường tròn (C) và N (x0 ; y ) = T #» v (N ) Ta có ® ® x =x−1 x = x0 + ⇒ ⇒ N (x0 + 1; y − 2) y =y+2 y = y0 − Mà điểm M thuộc đường tròn (C) nên (x0 + − 2)2 + (y − − 3)2 = 25 ⇔ (x0 − 1)2 + (y − 5)2 = 25 Hay phương trình đường tròn (C ) là (x − 1)2 + (y − 5)2 = 25 #» 0 BÀI Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có ảnh qua phép tịnh tiến theo v = (2; 5) là tam giác A B C và tam giác A0 B C có trọng tâm là G0 (−3; 4), biết A(−1; 6), B(3; 4) Tìm tọa độ các điểm A0 , B , C Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Khi đó ta có ® xA0 = −1 + = +) A = T #» ⇒ A0 (1; 11) v (A) ⇒ yA0 = + = 11 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 294 (295) Chương Phép biến hình ® +) B = T #» v (B) ⇒ xB = + = yB = + = ⇒ B (5; 9) +) G0 là trọng tâm tam giác A0 B C nên ® ® ® xC = 3xG0 − xA0 − xB xC = −9 − − = −15 xC = −15 ⇒ ⇒ ⇒ C (−15; −8) yC = 3yG0 − yA0 − yB yC = 12 − 11 − = −8 yC = −8 BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ điểm M trên trục hoành cho phép tịnh tiến theo #» v = (−2; 3) biến điểm M thành điểm M nằm trên trục tung Lời giải ® x =x−2 ⇒ M (x − 2; 3) Gọi M (x; 0) và M (x0 ; y ) = T #» (M ) Ta có v y0 = + Do điểm M thuộc trục Oy nên x − = ⇒ x = Do đó M (2; 0) BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d Hãy tìm ảnh đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo #» v các trường hợp sau: d : 2x − 3y + = 0, #» v = (3; 2) d : 3x − y + = 0, #» v = (−4; 2) # » d : 3x + 4y − = 0, #» v = AB, A(0; 2), B(2; 3) # » d : x + 3y − = 0, #» v = 2AB, A(−2; 3), B(0, 2) d cắt Ox, Oy A(−1; 0), B(0; 5) và #» v = (2; 2) BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) Hãy tìm ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo #» v các trường hợp sau: (C) : (x − 2)2 + (y + 4)2 = 16, #» v = (2; −3) # » (C) : (x + 1)2 + (y − 3)2 = 25, #» v = AB, A(−1; 1), B(1; −2) # » (C) : (x + 2)2 + (y + 4)2 = 9, #» v = −CB, B(2; −3), C(−1; 5) (C) : x2 + y − 4x − 6y − = 0, #» v = (5; −2) (C) : x2 + y − 2x + 4y − = 0, #» v = (−2; 3) # » (C) : x2 + y + 6x − 2y + = 0, #» v = 3BC, B(1; −2), C(−1; −5) BÀI Trong mặt phẳng Oxy, Cho A(1; 3), B(−2; 2), C(3; −4) Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC Gọi (C) là đường tròn qua ba điểm A, B, C Hãy xác định # » (A) và B = T # » (B) A0 = TBC AC # » (A) và G1 = T # » (G) A1 = TCG AM # » (d) với d là đường thẳng qua A, M d0 = TBM { DẠNG 2.2 Xác định phép tịnh tiến biết ảnh và tạo ảnh Phương pháp giải: Giả sử M (x0 ; y ) là ảnh M (x; y) qua phép tịnh tiến theo vectơ #» v = (a; b) Khi đó, # »0 #» #» ta có v = M M và tọa độ v xác định sau ® a = x0 − x b = y0 − y VÍ DỤ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 295 (296) Chương Phép biến hình VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho phép tịnh tiến biến đường tròn (C) : (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16 thành đường tròn (C ) : (x − 10)2 + (y + 5)2 = 16 Hãy xác định phép tịnh tiến đó Lời giải Từ phương trình đường tròn (C) và (C ), ta suy tâm hai đường tròn đó là I(−1; 2) và I (10; −5) #» # »0 0 Ta có T #» v (I) = I ⇒ v = II = (11; −7) v (C) = (C ) ⇒ T #» VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x − 3y + = và d0 : 2x − 3y − = Tìm tọa độ #» v có giá vuông góc với đường thẳng d để d0 là ảnh d qua T #» v Lời giải Chọn điểm A(0; 1) ∈ d Gọi ∆ là đường thẳng qua A và vuông góc với d ⇒ ∆ : 3x + 2y − = Gọi A0 = d0 ∩ ∆ Tọa độ điểm A0 thỏa mãn hệ phương trình ® x = 16 ã Å 2x − 3y − = 13 ⇒ A0 16 ; − 11 ⇒ 13 13 3x + 2y − = y = − 11 Å ã 13 # » 16 24 Vậy #» u = AA0 = ;− 13 13 A #» v A0 VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường √thẳng có phương trình là d : 3x − 5y + = và d0 : 3x − 5y + 24 = Tìm #» v , biết | #» v | = 13 và T #» v (d) = d Lời giải #» # »0 = (−7 + 5t; 3t) Chọn điểm A(−1; 0) ∈ d Gọi A0 (−8 + 5t; 3t) ∈ d0 là ảnh A qua T #» v Khi đó, v = AA t=1 p √ √ √ # » Ta có | #» v | = 13 ⇔ |AA0 | = 13 ⇔ (−7 + 5t)2 + (3t)2 = 13 ⇔ 34t2 − 70t + 36 = ⇔ 18 t= 17 Với t = 1, ta có #» v = (−2; Å 3) ã 18 29 54 Với t = , ta có #» v = − ; 17 17 17 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 3x − y − = Tìm phép tịnh tiến theo vectơ #» v có phương song song với trục Ox, biến d thành đường thẳng d0 qua gốc tọa độ Khi đó hãy viết phương trình đường thẳng d0 Tìm phép tịnh tiến theo vectơ #» u có giá song song với trục Oy, biến d thành d00 qua điểm A(1; 1) Lời giải #» # » Ox cắt d và d0 A(3; 0) và O(0; 0) Ta có T #» v (A) = O ⇒ v = AO = (−3; 0) Å Gọi ∆ là đường thẳng qua A(1; 1) và song song với Oy ⇒ ∆ : x = Gọi B = ∆ ∩ d ⇒ B Å ã # » #» Ta có T #» (B) = A ⇒ v = BA = − ; v ã 10 ;1 #» BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép tịnh tiến theo v biến điểm M (3; −1) thành điểm trên đường thẳng d : x − y − = Tìm tọa độ #» v , biết | #» v | = Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 296 (297) Chương Phép biến hình Gọi M là ảnh M qua phép tịnh tiến theo #» v Ta có M ∈ d ⇒ M (m, m − 9) # » #» 0 T #» v (M ) = M ⇒ v = M M = (m − 3; m − 8) ñ p m=3 | #» v | = ⇔ (m − 3)2 + (m − 8)2 = ⇔ 2m2 − 22m + 48 = ⇔ m=8 #» Với m = 3, ta có v = (0; −5) Với m = 8, ta có #» v = (5; 0) BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình chứa cạnh AB là 3x−2y+3 = #» # » và chứa cạnh CD là 3x − 2y − = Tìm tọa độ #» v , biết CD = T #» v (AB) và v ⊥ AB Lời giải Chọn điểm M (−1; 0) thuộc đường thẳng chứa cạnh AB và M là ảnh M qua phép tịnh tiến theo vectơ #» v Gọi ∆ là đương thẳng chứa M M ⇒ ∆ ⊥ AB (do M M ⊥ AB) và qua M Suy phương trình đường Å thẳng ∆ : ã 2x + 3y + = 18 0 14 Ta có M = ∆ ∩ CD ⇒ M ;− Å ã13 13 # » 27 18 Vậy #» v = MM0 = ;− 13 13 A M B #» v D M0 C BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy xác định phép tịnh tiến theo #» v cùng phương với trục hoành biến đường thẳng d : x − 4y + = thành đường thẳng d0 qua A(1; −3) BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d, d0 có phương trình là d : 3x − y − = 0, d0 : 3x − y + 13 = và vectơ #» u = (1; −1) Tìm tọa độ vectơ #» v phép tịnh tiến T #» v biến d thành d , #» #» biết vectơ v và u cùng phương BÀI Cho (P ) : y = x2 − 4x + và (P ) : y = x2 Tìm phép tịnh tiến biến (P ) thành (P ) { DẠNG 2.3 Các bài toán ứng dụng phép tịnh tiến Chứng minh xác định các yếu tố hình học Từ giả thiết tìm hai điểm cố định phù hợp để xây dựng vectơ cố định Xác định phép tịnh tiến phù hợp theo vectơ cố định vừa tìm Dùng tính chất phép tịnh tiến để chứng minh các tính chất hình học xác định các yếu tố hình Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn tính chất cho trước (Toán quỹ tích) Chỉ phép tịnh tiến theo vecto #» v biến điểm E nào đó thành M mà quỹ tích điểm E đã biết dễ tìm T #» v : E 7→ M (H) 7→ (H ) Xác định hình (H) là quỹ tích điểm E Khi đó tập hợp các điểm M là hình (H ) với (H ) là ảnh (H) qua phép tịnh tiến theo vectơ #» v Điều kiện áp dụng: Bài toán có yếu tố song song và nhau, có vecto, Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 297 (298) Chương Phép biến hình VÍ DỤ √ b = 60◦ , B “ = 150◦ ,D “ = 90◦ , CD = 12 và AB = Tính độ dài các VÍ DỤ Cho tứ giác ABCD có A cạnh AD và BC A √ B ◦ M 15 Lời giải # » (A) = M ⇒ ABCM là hình bình hành Xét TBC ÷ ’ = 30◦ ⇒ BCM = 180◦ − ABC ◦ ’ ’ + ADC ’ + ABC) ’ = 60◦ ⇒ M ÷ Ta có: BCD = 360 − (DAB CD = 30◦ Theo định lý cosin cho ∆M DC: M D2 = M C + DC − 2M C · DC · cos 30◦ = 36 ⇒ M D = √ M D = CD và M C = M D ⇒ ∆M DC là nửa tam giác ÷ ÷ ⇒ DM C = 90◦ ⇒ M DA = 30◦ ÷ ÷ ÷ ⇒M DA = M AD = M AB = 30◦ ⇒ ∆AM D cân M ⇒ BC = M A = M D = DM AD = Theo định lý sin cho ∆AM D: ÷ ÷ sin AM D sin M AD ◦ ÷ √ DM · sin AM D · sin 120 ⇔ AD = = = sin 30◦ ÷ sin M AD 12 D C VÍ DỤ Cho hình bình ABCD, AB cố định, D di động trên đường thẳng d cố định Tìm tập hợp điểm C Lời giải B C A D # » # » ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC # » Suy phép tịnh tiến theo AB biến D thành C, mà điểm D di động trên đường thẳng d cố định, đó C di # » động trên d0 là ảnh d qua phép tịnh tiến theo AB BÀI TẬP ÁP DỤNG ’ = 75◦ , ADC ’ = 45◦ Tính AD BÀI Cho tứ giác lồi ABCD có AB = BC = CD = a, BAD Lời giải B C 60 ◦ A 75 ◦ 45 ◦ A0 D # » (A) = A0 Khi đó tứ giác ABCA0 là hình bình hành Xét TBC CB = 180◦ và AA0 = CA0 = BA = CD = a ⇒ ∆CA0 D cân C ’ +A ÷ Suy CBA Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 298 (299) Chương Phép biến hình CD = 60◦ ⇒ ∆CA0 D ’ + ADC ’ + DCB ’ + CBA ’ = 360◦ ⇒ CBA ’ + DCB ’ = 240◦ ⇒ A ÷ Ta có: BAD ◦ 0 0 DA = 15 ⇒ AA D = 150 (∆A AD cân A ) ÷ ÷ ⇒A √ D = 2a2 + ÷ Áp dụng định cosin cho tam giác A0 AD: AD2 = A0 A2 + A0 D2 − · A0 A · A0 D · cos AA 3a p lý √ ⇒ AD = a + BÀI Cho hình bình hành ABCD, hai điểm A, B cố định, tâm I hình bình hành di động trên đường tròn (C) Tìm quỹ tích trung điểm M cạnh BC Lời giải M B C I A D # » 1# » Ta có: IM là đường trung bình ∆CAB ⇒ IM = AB Suy ra: M = T # » (I) mà I di động trên đường tròn (C), đó M di động trên đường tròn (C ), là ảnh AB (C) qua phép tịnh tiến theo 1# » AB BÀI TẬP RÈN LUYỆN ÷ ÷ BÀI Cho hình bình hành ABCD và điểm M cho C nằm tam giác M BD Giả sử M BC = M DC ÷ ÷ Chứng minh: AM D = BM C BÀI Cho đoạn thẳng AB và đường tròn (C) tâm O bán kính R nằm phía đường thẳng AB Lấy điểm M trên (C) dựng hình bình hành ABM M Tìm tập hợp các điểm M M di động trên (C) BÀI A PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC (BÀI ĐỌC THÊM) ĐỊNH NGHĨA M Điểm M gọi là đối xứng với điểm M qua đường thẳng d d là đường trung trực đoạn thẳng M M Khi điểm M nằm trên d thì ta xem M đối xứng với chính nó qua đường thẳng d Phép biến hình biến điểm M thành điểm M đối xứng với M qua đường thẳng d gọi là phép đối xứng qua đường thẳng d, hay gọi tắt là phép đối xứng trục M0 d Đường thẳng d gọi là trục đối xứng Kí hiệu Đd # » # » Như M = Đd (M ) ⇔ M0 M = −M0 M , với M0 là hình chiếu vuông góc M trên d M0 B BIỂU THỨC TỌA ĐỘ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với điểm M (xM ; yM ), gọi M (xM ; yM ) = Đd (M ) ® xM = xM Nếu chọn d là trục Ox thì ta có yM = −yM ® xM = −xM Nếu chọn d là trục Oy thì ta có yM = yM Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 299 (300) Chương Phép biến hình C TÍNH CHẤT Phép đối xứng trục là phép dời hình nên có đầy đủ tính chất phép dời hình: Bảo toàn khoảng cách hai điểm bất kì; Biến đường thẳng thành đường thẳng; Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng đoạn thẳng đã cho; Biến tam giác thành tam giác tam giác đã cho; Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính D TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA MỘT HÌNH Đường thẳng d gọi là trục đối xứng hình H phép đối xứng trục Đd biến hình H thành chính nó, tức là H = Đd (H) BÀI A PHÉP QUAY TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa M0 Cho điểm O và góc lượng giác α Phép biến hình biến O thành chính nó, biến điểm M khác O thành điểm M cho OM = OM và góc lượng giác (OM ; OM ) α gọi là phép quay tâm O góc quay α Điểm O gọi là tâm quay, α gọi là góc quay Phép quay tâm O góc α, kí hiệu là Q®(O;α) (OM, OM ) = α Q(O,α) (M ) = M ⇔ OM = OM α O M Phép quay nào biến là cờ (C) thành lá cờ (C ): Phép quay nào biến là cờ (C ) thành lá cờ (C): Tính chất Phép tịnh tiến là phép biến hình biến: Bảo toàn khoảng cách hai điểm bất kì Biến đường thẳng thành đường thẳng Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng đoạn thẳng đã cho Biến tam giác thành tam giác tam giác đã cho Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính ! Giả sử phép quay tâm O góc quay α biến đường thẳng d thành đường thẳng d0 Khi đó: Nếu < α ≤ Nếu π thì góc d và d0 α π < α < π thì góc d và d0 π − α Hai hình Hai hình gọi là có phép dời hình biến hình này thành hình Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 300 (301) Chương Phép biến hình B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 4.1 Tìm tọa độ ảnh điểm qua phép quay Phương pháp xác định ảnh điểm qua phép quay Phương pháp Sử dụng định nghĩa Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M (xM ; yM ) là ảnh M (xM ; yM ) qua phép quay tâm I(a; b), góc quay α Khi đó: ( IM = IM (1) M (xM ; yM ) = Q(I;α) (M ) ⇒ ÷ M IM = α (2) Từ (1), sử dụng công thức tính độ dài, tìm phương trình thứ thưo hai ẩn Từ (2), sử dụng định lý hàm số cos, tìm phương trình thứ hai theo hai ẩn Giải hệ phương trình này tìm xM , yM , từ đó suy tọa độ điểm M (xM ; yM ) ! Chú ý góc phép quay để chọn tọa độ điểm phù hợp Phương pháp Sử dụng công thức tọa độ ® M 0 (x0M ; yM ) = Q(I;α)(M ) ⇔ x0M = (xM − a) cos α − (yM − b) sin α + a yM = (xM − a) sin α + (yM − b) cos α + b Phương pháp Trong các trường hợp đơn giản sử dụng hệ trục tọa độ, thực phép quay tìm tọa độ điểm ảnh VÍ DỤ VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tọa độ A0 , B là ảnh A, B qua phép quay tâm O, góc quay 90◦ Biết B(0; −2) A(1; 0) Lời giải Xét điểm B(0; −2) Xét điểm A(1; 0) Gọi A0 có tọa độ là (x0 ; y ) Khi đó ( OA = OA0 0 A (x ; y ) = Q(O;90◦ ) (A) ⇒ ÷0 = 90◦ AOA (1) Gọi B có tọa độ là (x0 ; y ) Khi đó ® x = (xB − xO ) cos 90◦ − (yB − yO ) sin 90◦ + xO y = (xB − xO ) sin 90◦ + (yB − yO ) cos 90◦ + yO (2) ® 2 Từ (1), suy (x ) + (y ) = Từ (2), suy · x0 + · y = Vậy, thu (x0 ; y ) = (0; 1) (x0 ; y ) = (0; −1) Vì góc quay dương nên thu điểm A0 (0; 1) ! ⇔ x0 = y = ⇔ B (2; 0) Biểu diễn điểm A, B trên hệ trục tọa độ, có thể suy tọa độ điểm A0 và B BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), B(0; 5), C(−2; −1) và đường thẳng d : 2x−y−4 = Hãy xác định tọa độ các đỉnh tam giác A0 B C và phương trình đường thẳng d0 theo thứ tự là ảnh tam giác ABC và đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc quay 90◦ Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 301 (302) Chương Phép biến hình y B Phép quay tâm O, góc Phép quay tâm O, góc quay 90◦ biến A(1; 1) thành A0 (−1; 1), biến B(0; 5) thành B (−5; 0), biến C(−2; −1) thành C (1; −2) quay 90◦ biến đường thẳng d : 2x − y − = thành đường thẳng d0 : x + 2y + = d : 2x − y − = A0 B0 A x C d0 : x + 2y + = C0 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2; 0) và đường thẳng d : x + y − = Tìm ảnh qua phép quay tâm O góc 900 Lời giải y Ta có: Q(O,900 ) (A) = B với B(0; 2) d Q(O,900 ) (B) = C với C(−2; 0) B Gọi d0 là ảnh d qua Q(O,900 ) Vì A, B thuộc d nên B, C thuộc d0 Phương trình đường thẳng d0 : x − y + = −2 O C A và d d0 A x { DẠNG 4.2 Tìm phương trình ảnh đường tròn qua phép quay Phương pháp xác định ảnh đường tròn qua phép quay Vì phép quay biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính nên để tìm phương trình ảnh đường tròn qua phép quay, chúng ta thực qua ba bước sau đây: Xác định tọa độ tâm I và bán kính R đường tròn tạo ảnh từ phương trình đường tròn đã cho Tìm tọa độ tâm I là ảnh tâm I qua phép quay Viết phương trình đường tròn ảnh với tọa độ tâm I và bán kính R VÍ DỤ VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường tròn (C ) qua phép quay tâm O, góc quay α các trường hợp sau đây: (C) : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1, (C) : x2 + y − 4x − = 0, α = 90◦ α = 90◦ Lời giải Ta có: + Tâm I(2; 1), R = Suy ra: I (−1; 2), R0 = R = + (C ) : (x + 1)2 + (y − 2)2 = Ta có: + Tâm I(2; 0), R = Suy ra: I (0; 2), R0 = R = + (C ) : x2 + (y − 2)2 = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 302 (303) Chương Phép biến hình BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường tròn (C ) qua phép quay tâm O, góc quay α các trường hợp sau đây: α = −90◦ (C) : x2 + y − 2x + 4y = 1, α = 60◦ (C) : x2 + (y − 1)2 = 1, Lời giải Ta có: Ta có: √ Ç √ + Tâm I(1; √ −2), R = Suy ra: I (−2; −1), R0 = R = + (C ) : (x + 2)2 + (y + 1)2 = + Tâm I(0; 1), R = Suy ra: I R = Ç + (C ) : å − ; , R0 = 2 √ å2 Å ã + y− x+ = 2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường tròn (C ) qua phép quay tâm O, góc quay α các trường hợp sau đây: α = −30◦ (C) : x2 + y − 4x + 2y = 0, (C) : x2 + y + 6x + = 0, α = 90◦ BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường thẳng d qua phép quay tâm O, góc quay α các trường hợp sau đây d : x + y − = 0, d : x − 3y + 11 = 0, α = 90◦ ; α = −90◦ ; d : x − 3y + = 0, α = 60◦ ; d : 2x − y + = 0, α = 45◦ Lời giải Lấy M (0; 2), N (2; 0) ∈ d Gọi M ,®N là ảnh M, N qua phép quay Q(O,90◦ ) ® xM = · cos 90◦ − · sin 90◦ = −2 xN = · cos 90◦ − · sin 90◦ = Khi đó và yM = · sin 90◦ + · cos 90◦ = yN = · sin 90◦ + · cos 90◦ = 0 Suy M (−2; 0), N (0; 2) Gọi d0 là ảnh d qua phép quay Q(O,90◦ ) , đó d0 qua M , N # » Ta có M N = (2; 2) = 2(1; 1) Suy phương trình đường thẳng d0 là 1(x − 0) − 1(y − 2) = ⇔ x − y + = Lấy M (−11; 0), N (1; 4) ∈ d ◦ Gọi M ,®N là ảnh M, N qua phép quay Q(O,−90 ® ) xM = −11 · cos (−90◦ ) − · sin (−90◦ ) = xN = · cos (−90◦ ) − · sin (−90◦ ) = Khi đó và yM = −11 · sin (−90◦ ) + · cos (−90◦ ) = 11 yN = · sin (−90◦ ) + · cos (−90◦ ) = −1 0 Suy M (0; 11), N (4; −1) Gọi d0 là ảnh d qua phép quay Q(O,−90◦ ) , đó d0 qua M , N # » Ta có M N = (4; −12) = 4(1; −3) Suy phương trình đường thẳng d0 là 3(x − 0) + 1(y − 11) = ⇔ 3x + y − 11 = Lấy M (−5; 0), N (1; 2) ∈ d Gọi M , N là ảnh M, N qua phép quay Q(O,60◦ ) √ 1−2 ◦ ◦ ◦ ◦ x = −5 · cos 60 − · sin 60 = − M xN = · cos 60 − · sin 60 = 2√ 2√ Khi đó và yM = −5 · sin 60◦ + · cos 60◦ = − yN = · sin 60◦ + · cos 60◦ = + 2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 303 (304) Chương Phép biến hình Ç √ å √ √ å 5 1−2 2+ Suy M − ; − ,N ; 2 2 Gọi d0 là ảnh d qua phép quay Q(O,60◦ ) , đó d0 qua M , N √ √ ä # »0 Ä Ta có M N = − 3; + 3 Ç √ å Å ã Ä Ä ä Ä √ ä √ √ ä 5 Suy phương trình đường thẳng d là + 3 x + + 3−3 y+ = ⇔ + 3 x+ 2 Ä√ ä − y + 10 = Ç Lấy M (−3; 0), N (0; 6) ∈ d Gọi M , N là ảnh M, N qua phép quay Q(O,45◦ ) √ ( √ ◦ ◦ xM = −3 · cos 45 − · sin 45 = − xN = · cos 45◦ − · sin 45◦ = −3 2 Khi đó √ và √ yN = · sin 45◦ + · cos 45◦ = yM = −3 · sin 45◦ + · cos 45◦ = − 2 Ç √ √ å Ä √ √ ä 2 3 Suy M − ;− , N −3 2; 2 Gọi d0 là ảnh phépåquay Q(O,45◦ ) , đó d0 qua M , N Ç d qua √ √ √ # »0 Ta có M N = − ; =− (1; −3) 2 √ √ √ Suy phương trình đường thẳng d0 là 3(x + 2) + 1(y − 2) = ⇔ 3x + y + = BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x − 3y + = và đường tròn có phương trình là (C) : x2 + y − 4x − 4y − = Viết phương trình d0 là ảnh d qua phép Q(O,90◦ ) Viết phương trình (C ) là ảnh (C) qua phép Q(O,90◦ ) Lời giải Lấy M (−1; 0), N (2; 2) ∈ d ◦ Gọi M ,®N là ảnh M, N qua phép quay ® Q(O,90 ) xM = −1 · cos 90◦ − · sin 90◦ = xN = · cos 90◦ − · sin 90◦ = −2 Khi đó và yM = −1 · sin 90◦ + · cos 90◦ = −1 yN = · sin 90◦ + · cos 90◦ = 0 Suy M (0; −1), N (−2; 2) Gọi d0 là ảnh d qua phép quay Q(O,90◦ ) , đó d0 qua M , N # » Ta có M N = (−2; 3) Suy phương trình đường thẳng d0 là 3(x − 0) + 2(y + 1) = ⇔ 3x + 2y + = Đường tròn (C) có tâm I(2; 2), bán kính R = Gọi I là® ảnh I qua phép quay Q(O,90◦ ) xI = · cos 90◦ − · sin 90◦ = −2 Khi đó yI = · sin 90◦ + · cos 90◦ = Suy I (−2; 2) Vì (C ) là ảnh (C) qua phép quay Q(O,90◦ ) nên (C ) có tâm là I và bán kính Vậy (C ) : (x + 2)2 + (y − 2)2 = BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 2), đường thẳng d : 2x − y − = và đường tròn (C) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = Tìm ảnh M, d, (C) qua: Phép quay tâm O góc quay 45◦ Phép quay tâm I(1; 2) góc quay 45◦ Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 304 (305) Chương Phép biến hình Gọi M là ảnh M qua phép quay Q(O,45◦ ) ® xM = · cos 45◦ − · sin 45◦ = √ Khi đó yM = · sin 45◦ + · cos 45◦ = 2 √ Suy M (0; 2) Lấy A(1; 0), B(0; −2) ∈ d Gọi A0 , B là ảnh A, B qua phép quay Q(O,45◦ ) √ ( √ ◦ ◦ xA0 = · cos 45 − · sin 45 = xB = · cos 45◦ + · sin 45◦ = 2 Khi đó √ và √ yB = · sin 45◦ − · cos 45◦ = − yA0 = · sin 45◦ + · cos 45◦ = 2 √ √ √ √ 2 0 Suy A ( ; ), B ( 2; − 2) 2 0 0 ◦ , đó d qua A , B Gọi d là ảnh phép Q Ç √d qua √ å quay √ (O,45 ) # » 2 Ta có A0 B = ;− = (1; −3) 2 √ √ √ Suy phương trình đường thẳng d0 là 3(x − 2) + 1(y + 2) = ⇔ 3x + y − 2 = Đường tròn (C) có tâm E(1; 1), bán kính R = Gọi E là ảnh E qua phép quay Q(O,45◦ ) ® xE = · cos 45◦ − · sin 45◦ = √ Khi đó yE = · sin 45◦ + · cos 45◦ = √ Suy E (0; 2) Gọi (C ) là ảnh (C) qua phép quay Q(O,45◦ ) nên (C ) có tâm là E và bán kính Vậy (C ) : x2 + (y − 2)2 = Gọi M 00 là ảnh M qua phép quay Q(I,45◦ ) xM 00 = (2 − 1) · cos 45◦ − (2 − 2) · sin 45◦ + = Khi đó yM 00 = (2 − 1) · sin 45◦ + (2 − 2) · cos 45◦ + = å Ç√ √ 2 00 Suy M + 1; +2 2 √ +1 √ + 2 Lấy A(1; 0), B(0; −2) ∈ d Gọi A00 , B 00 là ảnh A, B qua phép quay Q(I,45◦ ) ( √ xA00 = (1 − 1) · cos 45◦ − (0 − 2) · sin 45◦ + = + Khi đó √ yA00 = (1 − 1) · sin 45◦ + (0 − 2) · cos 45◦ + = − + √ xB 00 = (0 − 1) · cos 45◦ − (−2 − 2) · sin 45◦ + = +1 2√ và yB 00 = (0 − 1) · sin 45◦ + (−2 − 2) · cos 45◦ + = − + Ç √ å2 √ Ä√ ä √ Suy A00 + 1; − + , B 00 + 1; − +2 2 00 ◦ , đó d Gọi d00 là ảnh phép Q qua A00 , B 00 å quay Ç √d qua √ √ (I,45 ) # » 2 Ta có A00 B 00 = ;− = (1; −3) 2 √ √ √ Suy phương trình đường thẳng d00 là · (x − − 1) + · (y + − 2) = ⇔ 3x + y − 2 − = Đường tròn (C) có tâm E(1; 1), bán kính R = Gọi E 00 là ảnh E qua phép quay Q(I,45◦ ) √ ◦ ◦ xE 00 = (1 − 1) · cos 45 − (1 − 2) · sin 45 + = +1 Khi đó √ yE 00 = (1 − 1) · sin 45◦ + (1 − 2) · cos 45◦ + = − + 2 Ç√ å √ 2 00 Suy E + 1; − +2 2 Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 305 (306) Chương Phép biến hình Gọi (C 00 ) là ảnh (C) qua phép quay Q(I,45◦ ) nên (C 00 ) có tâm là E 00 và bán kính Ç å2 Ç å2 √ √ 2 00 Vậy (C ) : x − −1 + y+ −2 = 2 √ BÀI Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(4; 3), đường tròn (C) : (x − 2) + (y − 3) = Tìm ảnh A, (C) qua phép quay tâm O góc quay 60◦ Lời giải Gọi A0 là ảnh A qua phép quay Q(O,60◦ ) √ 4−3 ◦ ◦ xA0 = · cos 60 − · sin 60 = 2√ Khi đó yA0 = · sin 60◦ + · cos 60◦ = + Ç √ √ å 4−3 3+4 Suy A ; 2 √ √ Đường tròn (C) có tâm E(2; 3), bán kính R = Gọi E là ảnh E qua phép quay Q(O,60◦ ) ( √ xE = · cos 60◦ − · sin 60◦ = −2 Khi đó √ √ yE = · sin 60◦ + · cos 60◦ = √ Suy E (−2; 3) √ Gọi (C ) là ảnh (C) qua phép quay Q(O,60◦ ) nên (C ) có tâm là E và bán kính √ Vậy (C ) : (x + 2)2 + (y − 3)2 = BÀI Cho tam giác ABC có các đỉnh kí hiệu theo hướng âm, dựng bên ngoài các hình vuông ABDE, BCKF Gọi P là trung điểm AC, H là điểm đối xứng D qua B, M là trung điểm F H # » # » Xác đỉnh ảnh BA, BP phép quay Q(B,90◦ ) Chứng minh DF = 2BP và DF ⊥ BP Lời giải F Từ giả thiết ta có Q(B,90◦ ) : B −→ B A −→ H # » # » BA −→ BH D M C −→ F B AC −→ HF K P −→ M # » # » BP −→ BM # » # » ( BP = BM Vì Q(B,90◦ ) : BP −→ BM H E nên ta có ⁄ (BP, BM ) = 90◦ mà BM là đường trung bình tam giác HF D nên DF = 2BP và DF ⊥ BP A P C BÀI Cho tam giác ABC Dựng phía ngoài tam giác đó các tam giác BAE và CAF vuông cân A Gọi I, M, J theo thứ tự là trung điểm EB, BC, CF Chứng minh tam giác IM J vuông cân Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 306 (307) Chương Phép biến hình B Vì ∆ABE, ∆ACF là tam giác vuông cân A nên ta có Q(A,90◦ ) : B −→ E I E F −→ C M BF −→ EC ( BF = EC Suy C A Ÿ (BF, EC) = 90◦ Mà ( M I, M J là đường trung bình ∆BEC, ∆CBF nên MI = MJ J ⁄ (M I, M J) = 90◦ Do đó ∆IM J vuông cân M F BÀI Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Lấy các đoạn thẳng AB, BC làm cạnh, dựng các tam giác ABE và BCF nằm cùng phía so với đường thẳng AB Gọi M, N là trung điểm các đoạn thẳng AF và CE Chứng minh tam giác BM N Lời giải F Vì tam giác ABE và BCF là tam giác nên ta có Q(B,60◦ ) : A −→ E E F −→ C AF −→ EC ( Do đó M M −→ N Vì M, N là trung điểm AF, CE BM = BN hay tam giác BM N ⁄ (BM, BN ) = 60◦ A N B C BÀI A PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa (Phép đối xứng tâm) Cho điểm I Phép biến hình biến điểm I thành chính nó, biến điểm M khác I thành điểm M cho I là trung điểm đoạn thẳng M M , gọi là phép đối xứng # » # » #» tâm I, nghĩa là IM + IM = Phép đối xứng tâm I thường kí hiệu là ŒI Nhận xét (Biểu thức tọa độ) Trong mặt ® phẳng Oxy, cho I(xI ; yI ), M (xM ; yM ) và M (xM ; yM ) là xM = 2xI − xM ảnh M qua phép đối xứng tâm I Khi đó yM = 2yI − yM Tính chất Phép đối xứng tâm bảo toàn khoảng cách hai điểm bất kì biến đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với đường thẳng đã cho biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng đoạn thẳng đã cho biến tam giác thành tam giác tam giác đã cho biến đường tròn thành đường đường tròn có cùng bán kính Định nghĩa (Tâm đối xứng hình) Điểm I gọi là tâm đối xứng hình H phép đối xứng tâm I biến hình H thành chính nó Khi đó H gọi là hình có tâm đối xứng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 307 (308) Chương Phép biến hình BÀI A PHÉP VỊ TỰ VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 308 (309) Chương Phép biến hình Định nghĩa (Phép vị tự) Cho điểm O cố định và số thực k không đổi, k 6= Phép biến hình # » # » biến điểm M thành điểm M cho OM = k OM gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k và kí hiệu là V(O;k) (O gọi là tâm vị tự) Định lí Nếu phép vị tự tâm I tỉ số k biến hai điểm M , N thành hai điểm M , N thì # » # » M N = k M N và M N = |k|M N Định lí Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó Hệ Phép vị tự biến đường thẳng không qua tâm vị tự thành đường thẳng song song với đường thẳng đã cho biến đường thẳng qua tâm vị tự thành chính nó biến tia thành tia biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dài nhân lên với |k| biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng là |k| biến góc góc ban đầu ! Qua phép vị vự V(O;k) đường thẳng d biến thành chính nó và đường thẳng d qua tâm vị tự O Nếu M = V(I;k) (M ) ⇔ M = V I; k (M ) Định lí (Ảnh đường tròn qua phép vị tự) Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn có bán kính R thành đường tròn có bán kính R0 = |k| · R R0 ! ⇔k= Nếu phép vị tự tâm O tỉ số k biến đường tròn (I; R) thành đường tròn (I ; R0 ) thì |k| = R # » R #» ± và OI = k OI R Định nghĩa (Tâm vị tự hai đường tròn) Với hai đường tròn bất kì luôn có phép vị tự biến đường tròn này thành đường tròn Tâm phép vị tự này gọi là tâm vị tự hai đường tròn Nếu tỉ số vị tự k > thì tâm vị tự đó gọi là tâm vị tự ngoài, tỉ số vị tự k < thì tâm vị tự đó gọi là tâm vị tự Nhận xét (Cách xác định tâm vị tự) R # » #» Nếu I là tâm vị tự ngoài, ta có IO = · IO0 R R # » #» Nếu I là tâm vị tự trong, ta có IO = − · IO0 R R0 R I O I0 O0 Định nghĩa (Phép đồng dạng) Phép biến hình F gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0) với hai điểm bất kì M , N và ảnh M , N tương ứng chúng, ta luôn có M N = k · M N Mọi phép đồng dạng tỉ số k hợp thành phép vị tự tỉ số k và phép dời hình D Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 309 (310) Chương Phép biến hình B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 6.1 Phép vị tự hệ tọa độ Oxy Phương pháp giải: Dùng định nghĩa và tính chất phép vị tự # » # » V(O,k) (A) = A0 ⇔ OA0 = k OA Phép vị tự V(I,k) biến Đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với nó Đường tròn có bán kính R thành đường tròn có bán kính |k|R VÍ DỤ VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phép vị tự tâm O(0; 0) sau Cho A(1; −1), B(2; 3) Tìm A0 = V(O;k) (A) và B = V(O;k) (B) với k = −3 Cho M (3; −1) và M = V(O;k) (M ) với k = Tìm tọa độ M Lời giải # » # » A = V(O;−3) (A) ⇔ OA0 = −3OA ⇔ ® xA0 = −3xA = −3 Vậy A0 (−3; 3) y A0 = −3yA = ® xB = −3xB = −6 # »0 # » B = V(O;−3) (B) ⇔ OB = −3OB ⇔ Vậy B (−6; −9) yB = −3yB = −9 ã Å x M = x M = # » 1 # » 0 M = V(O;3) (M ) ⇔ M = V Vậy M 1; − (M ) ⇔ OM = OM ⇔ O; 3 yM = yM = − 3 VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường thẳng (d) các trường hợp Cho d : 2x − y + = Tìm d0 = V(O;k) (d) với O(0; 0) và k = 2 Cho d : 3x + 2y − = Tìm d0 = V(I;k) (d) với I(1; 2) và k = −2 Cho d : 2x − 3y + = Tìm d0 = V(I;k) (d) với I(2; −1) và k = −2 Lời giải O∈ / d đó d0 : 2x − y + c = (c 6= 3) là ảnh d qua V(O;2) Lấy A(0; 3) ∈ d Gọi A0 là ảnh A qua V(O;2) # » # » Ta có A = V(O;2) (A) ⇔ OA0 = 2OA ⇔ ® xA0 = 2xA = yA0 = 2yA = ⇔ A0 (0; 6) Mà A0 ∈ d0 ⇒ · − + c = ⇒ c = Vậy d0 : 2x − y + = I∈ / d đó d0 : 3x + 2y + c = (c 6= −6) là ảnh d qua V(I;−2) Lấy A(0; 3) ∈ d Gọi A0 là ảnh A qua V(I;−2) # » #» Ta có A = V(I;−2) (A) ⇔ IA0 = −2IA ⇔ ® xA0 = −2xA + 3xI = yA0 = −2yA + 3yI = ⇔ A0 (3; 0) Mà A0 ∈ d0 ⇒ · + · + c = ⇒ c = −9 Vậy d0 : 3x + 2y − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 310 (311) Chương Phép biến hình / d đó d0 : 2x − 3y + c = (c 6= 6) là ảnh d qua V(I;−2) Lấy A(0; 2) ∈ d Gọi A0 là ảnh A I ∈ qua V(I;−2) # » #» Ta có A = V(I;−2) (A) ⇔ IA0 = −2IA ⇔ ® xA0 = −2xA + 3xI = yA0 = −2yA + 3yI = −7 ⇔ A0 (6; −7) Mà A0 ∈ d0 ⇒ · − · (−7) + c = ⇒ c = −33 Vậy d0 : 2x − 3y − 33 = VÍ DỤ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm ảnh đường tròn (C) các trường hợp Cho (C) : (x + 1)2 + (y − 3)2 = Tìm (C ) = V(O;k) ((C)) với O(0; 0) và k = Cho (C) : (x − 3)2 + (y + 1)2 = Tìm (C ) = V(M ;k) ((C)) với M (1; 2) và k = −2 Cho (C) : x2 + (y − 1)2 = Tìm (C ) = V(M ;k) ((C)) với M (2; 1) và k = Lời giải √ √ 0 Vì (C ) = V(O;3) ((C)) nên I = V ®(O;3) (I) là tâm và R = 3R = là bán kính (C ) xI = 3xI = −3 # » #» I = V(O;3) (I) ⇔ OI = 3OI ⇔ ⇔ I (−3; 9) Vậy (C ) : (x + 3)2 + (y − 9)2 = 18 yI = 3yI = Đường tròn có tâm I(−1; 3) và bán kính R = 0 Đường tròn có tâm I(3; −1) và bán kính R = 0 Vì (C ) = V(M ;−2) ((C)) nên I = V(M® ;−2) (I) là tâm và R = 2R = là bán kính (C ) xI = −2xI + 3xM = −3 # » # » I = V(M ;−2) (I) ⇔ M I = −2M I ⇔ ⇔ I (−3; 8) Vậy (C ) : (x + 3)2 + (y − yI = −2yI + 3yM = 8)2 = 36 Đường tròn có tâm I(0; 1) và bán kính R = 0 Vì (C ) = V(M ;3) ((C)) nên I = V® (M ;3) (I) là tâm và R = 3R = là bán kính (C ) xI = 3xI − 2xM = −4 # » # » I = V(M ;3) (I) ⇔ M I = 3M I ⇔ ⇔ I (−4; 1) Vậy (C ) : (x+ 4)2 + (y −1)2 = yI = 3yI − 2yM = VÍ DỤ Cho đường tròn (C) : (x − 1)Å2 + (yã− 2)2 = Gọi f là phép biếnÅhình có ã cách thực #» phép tịnh tiến theo véc-tơ v = ; ; đến phép vị tự tâm M ; với tỉ số k = Viết 2 3 phương trình đường tròn (C ) qua phép biến hình f Lời giải Đường tròn có tâm I(1; 2) và bán kính R = 00 00 00 #» Gọi (C 00 ) = T #» v ((C)) Do đó, I = T v (I) là tâm và R = R = là bán kính (C ) Å ã xI 00 = xI + x #» = v =1+ # » 2 #» 00 00 00 #» I = T v (I) ⇔ II = v ⇔ ⇔ I ; Vì (C ) = 2 yI 00 = yI + y #» = v =2+ 2 00 00 I = V(M ;2) (I ) là tâm và R = 2R = là bán kính (C ) xI = 2xI 00 − xM = Å ã Å # »0 # » ⇔ I ; 20 Vậy (C ) : x − 00 00 I = V(M ;2) (I ) ⇔ M I = 2M I ⇔ 3 yI = 2yI 00 − yM = 20 16 V(M ;2) ((C 00 )) nên ã2 Å ã 20 + y− = BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm B(4; −2), đường thẳng d : x − y + = và đường tròn (C) : (x + 2)2 + (y + 5)2 = Tìm tọa độ điểm B1 là ảnh B qua phép quay tâm O, góc quay 90◦ và điểm B2 , biết B là ảnh B2 qua phép tịnh tiến theo véc-tơ #» v = (1; −3) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 311 (312) Chương Phép biến hình Viết phương trình (C ) là ảnh (C) qua phép vị tự tâm O, tỉ số −3 Viết phương trình đường thẳng d0 là ảnh d qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = Lời giải B1 ◦ B1 (x; y) là ảnh B(4; ® tâm O, ® góc quay 90 nên ® −2) qua phép quay ® # » # » 4x − 2y = x=2 x = −2 OB · OB1 = ⇒ ; Góc quay theo chiều ⇒ y=4 y = −4 OB = OB1 x2 + y = 20 dương nên B1 (2; 4) #» B(4; −2) là ảnh ® phép tịnh tiến theo véc-tơ v = (1; −3) nên ® B2 (m; n) qua m=3 4−m=1 # » ⇔ B2 B = #» v ⇔ Vậy B2 (3; 1) n=1 − − n = −3 B2 O 90◦ B #» v = (1, −3) (C) có tâm I(−2; −5) và bán kính R = (C ) có tâm I (x; y) và bán kính R0 # » #» (C ) là ảnh (C) qua phép vị tự tâm O, tỉ số −3 nên R0 = 3R = và OI = −3OI ⇒ x = 6; y = 15 2 Vậy (C ) : (x − 6) + (y − 15) = 81 d0 là ảnh d qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = M (x; x + 2) ∈ d, qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = biến # » # » M thành M với OM = 2OM đó M (2x; 2x + 4) ∈ d0 Vậy d0 : x − y + = BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 3x − 4y − = và đường tròn có phương trình (C) : x2 + y − 18x + 4y + 36 = Tìm ảnh d qua phép quay tâm O, góc quay 90◦ Tìm ảnh đường tròn (C) qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép tịnh tiến theo #» v = (4; 3) và phép vị tự tâm I(0; 2), k = −2 Lời giải Phép quay tâm O, góc quay 90◦ biến N (x; y) thành N (−y; x) ◦ Ảnh Å d qua phép ãquay tâm O, góc quay 90 là đường thẳng d Có M x; (3x − 8) ∈ d : 3x − 4y − = , qua phép quay tâm O, góc quay 90◦ biến M thành Å ã M − (3x − 8); x ∈ d0 Vậy d0 : 4x + 3y − = Đường tròn (C) : x2 + y − 18x + 4y + 36 = có tâm M (9; −2) và bán kính R = Phép tịnh tiến theo #» v = (4; 3) biến (C) thành (C1 ) có tâm M1 (13; 1) và bán kính R1 = R = Nên (C1 ) : (x − 13)2 + (y − 1)2 = 49 Phép vị tự tâm I(0; 2),k = −2 biến (C1 ) thành đường tròn (C2 ) có tâm M2 # » # » và bán kính R2 với IM2 = −2IM1 , R2 = 2R1 Nên M2 (−26; 4), R2 = 14 Vậy (C2 : (x + 26)2 + (y − 4)2 = 142 M2 I M1 M BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho B(−2; 3), I(3; −1), đường thẳng d : 2x + y − = và đường tròn (C) : x2 + y − 2x + 6y − = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 312 (313) Chương Phép biến hình Tìm ảnh điểm B qua phép qua phép dời hình có cách thực liên tiếp phép quay tâm O, góc quay 90◦ và phép tịnh tiến theo #» v = (−1; 2) Tìm ảnh đường thẳng d qua phép vị tự tâm O, tỉ số −2 Tìm ảnh đường tròn (C) qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép vị tự tâm I, tỉ số và phép quay tâm O, góc quay 900 Lời giải Phép quay tâm O, góc quay 90◦ biến B(−2; 3) thành B1 (−3; −2) Phép tịnh tiến theo #» v = (−1; 2) biến B1 (−3; −2) thành B2 (−4; 0) Phép vị tự tâm O, tỉ số −2 biến đường thẳng d thành đường thẳng d0 # » # » Phép vị tự tâm O, tỉ số −2 biến M (x; −2x+1) ∈ d thành M với OM = −2OM nên M (−2x; 4x−2) ∈ d0 Vậy d0 : 2x + y + = Đường tròn (C) : x√2 +y −2x+6y−1 = có tâm A(1; −3) và bán kính R = 11 Phép vị tự tâm I, tỉ số biến (C) thành (C1 ) có tâm # » #» A1 và bán kính R1√ với IA1 = 3IA, R1 = 3R Nên A1 (−3; −7), R1 = 11 Vậy (C1 ) : (x + 3)2 + (y + 7)2 = 99 Phép quay tâm O, góc quay 90◦ biến A1 (−3; −7) thành A2 (7; −3) và biến (C1 ) thành đường √ tròn (C2 ) có tâm A2 (7; −3) và bán kính R2 = R1 = 11 Vậy (C2 ) : (x − 7)2 + (y + 3)2 = 99 O I A A2 A1 BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x − 3y + = Viết phương trình đường thẳng d0 là ảnh d qua phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép vị tự tâm I(2; −1) tỉ số vị tự k = −2 và phép tịnh tiến theo #» v = (−1; 1) Lời giải d : 2x − 3y + = Phép đồng dạng có cách thực liên tiếp phép vị tự tâm I(2; −1) tỉ số vị tự k = −2 và phép tịnh tiến theo #» v = (−1; 1) biến đường thẳng d : 2x − d0 : 2x − 3y − 28 = 3y + = thành d0 : 2x − 3y + m = (d0 #» v = (−1, 1) M và d song song trùng nhau) I O Phép vị tự tâm I(2; −1) tỉ số vị tự k = M0 M1 −2 biến điểm M (−3; 0) ∈ d thành M1 # » # » với IM1 = −2IM nên M1 (12; −3) Phép tịnh tiến theo #» v = (−1; 1) biến M1 (12; −3) thành M (11; −2) ∈ d0 : 2x− 3y +m = đó m = −28 Vậy d0 : 2x− 3y − 28 = BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai parabol (P1 ) : y = ax2 và (P2 ) : y = bx2 (với a 6= b) Chứng minh có phép vị tự biến parabol này thành parabol Lời giải Giả sử M (m; am2 ) ∈ (P1 ), với m 6= Đường thẳng OM có phương trìnhãy = amx Å am a2 m2 Khi đó đường thẳng OM cắt (P2 ) hai điểm O(0; 0) và N ; b b a # » # » Đặt k = ta ON = k OM b a Do đó phép vị tự tâm O, tỉ số k = biến (P1 ) thành (P2 ) b BÀI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 1) và B(8; 4) Tìm tọa độ tâm vị tự hai đường tròn (A; 2) và (B; 4) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 313 (314) Chương Phép biến hình Lời giải Gọi I(x; y), I (x0 ; y ) là tâm vị tự ngoài và tâm vị tự hai đường tròn (A; 2) và (B; 4) Ta có ® 2 − x = (8 − x) x = −4 #» 1# » ⇔ IA = IB ⇔ y = −2 1 − y = (4 − y) ® 2 − x0 = − (8 − x0 ) x =4 #0 » #0 » 2 IA=− IB⇔ ⇔ y = 1 − y = − (4 − y ) Vậy có hai tâm vị tự thỏa mãn bài toán là I(−4; −2) và I (4; 2) y B O A I0 x I Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 314 (315) CHƯƠNG BÀI ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN ĐẠI CƯƠNG VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Mở đầu hình học không gian Đối tượng bản: Điểm: kí hiệu A, B, C, Đường thẳng: kí hiệu a, b, c, d, Mặt phẳng: kí hiệu (P ), (Q), (α), (β), d A B P Quan hệ bản: Thuộc: kí hiệu ∈ Ví dụ A ∈ d, M ∈ (P ) Chứa, nằm trong: kí hiệu ⊂ Ví dụ: d ⊂ (P ), b ⊂ (α) Hình biểu diễn hình không gian: Đường thẳng biểu diễn đường thẳng Đoạn thẳng biểu diễn đoạn thẳng Hai đường thẳng song song (hoặc cắt nhau) biểu diễn hai đường thẳng song song (hoặc cắt nhau) Hai đoạn thẳng song song biểu diễn hai đoạn thẳng song song và Dùng nét vẽ liền để biểu diễn cho đường trông thấy và dùng nét đứt đoạn (- - - -) để biểu diễn cho đường bị che khuất Các tính chất thừa nhận hình học không gian Có và mặt phẳng qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng cho trước Nếu đường thẳng có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng thì điểm đường thẳng thuộc mặt phẳng đó Tồn bốn điểm không cùng thuộc mặt phẳng Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung thì chúng còn có điểm chung khác Từ tính chất này suy ra: Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung thì chúng có đường thẳng chung qua điểm chung Đường thẳng chung là chứa tất các điểm chung hai mặt phẳng đó Đường thẳng chung đó gọi là giao tuyến hai mặt phẳng Trên mặt phẳng, các kết đã biết hình học phẳng đúng d E A α B C d A α B D A α 315 G B C (316) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Điều kiện xác định mặt phẳng Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết nó qua ba điểm không thẳng hàng Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết nó qua điểm và chứa đường thẳng không qua điểm đó Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết nó chứa hai đường thẳng cắt Mặt phẳng hoàn toàn có thể mở rộng đến vô cực Hình chóp và hình tứ diện Cho đa giác A1 A2 A3 An nằm mặt phẳng (α) và điểm S ∈ / (α) Lần lượt nối điểm S với các đỉnh A1 A2 A3 An ta n tam giác SA1 A2 , SA2 A3 2, SAn A1 Hình gồm đa giác A1 A2 A3 An và n tam giác SA1 A2 , SA2 A3 , SAn A1 gọi là hình chóp, kí hiệu hình chóp này là S.A1 A2 A3 An Khi đó ta gọi: S là đỉnh hình chóp A1 A2 A3 An là mặt đáy hình chóp Các tam giác SA1 A2 , SA2 A3 , SAn A1 gọi là các mặt bên Ta gọi hình chóp có đáy là tam giác, tứ giác, ngũ giác, , là hình chóp tam giác, hình chóp tứ giác, hình chóp ngũ giác, Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng Hình gồm tam giác ABC, ACD, BCD, ABD gọi là hình tứ diện (hay ngắn gọn gọi là tứ diện) và kí hiệu là ABCD Các điểm A, B, C, D là bốn đỉnh tứ diện Các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, CA, BD gọi là các cạnh tứ diện Hai cạnh không qua đỉnh gọi là hai cạnh đối diện tứ diện Các tam giác ABC, ACD, ABD, BCD gọi là các mặt tứ diện Hình tứ diện có bốn mặt là các tam giác gọi là hình tứ diện S A A B B C D C D Hình chóp tam giác (Tứ diện) Hình chóp tứ giác S S A B B A D C Hình chóp tứ giác có đáy là hình thang Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 D C Hình chóp tứ giác có đáy là hình bình hành Trang 316 (317) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 1.1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng Tìm hai điểm chung phân biệt hai mặt phẳng Đường thẳng nối hai điểm đó là giao tuyến chúng VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện SABC Gọi M, N là hai điểm trên cạnh AB và BC cho M N không song song với AC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau (SM N ) và (SAC); (SAN ) và (SCM ) Lời giải S Trong (ABC), gọi K = M N ∩ AC, ta có ® S ∈ (SM N ) ∩ (SAC)S K ∈ (SM N ) ∩ (SAC) Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là đường thẳng SK Trong (ABC), gọi H = AN ∩ CM , ta có A ® M S ∈ (SAN ) ∩ (SCM ) B H H ∈ (SAN ) ∩ (SCM ) N Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là đường thẳng SH C K VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD, đó mặt đáy ABCD có các cặp cạnh đối không song song Gọi điểm M thuộc cạnh SA Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (SBD); (SAB) và (SCD); (M BC) và (SAD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 317 (318) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Trong (ABCD), gọi E = AC ∩ BD, ta có ® S ∈ (SAC) ∩ (SBD) M E ∈ (SAC) ∩ (SBD) Vậy đường thẳng giao tuyến là SE Trong (ABCD), gọi F = AB ∩ CD, ta có ® A D K S ∈ (SAB) ∩ (SCD) F ∈ (SAB) ∩ (SCD) E C Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là SF B Trong (ABCD), gọi K = AD ∩ CB, ta có ® F M ∈ (M BC) ∩ (SAD) K ∈ (M BC) ∩ (SAD) Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là M K BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho tứ diện SABC Gọi K, M là hai điểm trên cạnh SA và SC Gọi N là trung điểm cạnh BC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau (SAN ) và (ABM ); (SAN ) và (BCK) Lời giải S Trong (SBC), gọi E = SN ∩ BM , ta có ® A ∈ (SAN ) ∩ (ABM ) M K E ∈ (SAN ) ∩ (ABM ) Vậy đường thẳng giao tuyến là AE E Ta có ® N ∈ (SAN ) ∩ (BCK) A C K ∈ (SAN ) ∩ (BCK) Suy giao tuyến hai mặt phẳng là KN N B BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB k CD và AB > CD Lấy điểm M trên đoạn BC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SAC) và (SBD); (SAD) và (SBC); (SAM ) và (SBD); (SDM ) và (SAB) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 318 (319) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Trong (ABCD), gọi E = AC ∩ BD, ta có ® S ∈ (SAC) ∩ (SBD) E ∈ (SAC) ∩ (SBD) Vậy đường thẳng giao tuyến là SE Trong (ABCD), gọi K = AD ∩ CB, ta có ® A B H S ∈ (SBC) ∩ (SAD) K ∈ (SAD) ∩ (SBC) F Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là SK E D Trong (ABCD), gọi F = AM ∩ DB, ta có ® M C S ∈ (SAM ) ∩ (SBD) K F ∈ (SAM ) ∩ (SBD) Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là SF Trong (ABCD), gọi = DM ∩ AB, ta có ® S ∈ (SDM ) ∩ (SAB) H ∈ (SDM ) ∩ (SAB) Vậy giao tuyến hai mặt phẳng là SH BÀI Cho tứ diện SABC Gọi D, E, F là trung điểm AB, BC, SA Tìm giao tuyến SH hai mặt phẳng (SCD) và (SAE); Tìm giao tuyến CI hai mặt phẳng (SCD) và (BF C); SH và CI có cắt không? Giải thích? Nếu có, gọi giao điểm đó là O, chứng minh IH k SC Tính tỉ số OH OS Lời giải S Trong (ABC), gọi H = AE ∩ CD ≡ H Ta có giao tuyến (SCD) và (SAE) là SH F Trong (SAB), gọi I = SD ∩ BF Ta có giao tuyến hai mặt phẳng (SCD) và (BF C) là CI Ta có CI và SH cùng nằm mặt phẳng (SCD) Xét tam giác SCD có I ∈ SD; H ∈ CD nên CI và O ID Ta có I là trọng tâm tam giác SAB suy = SD DH H là trọng tâm tam giác ABC suy = CD DH ID = ⇔ IH k SC Suy SD CD OH IH ID Vậy = = = OS SC SD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 SH cắt O I A C H D E B Trang 319 (320) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi Trên cạnh SA lấy điểm M Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SAC) và (SBD) (BCM ) và (SAD) (CDM ) và (SAB) (BDM ) và (SAC) BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành Trung điểm CD là M Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SAC) và (SBD) (SBM ) và (SAC) (SBM ) và (SAD) (SAM ) và (SBC) BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB k CD và AB > CD Lấy điểm M nằm trên đoạn SA Hãy tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (BDM ) và (SAC) (BCM ) và (SAD) (BCM ) và (SCD) BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Lấy điểm M trên cạnh SA, trung điểm CD là N Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (BM N ) và (SAC) (BM N ) và (SAD) (M CD) và (SBD) (M CD) và (SAB) BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là tứ giác có hai cạnh đối diện không song song Lấy điểm M thuộc miền tam giác SCD Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SBM ) và (SCD) (ABM ) và (SCD) (ABM ) và (SAC) BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi Lấy I thuộc cạnh SA, J thuộc cạnh SB cho IJ không song song với AB Lấy K là điểm thuộc miền tứ giác ABCD Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (IJK) và (ABCD) (IJK) và (SAB) (IJK) và (SAD) (IJK) và (SAC) (IJK) và (SBD) BÀI 10 Cho hình chóp SABC Trên cạnh SA, SC lấy điểm M, N cho M N không song song với AC Gọi K là trung điểm BC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (M N K) và (ABC) (M N K) và (SAB) BÀI 11 Cho hình chóp SABC Trên cạnh SA, SC lấy điểm M, N cho M N không song song với AC Gọi O là điểm thuộc miền tam giác ABC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (M N O) và (ABC) (M N O) và (SAB) (SM O) và (SBC) (ON C) và (SAB) BÀI 12 Cho tứ diện ABCD có M là điểm trên cạnh AB, N là điểm trên cạnh AD cho M B = 2M A, AN = 2N D Gọi P là điểm nằm tam giác BCD Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (CM N ) và (BCD) (M N P ) và (SAD) (M N P ) và (ABC) BÀI 13 Cho tứ diện ABCD Gọi M là điểm nằm tam giác ABC, N là điểm nằm tam giác ACD Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 320 (321) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian (CDM ) và (ABD) (BCN ) và (ABD) (CM N ) và (BCD) BÀI 14 Cho tứ diện SAC Lấy điểm E, F trên đoạn SA, SB và điểm G là trọng tâm tam giác ABC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (EF G) và (SBC) (EF G) và (ABC) (EF G) và (SGC) BÀI 15 Cho hình chóp S.ABCD Hai điểm G, H là trọng tâm 4SAB, 4SCD Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SGH) và (ABCD) (SAC) và (SGH) (SAC) và (BGH) (SCD) và (BGH) BÀI 16 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có AB k CD Gọi I là giao điểm AD và BC Lấy M thuộc cạnh SC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (SAC) và (SBD) (SAD) và (SBC) (ADM ) và (SBC) BÀI 17 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M, N, Q là trung điểm các cạnh BC, CD, SA Hãy tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (M N P ) và (SAB) (M N P ) và (SAD) (M N P ) và (SBC) (M N P ) và (SCD) BÀI 18 Cho hình chóp S.ABC Gọi H, K là trọng tâm tam giác SAB, SBC và M là trung điểm cạnh AC, I ∈ SM cho SI > SM Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau đây: (IHK) và (ABC) (IHK) và (SBC) { DẠNG 1.2 Tìm giao điểm đường thẳng d và mặt phẳng (α) β d I u α Tìm mặt phẳng phụ (β) chứa d cho dễ tạo giao tuyến với (α) Mặt phẳng này thường xác định d và điểm (α) Tìm giao tuyến u (α) và (β) Trong (β), d cắt u I, mà u ⊂ (α) Vậy d cắt (α) I VÍ DỤ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 321 (322) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian VÍ DỤ Cho tứ diện SABC có M là điểm nằm trên tia đối tia SA, O là điểm nằm tam giác ABC Tìm các giao điểm Đường thẳng BC và mặt phẳng (SOA); Đường thẳng M O và mặt phẳng (SBC); Đường thẳng AB và mặt phẳng (M OC); Đường thẳng SB và mặt phẳng (M OC) Lời giải M Trong ® mặt phẳng (ABC), kéo dài AO cắt BC I Ta có I ∈ BC I ∈ AO ⊂ (SOA) ⇒ I là giao điểm BC và (SOA) S H Chọn mặt phẳng phụ chứa M O là (SOA), ta có (SOA) ∩ (SBC) = SI Trong ® (SOA) ≡ (SM I), gọi J là giao điểm SI và M O J ∈ MO ⇒ J là giao điểm M O và (SBC) Ta có J ∈ SI ⊂ (SBC) J A C O I K mặt phẳng (ABC), kéo dài CO cắt AB K Trong ® Ta có K ∈ AB K ∈ CO ⊂ (M OC) B ⇒ K là giao điểm AB và (M OC) Chọn mặt phẳng phụ chứa SB là (SAB), ta có (SAB)∩(M OC) = M K Trong ® (SAB) ≡ (M AB), gọi H là giao điểm SB và M K H ∈ SB Ta có ⇒ H là giao điểm SB và (M OC) H ∈ M K ⊂ (M OC) VÍ DỤ Cho tứ diện SABC có hai điểm M , N thuộc hai cạnh SA, SB và O là điểm nằm tam giác ABC Xác định giao điểm Đường thẳng AB và mặt phẳng (SOC); Đường thẳng M N và mặt phẳng (SOC); Đường thẳng SO và mặt phẳng (CM N ) Lời giải S Trong ® mặt phẳng (ABC), kéo dài CO cắt AB I Ta có I ∈ AB I ∈ CO ⊂ (SOC) ⇒ I là giao điểm AB và (SOC) Chọn mặt phẳng phụ chứa M N là (SAB), ta có (SAB) ∩ (SOC) = SI Trong ® (SAB), gọi K là giao điểm SI và M N K ∈ MN Ta có ⇒ K là giao điểm M N và (SOC) K ∈ SI ⊂ (SOC) Chọn mặt phẳng phụ chứa SO là (SIC), ta có (SIC) ∩ (CM N ) = KC N K H M A C I O B Trong ® (SIC), gọi H là giao điểm KC và SO H ∈ SO Ta có ⇒ H là giao điểm SO và (CM N ) H ∈ KC ⊂ (CM N ) BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M , N là trung điểm AC và BC Lấy điểm P trên cạnh BD cho P B > P D Tìm giao điểm Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 322 (323) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian CD và (M N P ) AD và (M N P ) Lời giải A M E Q D C P N B NB PB = 6= nên N P và DC cắt giả sử Q NC PC Rõ ràng Q ∈ CD theo cách dựng Lại có Q ∈ N P ⊂ (M N P ) nên Q ∈ (M N P ) Vậy Q = CD ∩ (M N P ) Trong mặt phẳng (BCD), xét tam giác BCD có Trong mặt phẳng (ACD) nối Q với M cắt AD E Dễ thấy E ∈ AD theo cách dựng Lại có E ∈ M Q ⊂ (M N P ) nên E ∈ (M N P ) Vậy E = AD ∩ (M N P ) BÀI Cho tứ diện ABCD Trên AC và AD lấy các điểm M , N cho M N không song song với CD Gọi O là điểm thuộc miền 4BCD Tìm giao điểm BD và (OM N ) BC và (OM N ) M N và (ABO) AO và (BM N ) Lời giải A Trong mặt phẳng (ACD), vì M N không song song với CD nên ta giả sử M N cắt CD E Trong mặt phẳng (BCD), nối E với O kéo dài cắt BD và BC F và G M Ta có F ∈ OE ⊂ (OM N ) và F ∈ BD Suy F = I BD ∩ (OM N ) N F Vậy G = BC ∩ (OM N ) Trong mặt phẳng (BCD) kéo dài BO cắt DC H E G J B Theo cách dựng thì G ∈ BC và G ∈ OE ⊂ (OM N ) C O H D Trong mặt phẳng (ADC) nối H với A cắt M N I Vì H ∈ BO ⊂ (ABO) nên AH ⊂ (ABO) Suy I ∈ (ABO) Vậy I = M N ∩ (ABO) Trong mặt phẳng (ABH) nối B với I cắt AO J Rõ ràng J ∈ AO theo cách dựng và J ∈ BI ⊂ (BM N ) Vậy J = AO ∩ (BM N ) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm SB, N là trọng tâm 4SCD Xác định giao điểm M N và (ABCD) M N và (SAC) SC và (AM N ) SA và (CM N ) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 323 (324) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Gọi I và J là trung điểm các cạnh SD và DC Trọng tâm tam giác SCD là N = SJ ∩ CI Trong mặt phẳng (ABCD) nối B với J cắt AC và AD G E và K Vì DK k BC nên theo Hệ Định lý Talet ta có I H M N F JB JC = = ⇒ JC = JD JK JD K A Vậy 4SCD và 4SBK có chung đường trung tuyến là SJ Vì trọng tâm N 4SCD là trọng tâm 4SBK Suy K ∈ M N Lúc đó K = M N ∩ (ABCD) D J E B C Trong mặt phẳng (SBJ) nối S với E cắt M N F Ta có F = M N ∩ (SAC) Trong mặt phẳng (SCD) nối N với D kéo dài cắt SC H Vì D ∈ AK ⊂ (AM N ) nên N D ⊂ (AM N ) Suy H ∈ (AM N ) Vậy H = SC ∩ (AM N ) Theo cách dựng ta thấy IK = (CM N ) ∩ (SAD) Trong mặt phẳng (SAD) kéo dài IK cắt SA G Lúc đó G = SA ∩ (CM N ) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Trên SA, SB lấy hai điểm M và N Tìm giao điểm SO và (CM N ) Tìm giao tuyến (SAD) và (CM N ) Lời giải Trong mặt phẳng (SAC) nối S với O cắt M C I Trong mặt phẳng (SBD) kéo dài IN cắt SD J Lúc đó S M I = SO ∩ (CM N ) J N I J ∈ (SAD) ∩ (CM N ) Lại có M ∈ (SAD) ∩ (CM N ) Vậy JM = (SAD) ∩ (CM N ) B A O D C BÀI Cho hình chóp S.ABCD Gọi M , N là trung điểm cạnh SA, SD và P là điểm thuộc cạnh SB cho SP = 3P B Tìm giao điểm Q SC và (M N P ) Tìm giao tuyến (M N P ) và (ABCD) Lời giải Gọi O là giao điểm AC và BD Trong mặt phẳng (SBD) gọi I là giao điểm N P với SO Lúc đó I ∈ (M N P ) và M I ⊂ (SAC) S Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q là giao điểm M I và SC Vì Q ∈ M I M P nên Q = SC ∩ (M N P ) Trong mặt phẳng (SAC) gọi G là giao điểm M I và AC Lúc đó H I N B A G ∈ (M N P ) ∩ (ABCD) Trong mặt phẳng (SAB), vì O PS MS = =3 1= MA PB nên M P và AB cắt Gọi H là giao điểm M P và AB Ta có H ∈ (M N P ) ∩ (ABCD) Vậy GH = (M N P ) ∩ (ABCD) D G C Q BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm SC, N là trung điểm OB với O là giao điểm AC và BD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 324 (325) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Tìm giao điểm I SD với (AM N ) Tính tỉ số SI ID Lời giải S I M A P O D B N L C J Trong mặt phẳng (ABCD) nối A với N kéo dài cắt DC J và cắt BC L Trong mặt phẳng (SDC) nối J với M kéo dài cắt SD I Vì J ∈ AN ⊂ (AM N ) nên M J ⊂ (AM N ) Suy I ∈ (AM N ) Vậy I = SD ∩ (AM N ) Trong mặt phẳng (ABCD), vì AB k DJ nên 4N AB đồng dạng với 4N JD Suy DJ DN = = ⇒ DJ = 3AB = 3DC AB NB Trên cạnh SD lấy điểm P cho I là trung điểm SP Ta có IM là đường trung bình 4SP C nên IM k P C ⇒ IM k IJ Áp dụng Định lý Talet 4DIJ ta có DJ DI = = ⇒ DI = 3DP và SI = P I = 2DP DP DC Vậy SI = ID BÀI Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm tam giác ABC Gọi M là điểm trên cạnh SA cho M A = 2M S, K là trung điểm BC và D là điểm đối xứng G qua A Tìm giao điểm H SK với (M CD) Tính tỉ số HK SK Lời giải Trong mặt phẳng (SDK) kéo dài DM cắt SK H Lúc đó H = SK ∩ (M CD) Trong mặt phẳng (SDK) vẽ đường thẳng qua A và song song với S SK cắt DH E Vì AE k SH nên theo Hệ Định lý Talet ta có M AE MA = = ⇒ SH = AE SH MS Trong 4DHK ta có AE k HK nên theo Định lý Talet thì DA AE = = ⇒ HK = AE HK DK 5 HK Ta có SK = SH + HK = AE + AE = 3AE Vậy = 2 SK H E D C G A K B BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi I và J là trung điểm AC và BC Trên cạnh BD lấy điểm K cho BK = 2KD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 325 (326) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Tìm giao điểm E CD với (IJK) Chứng minh: DE = DC Tìm giao điểm F AD với (IJK) Chứng minh: F A = 2F D và F K k IJ Gọi M và N là hai điểm bất kì nằm trên hai cạnh AB và CD Tìm giao điểm M N với (IJK) Lời giải A M P F I H E N D C Q K J B Trong mặt phẳng (BCD) kéo dài JK cắt CD E Lúc đó, dễ thấy E ∈ CD theo cách dựng Lại có E ∈ KJ ⊂ (IJK) Suy E = CD ∩ (IJK) Trong mặt phẳng (BCD) lấy điểm E thuộc đường thẳng DC cho D là trung điểm E C Xét 4E BC có BD và E J là các đường trung tuyến Vì BK = 2KD nên K là trọng tâm 4E BC Suy E , K, J thẳng hàng Từ đây có E = DC ∩ KJ Vậy E ≡ E Suy DE = DC Trong mặt phẳng (ACD), nối I với E cắt AD F Lúc đó rõ ràng F ∈ AD và vì F ∈ EI ⊂ (IJK) nên F ∈ (IJK) Vậy F = AD ∩ (IJK) Trong 4AEC, vì các điểm D, I là trung điểm EC và AC nên F = AD ∩ EI chính là trọng tâm 4AEC Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có F A = 2F D DK DF Vì IJ là đường trung bình tam giác ABC nên IJ k AB Mặt khác, vì = = nên theo DB DA Định lý Talet ta có F K k AB Từ đó suy F K k IJ Trong mặt phẳng (BCD) nối B với N cắt KJ Q Ta có Q ∈ (IJK) Trong mặt phẳng (ADC) nối A với N cắt EI P Vì (IJK) ≡ (IEJ) nên P ∈ EI ⊂ (IEJ) ⇒ P ∈ (IJK) Trong mặt phẳng (ABN ) nối P với Q cắt M N H Lúc đó, vì H ∈ P Q ⊂ (IJK) nên H ∈ (IJK) Vậy H = M N ∩ (IJK) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AD k BC và AD = 2BC, E là trung điểm SA Gọi N là điểm thuộc đoạn AB cho N B = 2N A và M là điểm thuộc đoạn CD cho M D = 2M C Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (EM N ) và (SAD) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (EM N )và (SCD) Tìm giao điểm L đường thẳng EM và mặt phẳng (SBC) Tìm giao tuyến (CDE) và (SAB) Giao tuyến này cắt SB P và cắt AB I Chứng minh: 2SB = 3SP và S4IDE = 3S4ICP Lời giải Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài M N và AD cắt J Lúc đó J ∈ AD ⊂ (SAD) và J ∈ M N ⊂ (EM N ) Vì J ∈ (SAD) ∩ (EM N ) Dễ thấy E ∈ (SAD) ∩ (EM N ) Vậy EJ = (EM N ) ∩ (SAD) Trong mặt phẳng (SAD) kéo dài JE cắt SD Q Vì JE ⊂ (EJM ) ≡ (EM N ) nên Q ∈ (EM N ) Lúc đó QM = (EM N ) ∩ (SCD) Trong mặt phẳng (SAB) kéo dài N E và SB cắt K Lúc đó K ∈ (EM N ) ∩ (SBC) Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài M N và BC cắt H Ta có H ∈ (EM N ) ∩ (SBC) Suy GH = (EM N ) ∩ (SBC) Trong mặt phẳng (EM N ) kéo dài KH và EM cắt L Vì KH ⊂ (SBC) nên L ∈ (SBC) Vậy L = EM ∩ (SBC) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 326 (327) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài CD và AB cắt K I Lúc đó IE = (CDE) ∩ (SAB) Trong mặt phẳng (ABCD) vì BC k AD nên áp dụng Định lý Talet với 4IAD ta có IB IC BC = = = ⇒ IB = AB và ID = 2IC IA ID AD Trong mặt phẳng (SAB) xét 4SIA có B và E là trung điểm các cạnh IA và SA Lúc đó P = IE ∩ SB là trọng tâm 4SIA Theo tính chất trọng tâm thì IE = S Q E IP và 2SB = 3SP J Ta có S4IDE A P ’ = · IP · 2IC · sin EID ’ = IE · ID · sin EID 2 = · · IP · IC · sin P‘ IC = 3S4ICP D N M B C H I Vậy S4IDE = 3S4ICP L BÀI 10 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB đáy lớn và AB = 3CD Gọi N là trung điểm CD, M là điểm trên cạnh SB thỏa SM = 3M B, điểm I trên cạnh SA và thỏa AI = 3IS Tìm giao điểm đường thẳng M N với (SAD) Gọi H là giao điểm CB với (IM N ) Tính tỉ số HB HC Lời giải IS MS = 6= = nên IM và AB cắt Gọi J là giao điểm IM và AB AI MB Trong mặt phẳng (ABCD) nối J, N cắt AD P Trong mặt phẳng (IM N ) nối M , N cắt IP K Trong mặt phẳng (SAB) vì Theo cách dựng, dễ thấy K ∈ M N Vì K ∈ IP ⊂ (SAD) nên K ∈ (SAD) Vậy K = M N ∩ (SAD) Vì H là giao điểm CB với (IM N ) nên H = CB ∩ N J Ta có N C = 1 DC = AB Vì N C k BJ nên theo Hệ Định lý Talet ta có: HB BJ HB BJ BJ = ⇒ =6· =6· =6· JA HC NC HC AB JA − BJ −1 BJ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 327 (328) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Trong mặt phẳng (SAB) vẽ đường thẳng qua B và song song với SA cắt IJ O Vì BO k SI nên áp dụng Hệ Định lý Talet ta có I BM BO = = SI MS Vì BO k AI nên áp dụng Định lý Talet 4JAI ta có M O JB BO BO JA = = · = ⇒ = JA IA SI BJ Từ đó có 1 HB = 6· = 6· = JA HC 9−1 −1 BJ B A J H D N P C K BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 11 Cho hình chóp S.ABC Trên cạnh SA lấy M cho SA = 3SM , trên cạnh SC lấy điểm N cho SC = 2SN Điểm P thuộc cạnh AB Tìm giao điểm của: M N và (ABC) BC và (M N P ) BÀI 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Gọi G là trọng tâm tam giác SAB Hãy tìm: (SGC)∩(ABCD) =? AD ∩ (SGC) =? SO ∩ (SGB) =? SD ∩ (BCG) =? BÀI 13 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AB Gọi I, J là trung điểm SA và SB Lấy điểm M tùy ý trên SD Tìm giao điểm IM với (SBC) JM với (SAC) SC với (IJM ) BÀI 14 Cho tứ diện OABC Gọi M , N , P là trung điểm OA, OB và AB Trên cạnh OC lấy điểm Q cho OQ > QC Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Tìm giao điểm E = BC ∩ (M N Q) F = CP ∩ (M N Q) K = BG ∩ (M N Q) BÀI 15 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M là trung điểm SB và G là trọng tâm tam giác SAD Tìm giao điểm: K = GM ∩ (ABCD) F = AD ∩ (OM G) E = SA ∩ (OM G) BÀI 16 Cho tứ diện S.ABC, lấy điểm M là trung điểm SA, lấy điểm N là trọng tâm 4SBC và P nằm 4ABC Tìm giao điểm M N và (ABC) SB ∩ (M N P ) =? SC ∩ (M N P ) =? N P ∩ (SAB) =? Tứ giác ABIC là hình gì ? BÀI 17 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm SD Tìm I = BM ∩ (SAC) Chứng minh: BI = 2IM Tìm E = SA ∩ (BCM ) Chứng minh: E là trung điểm SA BÀI 18 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc đoạn SD cho SN = 2N D Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) Tìm giao điểm E đường thẳng M N và mặt phẳng (ABCD) Tính EN EM Tìm giao điểm K đường thẳng SC và mặt phẳng (AM N ) Gọi J giao điểm AK và SO Tính tỉ số: JK JA Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 328 (329) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian BÀI 19 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N , là trung điểm SA và CD Tìm giao điểm E AD với (BM N ) Tìm giao điểm F SD và (BM N ) Chứng minh rằng: F S = 2F D BÀI 20 Cho tứ diện ABCD Gọi I, M là trung điểm AB và BC, G là trọng tâm tam giác ACD Tìm giao điểm P CD và (IM G) Tính tỉ số: PC PD BÀI 21 Cho tứ diện ABCD Gọi I và J là trung điểm AC và BC Trên cạnh BD lấy điểm K cho BK = 2KD Tìm giao điểm E đường thẳng CD và (IJK) Chứng minh: DE = DC Tìm giao điểm F đường thẳng AD và (IJK) Tính tỉ số FA FD { DẠNG 1.3 Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (α) Phương pháp giải: Ta tìm các đoạn giao tuyến nối tiếp mặt phẳng (α) với các mặt hình chóp khép kín thành đa giác phẳng Đa giác đó là thiết diện cần tìm và các đoạn giao tuyến chính là các cạnh thiết diện VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD, trên các đoạn CA, CB, BD lấy các điểm M , N , P cho M N không song song với AB Gọi (α) là mặt phẳng xác định ba điểm M , N , P Xác định thiết diện tạo (α) và tứ diện ABCD? Lời giải Trong mặt phẳng (ABC), M N và AB không song song nên chúng cắt giả sử E Khi đó điểm E nằm ngoài đoạn AB Trong mặt phẳng (ABD), gọi Q là giao điểm EP và AD Ta có E A A N Q • (M N P ) ∩ (ABC) = M N Q • (M N P ) ∩ (BCD) = M P N B P • (M N P ) ∩ (ABD) = P Q • (M N P ) ∩ (ACD) = QN B D P M D M Vậy thiết diện cắt tứ diện ABCD mặt phẳng (M N P ) là tứ giác M N QP Hay hiết diện cắt tứ diện ABCD mặt phẳng (α) là tứ giác M N QP C E C VÍ DỤ Cho tứ diện SABC và O là điểm thuộc miền tam giác ABC Gọi M , N là hai điểm nằm trên cạnh SA và SC cho M N không song song với AC Xác định thiết diện cắt tứ diện SABC mặt phẳng (M N O)? Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 329 (330) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Trong mặt phẳng (SAC), M N và AC không song song nên chúng cắt giả sử E Khi đó điểm E nằm ngoài đoạn AC Trong mặt phẳng (ABC), gọi P , Q là giao điểm EO với BC và AB Ta có M N • (M N O) ∩ (SAC) = M N • (M N O) ∩ (SBC) = N P C A • (M N O) ∩ (ABC) = P Q E P O Q • (M N O) ∩ (SAB) = QM B Vậy thiết diện cắt tứ diện SABC mặt phẳng (M N O) là tứ giác M N P Q BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho hình chóp S.ABC Trên các cạnh SA, SB lấy các điểm M , N cho M N không song song với AB Gọi P là điểm thuộc miền tam giác ABC Xác định giao tuyến (M N P ) và (ABC) từ đó suy thiết diện cắt hình chóp S.ABC mặt phẳng (M N P ) Lời giải S Trong mặt phẳng (SAB), M N không song song với AB nên chúng cắt giả sử E Khi đó E nằm ngoài đoạn AB Trong mặt phẳng (ABC), gọi K, H là giao điểm EP với các đoạn M BC, AC (Vì P thuộc miền tam giác (ABC)) Khi đó ta có • (M N P ) ∩ (SAB) = M N • (M N P ) ∩ (SBC) = N K H N A C P • (M N P ) ∩ (ABC) = KH K • (M N P ) ∩ (SAC) = HM B E Vậy thiết diện cắt hình chóp S.ABC mặt phẳng (M N P ) là tứ giác M N KH BÀI Cho tứ diện SABC Gọi K, N là trung điểm SA, BC và M là điểm thuộc đoạn SC cho 3SM = 2M C Tìm thiết diện hình chóp và mặt phẳng (KM N ) Mặt phẳng (KM N ) cắt AB I Tính tỉ số IA IB Lời giải S M K P E A C IH N B SM SM SK = ⇒ = 6= = nên KM không song song với AC Gọi MC SC SA E là giao điểm KM và AC Trong mặt phẳng (ABC), gọi I là giao điểm EN và AB, đó I là giao điểm AB với (KM N ) Ta có Trong mặt phẳng (SAC), vì Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 330 (331) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian • (KM N ) ∩ (SAC) = M K • (KM N ) ∩ (SAB) = KI • (KM N ) ∩ (ABC) = IN • (KM N ) ∩ (SBC) = N M Vậy thiết diện cắt tứ diện SABC mặt phẳng (KM N ) là tứ giác M N IK Trên SC lấy điểm P cho M là trung điểm SP Khi đó ta có • AP k KM theo tính chất đường trung bình tam giác SAP nên AP k EM ⇒ AC PC = = AE PM • Gọi H là trung điểm AB, đó N H k AC (Tính chất đường trung bình) IH NH AI Do đó = = ⇒ AI = AH = AB ⇒ = IA AE 5 BI BÀI Cho hình chóp S.ABCD Lấy điểm M thuộc miền tam giác SBC Lấy điểm N thuộc miền tam giác SCD Tìm giao điểm M N và mặt phẳng (SAC) Tìm giao điểm SC và mặt phẳng (AM N ) Tìm thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng (AM N ) Lời giải S Q N I A R P D M F B E O C Trong mặt phẳng (ABCD), gọi O là giao điểm AC và EF Khi đó SO = (SAC) ∩ (SEF ) Trong mặt phẳng (SEF ), gọi {I} = M N ∩ SO Ta có I ∈ SO ⇒ I ∈ (SAC) Mà I ∈ M N nên {I} = M N ∩ (SAC) Theo chứng minh trên ta suy AI = (AM N ) ∩ (SAC) Trong mặt phẳng (SAC) gọi P là giao điểm AI và SC Khi đó P ∈ AI ⇒ P ∈ (AM N ) Mà P ∈ SC nên {P } = SC ∩ (AM N ) Do M, P ∈ (SBC) nên mặt phẳng (SBC), gọi R là giao điểm P M với SB Ta có P M ⊂ (AM N ) nên R ∈ (AM N ) Tương tự, mặt phẳng (SCD), gọi Q là giao điểm P N với SD ta có Q ∈ (AM N ) Vì • (AM N ) ∩ (SAB) = AR • (AM N ) ∩ (SBC) = RP • (AM N ) ∩ (SCD) = P Q • (AM N ) ∩ (SAD) = QA Vậy thiết diện cắt hình chóp S.ABCD mặt phẳng (AM N ) là tứ giác ARP Q Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 331 (332) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M là trung điểm SB và G là trọng tâm tam giác SAD Tìm giao điểm I GM với (ABCD) Chứng minh I thuộc đường thẳng CD và IC = 2ID Tìm giao điểm J AD và (OM G) Tính tỉ số JA JD Tìm giao điểm K SA và (OM G) Tính tỉ số KA KS Tìm thiết diện cắt hình chóp S.ABCD mặt phẳng (OM G) Lời giải S K I N M G H A E D J F O B P C Gọi E, N là trung điểm AD, SA Ta có M là trung điểm SB, G là trọng tâm tam giác SAD Trong mặt phẳng (SBE) có SM SG = 6= = suy M G và BE không song song Do đó SB SE M G và BE cắt Lại BE ⊂ (ABCD), {I} = M G ∩ (ABCD) nên I ∈ BE Vậy giao điểm I M G và (ABCD) là giao điểm I M G và BE Do M N là đường trung bình tam giác SAB nên M N k AB ⇒ M N k CD Suy M N , CD xác định mặt phẳng (M N DC) Lại G là trọng tâm tam giác SAD nên G ∈ N D ⇒ G ∈ (M N DC), I ∈ M G ⇒ I ∈ (M N DC) Mặt khác (M N DC) ∩ (ABCD) = CD, I ∈ (M N DC), I ∈ (ABCD) nên I ∈ CD ID ED = = ⇒ IC = 2ID Mà AD k BC nên ED k BC ⇒ IC BC 2 Dễ thấy I ∈ (OM G) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J là giao điểm AD và OI Vì OI ⊂ (OM G) ⇒ J ∈ (OM G) nên AD ∩ (OM G) = {J } Mà J là giao điểm AD và (OM G) (gt) nên J ≡ J Vậy J là giao điểm IO và AD JA Dễ thấy J là trọng tâm 4IAC nên = JD Trong mặt phẳng (ABCD), gọi F là giao điểm BI và AC suy (SBI) ∩ (SAC) = SF Trong mặt phẳng (SBI), gọi H là giao điểm M I và SF Ta có H ∈ M G ⇒ OH ⊂ (OM G) và H thuộc (SAC) Trong mặt phẳng (SAC), gọi K là giao điểm OH và SA Khi đó K ∈ OH ⇒ K ∈ (OM G) ⇒ SA ∩ (OM G) = {K } hay K ≡ K Vậy K là giao điểm OH với SA Lại có K, G, J là các điểm chung hai mặt phẳng (OM G) và (SAD) nên K, G, J thẳng hàng Gọi Q là trung điểm SD, vì J là trọng tâm 4IAC Xét 4SAD có AG AJ KA JA = = ⇒ GJ k SD ⇒ KJ k SD ⇒ = = AQ AD KS JD S K Q G A E J D Từ chứng minh trên ta suy Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 332 (333) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian • (OM G) ∩ (SAB) = KM • (OM G) ∩ (SBC) = M P • (OM G) ∩ (ABCD) = P J • (OM G) ∩ (SAD) = JK Vậy thiết diện cắt hình chóp S.ABCD mặt phẳng (OM G) là tứ giác KM P J BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N , P là trung điểm SB, SD và OC Tìm giao tuyến mặt phẳng (M N P ) với các mặt phẳng (SAC) và (ABCD) Tìm giao điểm SA với mặt phẳng (M N P ) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (M N P ) Tính tỉ số mà mặt phẳng (M N P ) chia các cạnh SA, BC và CD Lời giải S E N I M D A G O K P B H C F Do M , N là trung điểm SB, SD nên M N là đường trung bình tam giác SBD, suy M N k BD Ta có (P M N ) ∩ (SBD) = M N Trong mặt phẳng (SBD), gọi I là giao điểm M N và SO Khi đó vì I ∈ SO ⇒ I ∈ (SAC), P ∈ AC ⇒ P ∈ (SAC) suy (P M N ) ∩ (SAC) = P I Hai mặt phẳng (P M N ) và (ABCD) có P là điểm chung Mà M N k BD, P ∈ / MN, P ∈ / BD nên giao tuyến (P M N ) và (ABCD) là đường thẳng qua P , song song với M N và song song với BD, cắt các cạnh BC, CD H và K Trong mặt phẳng (SAC), gọi E là giao điểm P I và SA Ta có • E ∈ P I, P I ⊂ (P M N ) ⇒ E ∈ (P M N ) • Mà E ∈ SA nên E là giao điểm SA với (P M N ) Ta có (P M N ) giao với các cạnh SA, SB, BC, CD, SD các điểm E, M , H, K, N nên • (P M N ) ∩ (SAB) = EM • (P M N ) ∩ (SBC) = M H • (P M N ) ∩ (ABCD) = HK • (P M N ) ∩ (SCD) = KN • (P M N ) ∩ (SAD) = N E Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 333 (334) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Vậy thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (P M N ) là ngũ giác EM HKN Vì M N là đường trung bình tam giác ABD nên I là trung điểm SO Trong tam giác SOC có IP là đường trung bình nên IP k SC ES PC Do đó tam giác SAC có P E k SC suy = = EA PA Lại có P là trung điểm OC, HK qua P và HK k BD nên HK là đường trung bình tam giác BCD HB KD Do đó = = HC KC BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Trên các cạnh SB, SD ta SN SM = , = lấy các điểm M , N cho SB SD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (AM N ) và (SCD) Tìm giao điểm I SC và mặt phẳng (AM N ) Suy thiết diện mặt phẳng (AM N ) và hình chóp S.ABCD Gọi K là giao điểm IN và CD Tính tỉ số KC KD Lời giải S I M N K E A D O B Trong mặt phẳng (SBD) Theo bài ta có C SM SN SM SN = , = ⇒ 6= Do đó M N cắt BD giả SB SD SB SD sử E Hai mặt phẳng (AM N ) và (ABCD) có hai điểm chung A và E nên (AM N ) ∩ (ABCD) = AE Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K là giao điểm AE và CD Khi đó • K ∈ AE ⇒ K ∈ (AM N ) • K ∈ CD ⇒ K ∈ (SCD) Suy K là điểm chung (AM N ) và (SCD) • Mặt khác (AM N ) và (SCD) có điểm N chung (vì N ∈ SD) Vậy giao tuyến hai mặt phẳng (AM N ) và (SCD) là đường thẳng KN Trong mặt phẳng (SCD), gọi I là giao điểm KN và SC Khi đó I ∈ KN ⇒ I ∈ (AM N ) Vậy I là giao điểm SC và (AM N ) Do (AM N ) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD các điểm A, M , I, N nên • (AM N ) ∩ (SAB) = AM • (AM N ) ∩ (SBC) = M I • (AM N ) ∩ (SCD) = IN • (AM N ) ∩ (SAD) = N A Suy thiết diện mặt phẳng (AM N ) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AM IN Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 334 (335) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Ta có K ∈ CD và K, I, N thẳng hàng Lấy điểm P trên cạnh SB cho P D k M N SM SN MP MP Khi đó ta có = = ⇒ = ⇒ = SP SD MM MB BM = 2SM MP ED = Xét tam giác BM E, ta có P D k M E nên EB MB KD ED Xét tam giác ABE, có KD k AB nên = = AB EB KD KD KD KD = = ⇒ = = = Suy DC AB KC KD + DC 1+4 KC = KD S vì = ⇒ M P B N D E BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI Cho tứ diện ABCD Trên AB lấy điểm M Trên cạnh BC lấy điểm N thỏa mãn BN = 2N C Gọi P là trung điểm CD Xác định thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng (M N P ) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AD Lấy điểm M trên cạnh SB Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (AM D) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N , P là các điểm nằm trên các cạnh BC, CD, SA Tìm thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng (M N P ) BÀI 10 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AD Gọi H, K là trung điểm các cạnh SB và AB và M là điểm nằm hình thang ABCD cho đường thẳng KM cắt hai đường thẳng AD và CD Tìm thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng (HKM ) BÀI 11 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB Lấy các điểm M , N trên các cạnh SC và SD Tìm thiết diện hình chóp S.ABCD với các mặt phẳng (ABM ) và (AM N ) BÀI 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi H, K là trung điểm BC và CD Lấy điểm M trên cạnh SA Tìm thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (M HK) BÀI 13 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi I là trung điểm AD, J là điểm đối xứng với D qua C, K là điểm đối xứng với D qua B Xác định thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng (IJK) và tính diện tích thiết diện này BÀI 14 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trọng tâm tam giác SAC Gọi I, J là trung điểm CD và SD Tìm giao điểm H đường thẳng IK với mặt phẳng (SAB) Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (IJK) BÀI 15 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD không là hình thang, điểm P nằm tam giác SAB và điểm M thuộc cạnh SD cho M D = 2M S Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (P CD) Tìm giao điểm SC với mặt phẳng (ABM ) Gọi N là trung điểm AD Tìm thiết diện tạo mặt phẳng (M N P ) và hình chóp S.ABCD { DẠNG 1.4 Chứng minh ba điểm thẳng hàng Phương pháp giải Giả sử chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng Xét hai mặt phẳng (P ) và (Q) Chứng minh ba điểm I, J, K là ba điểm chung (P ) và (Q) Khi đó I, J, K thuộc giao tuyến (P ) và (Q) hay I, J, K thẳng hàng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 335 (336) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện SABC Trên các cạnh SA, SB, SC lấy M , N , P cho M N cắt AB I, N P cắt BC J và M P cắt AC K Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng Lời giải Xét hai mặt phẳng (ABC) và (M N P ) Ta có ® I ∈ AB ⊂ (ABC) ⇒ I ∈ (ABC) ∩ (M N P ) I ∈ M N ⊂ (M N P ) ® J ∈ BC ⊂ (ABC) ⇒ J ∈ (ABC) ∩ (M N P ) J ∈ N P ⊂ (M N P ) ® K ∈ AC ⊂ (ABC) ⇒ K ∈ (ABC) ∩ (M N P ) K ∈ M P ⊂ (M N P ) S (1) M (2) (3) P N A J C Từ (1), (2), (3) suy I, J, K cùng thuộc đường thẳng giao tuyến (ABC) và (M N P ) Vậy ba điểm I, J, K thẳng hàng K B I VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O hai điểm, M , N là trung điểm SB, SD, điểm P thuộc SC và không là trung điểm SC Tìm giao điểm I SO với mặt phẳng (M N P ) Tìm giao điểm Q SA với mặt phẳng (M N P ) Gọi F , G, H là giao điểm QM và AB, QP và AC, QN và AD Chứng minh ba điểm F , G, H thẳng hàng S Trong ® mặt phẳng (SBD), gọi I = SO ∩ M N Ta có I ∈ SO ⇒ I = SO ∩ (M N P ) I ∈ M N ⊂ (M N P ) P Trong ® mặt phẳng (SAC), gọi Q = SA ∩ IP Ta có Q ∈ SA Q ∈ IP ⊂ (M N P ) I M ⇒ Q = SA ∩ (M N P ) A Xét hai mặt phẳng (ABCD) và (M N P Q) Ta có ® D H G F F ∈ AB ⊂ (ABCD) O F ∈ QM ⊂ (M N P Q) ⇒ F ∈ (ABCD) ∩ (M N P Q) ® G ∈ AC ⊂ (ABCD) (1) G ∈ QP ⊂ (M N P Q) ⇒ G ∈ (ABCD) ∩ (M N P Q) ® H ∈ AD ⊂ (ABCD) (2) H ∈ QN ⊂ (M N P Q) ⇒ H ∈ (ABCD) ∩ (M N P Q) N Q B C (3) Từ (1), (2), (3) suy F , G, H cùng thuộc đường thẳng giao tuyến (ABCD) và (M N P Q) Vậy ba điểm F , G, H thẳng hàng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 336 (337) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD Gọi M , N , P là trung điểm AB, BC, CD Tìm giao tuyến (ADN ) và (ABP ) Gọi I = AG ∩ M P và J = CM ∩ AN Chứng minh D, I, J thẳng hàng Lời giải A Ta có A ∈ (ADN ) ∩ (ABP ) ® Mặt khác (1) G ∈ DN ∈ (ADN ) G ∈ BP ∈ (ABP ) ⇒ G ∈ (ADN ) ∩ (ABP ) M (2) Từ (1) và (2) suy (ADN ) ∩ (ABP ) = AG + D ∈ (CDM ) ∩ (ADN ) ® I ∈ JD ⊂ (CDM ) + I ∈ AG ⊂ (AN D) ⇒ I ∈ (CDM ) ∩ (ADN ) ® J ∈ CM ⊂ (CDM ) + J ∈ AN ⊂ (AN D) ⇒ J ∈ (CDM ) ∩ (ADN ) I J Xét hai mặt phẳng (CDM ) và (ADN ) Ta có (3) B D G N P (4) C (5) Từ (3), (4), (5) suy D, I, J thẳng hàng BÀI Cho tứ diện ABCD có K là trung điểm AB Lấy I, J thuộc AC, BD cho IA = 2IC và JB = 3JD Tìm giao điểm E AD và (IJK) Tìm giao tuyến d (IJK) và (BCD) Gọi O là giao điểm d với CD Chứng minh I, O, E thẳng hàng Tính các tỉ số OI OC và OE OD Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 337 (338) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian A Trong ® (ABD), E ∈ AD gọi AD ∩ KJ = E Ta có K E ∈ KJ ⊂ (IJK) ⇒ E = AD ∩ (IJK) Trong (ABC), gọi KI ∩ BC = F Ta có ® + J ∈ (IJK) J ∈ BD ⊂ (BCD) ® + F ∈ KI ⊂ (IJK) F ∈ BC ⊂ (BCD) J B ⇒ J ∈ (IJK) ∩ (BCD) (1) ⇒ F ∈ (IJK) ∩ (BCD) (2) D I O E C Từ (1) và (2) suy (IJK) ∩ (BCD) = F J hay d ≡ F J Trong (BCD), O = F J ∩ CD Xét® hai mặt phẳng (IJK) và (ACD) Ta có I ∈ (IJK) + ⇒ I ∈ (IJK) ∩ (ACD) I ∈ AC ⊂ (ACD) ® O ∈ F J ⊂ (IJK) ⇒ O ∈ (IJK) ∩ (ACD) + O ∈ CD ⊂ (ACD) ® E ∈ KJ ⊂ (IJK) + ⇒ E ∈ (IJK) ∩ (ACD) E ∈ AD ⊂ (ACD) F (3) (4) (5) Từ (3), (4), (5) suy I, O, E thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus các tam giác sau Tam giác ABC có K, I, F thẳng hàng FC FC F C KB IA · · =1⇔ ·1·2=1⇒ = ⇒ F B KA IC FB FB ⇒ C là trung điểm BF Tam giác BCD có F , O, J thẳng hàng OC JD F B OC OC ⇒ · · =1⇔ · ·2=1⇔ = OD JB F C OD OD Tam giác ABD có K, J, E thẳng hàng ED KA JB ED ED ⇒ · · =1⇔ ·1·3=1⇔ = EA KB JD EA EA Tam giác AIE có C, O, D thẳng hàng OI DE CA OI OI ⇒ · · =1⇔ · ·3=1⇔ = OE DA CI OE OE OI OC Vậy = và = OE OD BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD là đáy lớn và AD = 2BC Gọi M , N là trung điểm SB, SC và O = AC ∩ BD Tìm giao tuyến (ABN ) và (SCD) Tìm giao điểm P DN và (SAB) Gọi K = AN ∩ DM Chứng minh S, K, O thẳng hàng Tính tỉ số KS KO Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 338 (339) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Ta có N ∈ (ABN ) ∩ (SCD) Trong (ABCD), gọi AB ∩ CD = E ⇒ E ∈ (ABN ) ∩ (SCD) Suy (ABN ) ∩ (SCD) = EN P Trong (SCD), gọi DN ∩ SE = P ⇒ P = DN ∩ (SAB) M Xét hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) có + S ∈ (SAC) ∩ (SBD) ® K ∈ AN ⊂ (SAC) + K ∈ M D ⊂ (SBD) ⇒ K ∈ (SAC) ∩ (SBD) ® O ∈ AC ⊂ (SAC) + O ∈ BD ⊂ (SBD) ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1) (2) K N A D O B C (3) Từ (1), (2), (3) suy S, K, O thẳng hàng Vì AD k BC nên 4OAD ∼ 4OCB OC BC ⇒ = = OA AD Áp dụng định lí Menenalus vào 4SOC có A, K, N thẳng hàng KS AO N C KS KS ⇒ · · =1⇔ · ·1 = ⇔ = KO AC N S KO KO E BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SC Tìm giao tuyến (BM N ) với các mặt phẳng (SAB) và (SBC) Tìm I = SO ∩ (BM N ) và K = SD ∩ (BM N ) Tìm E = AD ∩ (BM N ) và F = CD ∩ (BM N ) Chứng minh ba điểm B, E, F thẳng hàng Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 339 (340) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Ta có (BM N ) ∩ (SAB) = BM và (BM N ) ∩ (SBC) = BN K Trong (SAC), gọi SO ∩ M N = I M ⇒ I = SO ∩ (BM N ) Trong (SBD), gọi SD ∩ BI = K ⇒ K = SD ∩ (BM N ) Trong (SAD), gọi M K ∩ AD = E I N E A D ⇒ E = AD ∩ (BM N ) Trong (SCD), gọi N K ∩ CD = F ⇒ F = CD ∩ (BM N ) Xét hai mặt phẳng (ABCD) và (BM N ) có ® B C B ∈ (ABCD) ⇒ B ∈ (ABCD) ∩ B ∈ (BM N ) (BM N ) (1) ® E ∈ AD ⊂ (ABCD) + E ∈ (BM N ) ⇒ E ∈ (ABCD) ∩ (BM N ) (2) ® F ∈ CD ⊂ (ABCD) + F ∈ (BM N ) ⇒ F ∈ (ABCD) ∩ (BM N ) (3) + O F Từ (1), (2), (3) suy B, E, F thẳng hàng BÀI Cho hình chóp S.ABCD Gọi I và J là hai điểm trên hai cạnh AD, SB Tìm giao tuyến (SBI) và (SAC) Tìm giao điểm K IJ và (SAC) Tìm giao tuyến (SBD) và (SAC) Tìm giao điểm L DJ và (SAC) Gọi O = AD ∩ BC, M = OJ ∩ SC Chứng minh A, K, L, M thẳng hàng Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 340 (341) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Ta có S ∈ (SBI) ∩ (SAC) Trong (ABCD), gọi BI ∩ AC = E ⇒ E ∈ (SBI) ∩ (SAC) Suy (SBI)∩(SAC) = SE Trong (SBI), gọi IJ ∩ SE = K ⇒ K = IJ ∩ (SAC) J M L K A I Ta có S ∈ (SBD) ∩ (SAC) Trong (ABCD), gọi AC ∩ BD = F ⇒ F ∈ (SBD) ∩ (SAC) Suy (SBD) ∩ (SAC) = SF Trong (SBD), gọi DJ ∩ SF = L ⇒ L = DJ ∩ (SAC) D O E F C B Xét (SAC) và (AOJ) có + A ∈ (SAC) ∩ (AOJ) ® K ∈ SE ⊂ (SAC) + K ∈ IJ ⊂ (AOJ) ⇒ K ∈ (SAC) ∩ (AOJ) ® L ∈ SF ⊂ (SAC) + L ∈ JD ⊂ (AOJ) ⇒ L ∈ (SAC) ∩ (AOJ) ® M ∈ SC ⊂ (SAC) + M ∈ OJ ⊂ (AOJ) ⇒ M ∈ (SAC) ∩ (AOJ) (1) (2) (3) (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy A, K, L, M thẳng hàng BÀI Cho tứ diện ABCD Trên các cạnh AB, AC, BD lấy ba điểm E, F , G cho AB = 3AE, AC = 2AF , DB = 4DG Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (EF G) và (BCD) Tìm giao điểm H đường thẳng CD với (EF G) Tính tỉ số Tìm giao điểm I đường thẳng AD với (EF G) Tính tỉ số HC HD IA ID Chứng minh ba điểm F , H, I thẳng hàng Gọi J là trung điểm BC, AJ cắt EF K Tính tỉ số AK AJ Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 341 (342) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian A Trong (ABC), gọi EF ∩ BC = M ⇒ (EF G) ∩ (BCD) = M G E Trong (BCD), gọi M G ∩ CD = H ⇒ H = CD ∩ (EF G) Áp dụng định lí Menenalus với các tam giác sau Tam giác ABC có E, F , M thẳng hàng MC MC M C EB F A · · =1⇔ ·2·1 = ⇔ = ⇒ M B EA F C MB MB Tam giác BCD có M , H, G thẳng hàng HC GD M B HC HC ⇒ · · =1⇔ · ·2 = ⇔ = HD GB M C HD HD K F G B D H J C Trong (ABD), goij AD ∩ EG = I ⇒ I = AD ∩ (EF G) Tam giacs ABD cos E, G, I thẳng hàng IA GD EB IA IA ⇒ · · =1⇔ · ·2 = ⇔ = ID GB EA ID ID M Xét hai mặt phẳng (ACD) và (EF G) có ® + + F ∈ AC ⊂ (ACD) F ∈ (EF G) ® H ∈ CD ⊂ (ACD) H ∈ (EF G) (2) ® + ⇒ F ∈ (ACD) ∩ (EF G).(1) ⇒ H ∈ (ACD) ∩ (EF G) I I ∈ AD ⊂ (ACD) I ∈ (EF G) ⇒ I ∈ (ACD) ∩ (EF G) (3) Từ (1), (2), (3) suy F , H, I thẳng hàng Tam giác AJC có K, F , M thẳng hàng KA KA KA M J F C · · =1⇔ · ·1 = ⇔ = KJ M C F A KJ KJ AK ⇒ = AJ BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Cho hình chóp S.ABCD có AD không song song với BC Lấy M thuộc SB và O là giao điểm AC với BD Tìm giao điểm N SC với (AM D) Gọi I = AN ∩ DM Chứng minh S, I, O thẳng hàng Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 342 (343) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Trong (ABCD), gọi AD ∩ BC = E Trong (SBC), gọi SC ∩ M E = N ⇒ N = SC ∩ (AM D) Xét (SAC) và (SBD) có +® S ∈ (SAC) ∩ (SBD) I ∈ AN ⊂ (SAC) + I ∈ DM ⊂ (SBD) ⇒® I ∈ (SAC) ∩ (SBD) O ∈ AC ⊂ (SAC) + O ∈ BD ⊂ (SBD) ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) Suy S, I, O thẳng hàng M N I A E D O C B BÀI Cho hình chóp S.ABCD Gọi E, F , H là các điểm thuộc cạnh SA, SB, SC Tìm giao điểm K = SD ∩ (EF H) Gọi O = AC ∩ BD và I = EH ∩ F K Chứng minh S, I, O thẳng hàng Gọi M = AD ∩ BC và N = EK ∩ F H Chứng minh S, M , N thẳng hàng Gọi P = AB ∩ CD và Q = EF ∩ HK Chứng minh S, P , Q thẳng hàng Lời giải S Trong (SAC), gọi I = EH ∩ SO Trong (SBD), gọi F I ∩ SD = K ⇒ K = SD ∩ (EF H) N K Hiển nhiên S, I, O thẳng hàng E I H Chứng minh S, M , N là điểm chung (SAD) và (SBC) A D Chứng minh S, P , Q là điểm chung M F (SAB) và (SCD) Q O C B P BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , P là các điểm thuộc cạnh AB, AC, BD và M N ∩ BC = I, M P ∩ AD = J, N J ∩ IP = K Chứng minh C, D, K thẳng hàng Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 343 (344) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian A Chứng minh C, D, K là điểm chung hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) M B D P N K C I J BÀI 10 Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối đôi không song song và điểm S ∈ / (ABCD) Lấy điểm I thuộc cạnh AD, lấy điểm J thuộc cạnh SB Tìm K = IJ ∩ (SAC) Tìm L = DJ ∩ (SAC) Gọi O = AD ∩ BC, M = OJ ∩ SC Chứng minh K, L, M thẳng hàng Lời giải S Gọi AC ∩ BI = E; IJ ∩ SE = K ⇒ K = IJ ∩ (SAC) Gọi AC ∩ BD = F ; DJ ∩ SF = L ⇒ L = DJ ∩ (SAC) J Chứng minh K, L, M là điểm chung M L K (SAC) và (AOJ) A I D O E F C B BÀI 11 Cho hình chóp S.ABCD Gọi M , N là điểm nằm trên cạnh BC và SD Tìm giao điểm I BN và (SAC) Tìm giao điểm J M N và (SAC) Chứng minh I, J, C thẳng hàng Xác định thiết diện mặt phẳng (BCN ) với hình chóp Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 344 (345) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Gọi AC ∩ BD = O; BN ∩ SO = I ⇒ I = BN ∩ (SAC) Gọi AC ∩ M D = E; M N ∩ SE = J N P ⇒ J = M N ∩ (SAC) Chứng minh I, J, C là điểm chung (SAC) và (BCN ) A Gọi CI ∩ SA = P D I Thiết diện mặt phẳng (BCN ) với hình chóp là tứ giác BCN P J O E B M C BÀI 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SC Gọi (P ) là mặt phẳng qua M , N và B Tìm giao tuyến (P ) với các mặt phẳng (SAB), (SBC), (SAD), (SDC) Tìm I = SO ∩ (P ), K = SD ∩ (P ), E = DA ∩ (P ), F = DC ∩ (P ) Chứng minh ba điểm E, B, F thẳng hàng Lời giải S Ta có (P )∩(SAB) = BM ; (P )∩(SBC) = K BN ; (P )∩(SAD) = M K; (P )∩(SCD) = N K M I = SO ∩ M N ; K = BI ∩ SD; E = DA ∩ I M K; F = DC ∩ N K Chứng minh E, B, F là điểm chung N E A D (P ) và (ABCD) O B C F BÀI 13 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác có các cặp cạnh đối không song song Gọi M , E là trung điểm SA, AC và F ∈ CD cho CD = 3CF Tìm giao tuyến (SAB) và (SCD) Tìm giao điểm N SD và (M EF ) Tính tỉ số NS ND Gọi H = SE ∩ CM và K = M F ∩ N E Chứng minh D, H, K thẳng hàng Tính các tỉ số sau HM HS KM KN KH ; ; ; ; HC HE KF KE KD Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 345 (346) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Gọi AB ∩ CD = I ⇒ (SAB) (SCD) = SI ∩ N M Gọi AD ∩ EF = J, SD ∩ JM = N ⇒ N = SD ∩ (M EF ) NS = ND K H A J D E F Chứng minh D, H, C K là điểm chung (M CD) và (SED) B Ta có HM HS = ; = 2; HC HE KM KN = ; = KF KE 1; KH = KD I { DẠNG 1.5 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy Phương pháp: Tìm giao hai đường thẳng, sau đó chứng minh đường thẳng thứ ba qua giao điểm đó VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Lấy M, N, P trên các cạnh AB, AC, BD cho M N cắt BC I, M P cắt AD J Chứng minh P I, N J, CD đồng quy Lời giải A ® Trong (BCD) : Gọi K = P I ∩ CD ⇒ K ∈ P I, P I ⊂ (M IJ) K ∈ CD, CD ⊂M(ACD) ⇒ K ∈ (M IJ) ∩ (ACD) ⇒ K ∈ N J N Vậy P I, N J, CD đồng quy K P B D K C I J BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho hình chóp S.ABCD có AB không song song CD Gọi M là trung điểm SC và O là giao điểm AC và BD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 346 (347) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Tìm giao điểm N SD và (M AB) Chứng minh ba đường thẳng SO, AM , BN đồng quy Lời giải S Trong (SAC): Gọi K = AM ∩ SO N ® Trong (SBD) : Gọi N = BK ∩ SD ⇒ N ∈ BK, BK ⊂ (M AB) N ∈ SD ⇒ N = SD ∩ (M AB) Ta có K = AM ∩ SO ⇒ SO, AM qua K M Mà N = BK ∩ SD ⇒ BN qua K Vậy ba đường thẳng SO, AM , BN đồng quy K K A D O B C BÀI Cho hình chóp S.ABCD Trên cạnh SC lấy điểm E không trùng với S và C Tìm giao điểm F đường thẳng SD và (ABE) Giả sử AB không song song CD Chứng minh ba đường thẳng AB, CD, EF đồng quy Lời giải S Trong (ABCD): Gọi I = AC ∩ BD F Trong (SAC): Gọi J = AE ∩ SI ® Trong (SBD) : Gọi F = BJ ∩ SD ⇒ F ∈ BJ, BJ ⊂ (ABE) F ∈ SD ⇒ F = SD ∩ (ABE) E J Ta có ® E ∈ (ABE) ∩ (SCD) F ∈ (ABE) ∩ (SCD) ⇒ (ABE) ∩ (SCD) = EF A ® Trong (ABCD) : Gọi K = AB ∩ CD ⇒ D K ∈ AB, AB ⊂ (ABE) B K ∈ CD, CD ⊂ (SCD) I ⇒ K ∈ (ABE) ∩ (SCD) ⇒ K ∈ EF Vậy AB, CD, EF đồng quy K C K BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi Lấy điểm M trên cạnh SC Gọi N là giao điểm SB và (ADM ) Gọi O là giao điểm AC và BD Chứng minh SO, AM , DN đồng quy Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 347 (348) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Ta có S ∈ (SAB) ∩ (SCD) S (1) ® Trong (ABCD) : Gọi I = AB ∩ CD ⇒ I ∈ AB, AB ⊂ (SAB) I ∈ CD, CD ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) Từ (1) và (2) ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = SI Trong (SID): Gọi J = DM ∩ SI (2) J ® Trong (SAI) : Gọi N = AJ ∩ SB ⇒ ⇒ N ∈ AJ, AJ ⊂ (ADM ) M N N ∈ SB K N = SB ∩ (ADM ) A ® Ta có : S ∈ (SAC) ∩ (SBD) O ∈ (SAC) ∩ (SBD) D ⇒ (SAC) ∩ (SBD) = SO O B ® Trong (AJD) : Gọi K = AM ∩ DN ⇒ K ∈ AM, AM ⊂ (SAC) C K ∈ DN, DN ⊂ (SBD) ⇒ K ∈ (SAC) ∩ (SBD) ⇒ K ∈ SO I Vậy SO, AM , DN đồng quy K BÀI Cho hình chóp S.ABCD có AB ∩ CD = E và AD ∩ BC = K Gọi M, N, P là trung điểm SA, SB, SC Tìm giao tuyến (SAC) và (SBD) Tìm giao tuyến (M N P ) và (SBD) Tìm giao điểm Q SD và (M N P ) Gọi H = M N ∩ P Q Chứng minh S, H, E thẳng hàng Chứng minh SK, QM , N P đồng quy Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 348 (349) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian S Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1) ® Trong (ABCD) : I = AC ∩ BD ⇒ I ∈ AC, AC ⊂ (SAC) I ∈ BD, BD ⊂ (SBD) F ⇒ I ∈ (SAC) ∩ (SBD) M Q J (2) N Từ (1) và (2) ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = SI A K H Ta có N ∈ (M N P ) ∩ (SBD) D I (3) ® Trong (SAC) : Gọi J = M P ∩ SI P ⇒ J ∈ M P, M P ⊂ (M N P ) B J ∈ SI, SI ⊂ (SBD) C ⇒ J ∈ (M N P ) ∩ (SBD) (4) Từ (3) và (4) ⇒ (M N P ) ∩ (SBD) = N J E ® Trong (SBD) : Gọi Q = N J ∩ SD ⇒ Q ∈ N J, N J ⊂ (M N P ) Q ∈ SD ⇒ Q = SD ∩ (M N P ) ® Trong (M N P Q) : H = M N ∩ P Q ⇒ H ∈ M N, M N ⊂ (SAB) H ∈ P Q, P Q ⊂ (SCD) ⇒ H ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ H ∈ SE Suy S, H, E thẳng hàng Ta có S ∈ (SAD) ∩ (SBC) (5) ® Trong (ABCD) : K = AD ∩ BC ⇒ K ∈ (SAD) ∩ (SBC) ⇒ K ∈ AD, AD ⊂ (SAD) K ∈ BC, BC ⊂ (SBC) (6) Từ (5) và (6) ⇒ (SAD) ∩ (SBC) = SK ® Trong (M N P Q) : Gọi F = QM ∩ P N ⇒ F ∈ QM, QM ⊂ (SAD) F ∈ P N, P N ⊂ (SBC) ⇒ F ∈ (SAD) ∩ (SBC) ⇒ F ∈ SK Suy SK, QM , N P đồng quy F Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 349 (350) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Cho tứ diện S.ABC với I là trung điểm SA, J là trung điểm BC Gọi M là điểm di động trên IJ và N là điểm di động trên SC Xác định giao điểm P M C và (SAB) Tìm giao tuyến (SM P ) và (ABC) Tìm giao điểm E M N và (ABC) Gọi F = IN ∩ AC Chứng minh đường thẳng EF luôn qua điểm cố định M, N di động BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi I, K là trung điểm AB, CD Gọi J là điểm trên đoạn AD cho AD = 3JD Tìm giao điểm F IJ và (BCD) Tìm giao điểm E (IJK) và đường thẳng BC Tính tỉ số EB EC Chứng minh ba đường thẳng AC, KJ, IE đồng quy điểm H Tính tỉ số HC HA Chứng minh EJ k HF và đường thẳng IK qua trung điểm đoạn HF Gọi O là trung điểm IK và G là trọng tâm tam giác BCD Chứng minh ba điểm A, O, G thẳng hàng Tính tỉ số OA OG Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 350 (351) CHƯƠNG BÀI A ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN QUAN HỆ SONG SONG HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG TÓM TẮT LÝ THUYẾT Vị trí tương đối hai đường thẳng phân biệt a Cho hai đường thẳng phân biệt a, b I a b a b b Định nghĩa • Hai đường thẳng gọi là đồng phẳng chúng cùng nằm mặt phẳng • Hai đường thẳng gọi là chéo chúng không đồng phẳng • Hai đường thẳng gọi là song song chúng đồng phẳng và không có điểm chung Tính chất hai đường thẳng song song Định lí Trong không gian, qua điểm không nằm trên đường thẳng cho trước, có và đường thẳng song song với đường thẳng đã cho Định lí (Định lí giao tuyến ba mặt phẳng) Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi cắt c c ba giao tuyến đồng quy theo ba giao tuyến phân biệt thì đôi song song với α α β β b b a a γ γ Hệ Nếu hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng đó trùng với hai đường thẳng đó β β β α α α d d00 d0 d d0 351 d00 d d0 d00 (352) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song c Định lí Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với α β b a γ B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 1.1 Chứng minh hai đường thẳng song song Phương pháp giải: Cách Chứng minh hai đường thẳng a, b đồng phẳng, dùng các định lí hình học phẳng, chẳng hạn định lí đường trung bình, định lí đảo Thales, để chứng minh a k b Cách Chứng minh hai đường thẳng đó cùng song song với đường thẳng thứ ba Chẳng hạn, chứng minh ® cka ⇒ a k b ckb Cách Áp dụng định lí giao tuyến ba mặt phẳng và hệ nó Chẳng hạn, chứng minh akbkc b k c b ⊂ (α), c ⊂ (β) ⇒ a ≡ b (α) ∩ (β) = a a ≡ c VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD có I, J là trọng tâm tam giác ABC và ABD Chứng minh IJ k CD Lời giải ® I ∈ CE A ⇒ IJ và CD đồng phẳng J ∈ DE Vì I, J là trọng tâm tam giác ABC và ABD nên Gọi E là trung điểm AB Ta có E EJ EI = = EC ED Theo định lí đảo Thales suy IJ k CD (đpcm) B J I D C VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , P , Q, R, S là trung điểm AB, CD, BC, AD, AC, BD Chứng minh M P N Q là hình bình hành Từ đó suy ba đoạn thẳng M N , P Q, RS cắt trung điểm G đoạn Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 352 (353) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song M P k AC Vì M P là đường trung bình 4ABC nên (1) M P = AC N Q k AC Vì N Q là đường trung bình 4ACD nên (2) N Q = AC ® MP k NQ Từ (1) và (2) suy M P = N Q Do đó, M P N Q là hình bình hành Suy M N , P Q cắt trung điểm G đoạn Chứng minh tương tự ta P SQR là hình bình hành nên P Q, RS cắt trung điểm G đoạn Vậy M N , P Q, RS cắt trung điểm G đoạn A Q M R G B D S P N C Nhận xét Điểm G nói trên gọi là trọng tâm tứ diện Trọng tâm tứ diện là điểm đồng qui các đoạn nối trung điểm các cạnh đối, nó là trung điểm các cạnh này BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SD Chứng minh M N k AD và M N k BC; M O k SC và N O k SB Lời giải S Xét tam giác SAD có M là trung điểm SA (giả thiết); N là trung điểm SD (giả thiết) M Suy M N là đường trung bình 4SAD Do đó®M N k AD M N k AD (chứng minh trên) Ta có ⇒ BC k AD (ABCD là hình bình hành) M N k BC N A Xét tam giác ASC có B O D C M là trung điểm SA (giả thiết); O là trung điểm AC (O là tâm hình bình hành ABCD) Suy OM là đường trung bình 4SAC Do đó M O k SC Tương tự, N O là đường trung bình 4SDB nên N O k SB BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm AB, AD Gọi I, J, G là trọng tâm các tam giác SAB, SAD và AOD Chứng minh IJ k M N ; IJ k BD và GJ k SO Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 353 (354) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S Xét tam giác SM N có SM (I là trọng tâm 4SAB); SJ = SN (J là trọng tâm 4SAD) SI = I J suy IJ k M N (định lý Ta-lét đảo) C B Vì M N là đường trung bình 4ABD nên M N k BD Mà IJ k M N (chứng minh trên) nên IJ k BD Xét tam giác SON có M G A O N D N O (G là trọng tâm 4AOD); N J = SN (J là trọng tâm 4SAD) NG = suy GJ k SO (định lý Ta-lét đảo) BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O và I là điểm trên cạnh SO Tìm giao điểm E và F mặt phẳng (ICD) với các đường SA, SB Chứng minh EF k AB; Gọi K là giao điểm DE và CF Chứng minh SK k BC Lời giải Vì I ∈ SO mà SO ⊂ (SBD) nên I ∈ S K (SBD) Do đó F = DI ∩ SB và E = CI ∩ SA Ta có F (CDI) ∩ (ABCD) = CD; E (SAB) ∩ (ABCD) = AB; I (CDI) ∩ (SAB) = EF Mà AB k CD (ABCD là hình bình hành) nên EF k AB k CD (tính chất giao tuyến ba mặt phẳng) C B O A D Cách Ta có ® K ∈ ED ⊂ (SAD) K ∈ F E ⊂ (SBC) ® ⇒ K là điểm chung thứ hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) S ∈ (SAD) ⇒ S là điểm chung thứ hai hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) S ∈ (SBC) Suy SK là giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) (SAD) ∩ (ABCD) = AD (SBC) ∩ (ABCD) = BC Ta có ⇒ SK k BC k AD (SAD) ∩ (SBC) = SK AD k BC Vậy SK k BC Cách Trong 4SCD có EF k CD nên theo định lý Ta-lét ta có EF KF = KC CD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 (1) Trang 354 (355) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Tương tự, 4SAB có EF k AB nên SF EF EF = = (AB = CD) SB AB CD (2) Từ (1) và (2) suy KF SF KF SF = ⇔ = KC SB FC FB Xét 4F SK và 4F BC có KF SF = (chứng minh trên); FC FB ’ ’ SF K = BF C (đối đỉnh) Do đó 4F SK v 4F BC (cạnh - góc - cạnh) suy SK k BC BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB Gọi E, F là trung điểm SA và SB Chứng minh EF k CD Tìm I = AF ∩ (SCD) Chứng minh SI k AB k CD Lời giải S E I F A D B C Ta có EF là đường trung bình tam giác SAB nên EF k AB mà AB k CD (hai đáy hình thang) nên EF k CD Hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) có AB k CD nên giao tuyến là đường thẳng Sx k AB k CD Kéo dài AF cắt Sx I Ta thấy I là điểm chung AF và (SCD) Theo ý { DẠNG 1.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song Phương pháp giải: A ∈ (α) ∩ (β) a ⊂ (α), b ⊂ (β) ⇒ (α) ∩ (β) = Ax với Ax k a k b akb VÍ DỤ Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 355 (356) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Điểm M thuộc cạnh SA Điểm E, F là trung điểm AB và BC Tìm (SAB) ∩ (SCD) Tìm (M BC) ∩ (SAD) Tìm (M EF ) ∩ (SAC) Tìm AD ∩ (M EF ) Tìm SD ∩ (M EF ) Tìm thiết diện hình chóp cắt (M EF ) Lời giải S S ∈ (SAB) ∩ (SCD) AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) AB k CD ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx với Sx k AB k CD M ∈ (M BC) ∩ (SAD) BC ⊂ (M BC), AD ⊂ (SAD) BC k AD ⇒ (M BC) ∩ (SAD) = M y với M y k BC k AD M ∈ (M EF ) ∩ (SAC) EF ⊂ (M EF ), AC ⊂ (SAC) EF k AC ⇒ (M EF ) ∩ (SAC) = M z với M z k EF k AC N y M x K z A I D E Trong (ABCD), gọi I = EF ∩ AD Mà EF ⊂ (M EF ) nên AD ∩ (M EF ) = I B F C Trong (SAD), gọi N = SD ∩ IM Mà IM ⊂ (M EF ) nên SD ∩ (M EF ) = N Thiết diện hình chóp cắt (M EF ) là ngũ giác M N KF E VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD Mặt đáy là hình thang có cạnh đáy lớn AD, AB cắt CD điểm K Gọi M là điểm nằm trên cạnh SD Tìm d = (SAD) ∩ (SBC) và N = KM ∩ (SBC) Chứng minh AM , BN và d đồng qui Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 356 (357) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song E S S ∈ (SAD) ∩ (SBC) • AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC) AD k BC ⇒ (SAD) ∩ (SBC) = d với S ∈ d, d k AD k BC • Trong (SCD), gọi N = KM ∩ SC Mà SC ⊂ (SBC) nên N = KM ∩ (SBC) (SBC) ∩ (SAD) = d (SBC) ∩ (M AB) = BN (M AB) ∩ (SAD) = AM Theo định lí giao tuyến mặt phẳng, suy AM , BN và d đồng qui đôi song song Mà AM , d cắt nên AM , BN và d phải đồng qui d M N A D B C K BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N là trung điểm SA, SB Gọi P là điểm trên cạnh BC Tìm giao tuyến (SBC) và (SAD); (SAB) và (SCD); (M N P ) và (ABCD) Lời giải y Ta có S (SBC) ∩ (ABCD) = BC; x (SAD) ∩ (ABCD) = AD; AD k BC (ABCD là hình bình hành) Mà S là điểm chung mặt phẳng (SBC) và (SAD) nên giao tuyến mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng Sx k BC k AD N M P B C O A Q D Giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng Sy k AB k CD Vì M N k AB (M N là đường trung bình 4SAB) nên qua P kẻ P Q k AB (Q ∈ AD) Khi đó giao tuyến hai mặt phẳng (M N P ) và (ABCD) là đường thẳng P Q BÀI Cho tứ diện SABC Gọi E và F là trung điểm các cạnh SB và AB, G là điểm trên cạnh AC Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (EF C); (SAC) và (EF G) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 357 (358) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S x H Ta có (SAC) ∩ (SAB) = SA; (EF C) ∩ (SAB) = EF ; SA k EF (EF là đường trung bình 4SAB) E Do đó giao tuyến mặt phẳng (SAC) và (EF C) song song với SA và EF Mà C là điểm chung mặt phẳng (SAC) và (EF C) nên giao tuyến chúng là đường thẳng Cx k SA k EF A G C F Vì EF k SA (EF là đường trung bình 4SAB) B nên qua G kẻ GH k SA (H ∈ SC) Khi đó giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) và (EF G) là đường thẳng GH BÀI Cho hình chóp S.ABCD có O là tâm hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh SA cho SM = 2M A, N là trung điểm AD Tìm giao tuyến mặt phẳng (SAD) và (M BC) Tìm giao điểm I SB và (CM N ), giao điểm J SA và (ICD) Chứng minh ba đường thẳng ID, JC, SO đồng quy E Tính tỉ số SE SO Lời giải F t S J M I P E N A D O B C M ∈ (M BC) ∩ (SAD) Vì BC ⊂ (M BC) và AD ⊂ (SAD) BC k AD nên (SAD) ∩ (M BC) = M P k BC k AD (với P ∈ SD) S ∈ (SAD) ∩ (SBC) Vì AD ⊂ (SAD) và BC ⊂ (SBC) AD k BC nên (SAD) ∩ (SBC) = St k AD k BC Gọi®F = M N ∩ St; I = CF ∩ SB I ∈ SB Vì nên I = SB ∩ (CM N ) I ∈ CF ⊂ (CM N ) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 358 (359) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Qua® I kẻ đường thẳng song song với AB cắt SA J J ∈ SA nên J = SA ∩ (ICD) Vì J ∈ JI ⊂ (ICD)(vì IJ k CD ⇒ (IJCD) ≡ (ICD)) Xét mặt phẳng (SAC), (SBD) và (CDJI), ta có SO = (SAC) ∩ (SBD) ID = (SBD) ∩ (CDJI) JC = (SAC) ∩ (CDJI) Do đó ba đường thẳng ID, JC, SO đồng quy Gọi điểm đồng quy là E Trong mặt phẳng (SF AD), áp dụng định lý Thales (để ý AN k SF ) ta có MA AN = = MS SF Suy SF = AD = BC và SF BC là hình bình hành I = SB ∩ CF nên I là trung điểm SB 4SBD có DI và SO là trung tuyến nên E là trọng tâm 4SBD SE = Vậy SO BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AD là đáy lớn và AD = 2BC Gọi M , N , P thuộc các đoạn SA, AD, BC cho M A = 2M S, N A = 2N D, P C = 2P B Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau: (SAD) và (SBC), (SAC) và (SBD) Xác định giao điểm Q SB với (M N P ) Gọi K là trung điểm SD Chứng minh CK = (M QK) ∩ (SCD) Lời giải F ≡ F0 t S M K K0 A N D Q O B P C E S ∈ (SAD) ∩ (SBC) Vì AD ⊂ (SAD) và BC ⊂ (SBC) AD k BC nên (SAD) ∩ (SBC) =®St k AD k BC O ∈ AC ⊂ (SAC) Gọi O = AC ∩ BD ⇒ suy SO = (SAC) ∩ (SBD) O ∈ BD ⊂ (SBD) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 359 (360) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song ® Gọi E = N P ∩ AB và Q = EM ∩ SB Vì Q ∈ SB Q ∈ M E ⊂ (M N P ) nên Q = SB ∩ (M N P ) Gọi F = M K ∩ St và F = QC ∩ St Dựa vào các vị trí các điểm Q, C, M và K giả thiết cho, dễ thấy F và F cùng nằm phía so với mặt phẳng (SAB) Trong mặt phẳng (SF BC), áp dụng định lý Thales (để ý SF k BC) ta có BC QS = = QB SF (1) M K0 = MS Trong mặt phẳng (SF AD), áp dụng định lý Thales (để ý SF k KK ) ta có Gọi K là trung điểm SA suy M K0 KK = = MS SF (2) Từ (1), (2) và AD = 2BC suy SF = SF Do đó F ≡ F , suy bốn điểm Q, C, M và K đồng phẳng Vậy CK = (M QK) ∩ (SCD) BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi G, J là trọng tâm tam giác BCD và ACD Chứng minh GJ k AB Tìm (ABD) ∩ (GJD) Lời giải A x J B D G M C Gọi M là trung điểm CD Xét tam giác ABM có Suy GJ k AB MG MJ = = MB MA Hai mặt phẳng (ABD) và (GJD) có điểm D chung và GJ k AB nên giao tuyến là đường thẳng Dx k GJ k AB BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi I, J là trọng tâm 4ABC, 4ABD và E, F là trung điểm BC, AC Chứng minh IJ k CD Tìm (DEF ) ∩ (ABD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 360 (361) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song A x F J I M B D E C Gọi M là trung điểm BD AI AJ = = nên IJ k M E AE AM Mà M E k CD (đường trung bình) Suy IJ k CD Tam giác AEM có Hai mặt phẳng (DEF ) và (ABD) có điểm chung D và EF k AB nên giao tuyến là đường thẳng Dx k AB k EF BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm SC và N là trọng tâm tam giác ABC Tìm I = SD ∩ (AM N ) Chứng minh N I k SB Tìm (AM N ) ∩ (SAD) Lời giải S I M E A D N O B C Gọi O là giao điểm AC và BD, E là giao điểm SO và AM Khi đó N E và SD cắt I Ta thấy I ∈ SD và I ∈ N E ⊂ (AM N ) nên I = SD ∩ (AM N ) Tam giác SOB có Suy N I k SB OE ON = = nên N E k SB OS OB 3 Hai mặt phẳng (AM N ) và (SAD) có hai điểm chung A, I nên (AM N ) ∩ (SAD) = AI BÀI Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang (AB k CD) với CD = 2AB Gọi O là giao điểm AC và BD, K là trung điểm SC, G là trọng tâm tam giác SCD Chứng minh OG k BK Tìm (ACG) ∩ (SBC) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 361 (362) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song x S K G A B O D C ’ = AOB ’ và ODC ’ = OBA ’ Ta có 4OCD v 4OAB COD OD OC CD = = = OB OA AB Suy OD = DB DG DO Tam giác DBK có = = nên OG k BK DK DB Suy Hai mặt phẳng (SBC) và (ACG) có điểm C chung và OG k BK nên giao tuyến là đường thẳng Cx k OG k BK BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và O là giao điểm hai đường chéo AC và BD Lấy điểm E trên cạnh SC cho EC = 2ES Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) Tìm giao điểm M đường thẳng AE và mặt phẳng (SBD) Chứng minh M là trung điểm đoạn thẳng SO Lời giải S S ∈ (SAB) ∩ (SCD) Vì AB ⊂ (SAB) và CD ⊂ (SCD) AB k CD nên (SAB) ∩ (SCD) = St k AB k CD F t E Gọi ® M = AE ∩ SO Vì M ∈ AE M ∈ SO ∩ (SBD) (SBD) M I nên M = AE ∩ EI = ES Gọi F = OI ∩AE Trong mặt phẳng (SAC), áp dụng định lý Thales (để ý OI k SA) A Gọi I là trung điểm SC, suy D O B C FI EI = = SA ES SA Suy F I = OI = , từ đó dẫn đến SF OA là hình bình hành Vậy M là trung điểm SO BÀI 10 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M , N , P là trung điểm SD, CD, BC Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 362 (363) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Tìm giao tuyến các cặp mặt phẳng sau: (SAC) và (SBC), (AM N ) và (SBC) Tìm giao điểm I (P M N ) và AC, K (P M N ) và SA Gọi F là trung điểm P M , chứng minh ba điểm K, F , I thẳng hàng Lời giải S K M t F A D N I B P C E Dễ thấy SC = (SAC) ∩ (SBC) Gọi E = BC ∩ AN E ∈ (SBC) ∩ (AM N ) Ta có SC ⊂ (SBC) và M N ⊂ (AM N ) SC k M N suy (SBC) ∩ (AM N ) = Et k SC k M N ® I ∈ AC Gọi I = AC ∩ P N ⇒ ⇒ I = AC ∩ (P M N ) I ∈ P N ⊂ (P M N ) Gọi®K là giao điểm SA với đường thẳng qua I và song song với SC K ∈ SA Vì nên K = SA ∩ (P M N ) K ∈ IK ⊂ (P M N ) (vì M N k SC) Theo cách dựng ta có IK k M N (1) ABCD là hình bình hành nên AC và BD cắt trung điểm đường Mà P N là đường trung bình 4CBD nên AC cắt P N I là trung điểm P N Suy IF là đường trung bình 4P M N ⇒ IF k M N (2) (1) và (2) suy K, F , I thẳng hàng BÀI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Vị trí tương đối hai đường thẳng phân biệt Cho đường thẳng d và mặt phẳng (P ) Có ba trường hợp xảy ra: Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 363 (364) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Đường thẳng d và (P ) có điểm chung phân biệt ⇒ d ⊂ (P ) Đường thẳng d và (P ) có điểm chung ⇒ d ∩ (P ) = A Đường thẳng d và (P ) không có điểm chung nào ⇒ d k (P ) Định nghĩa Đường thẳng d và mặt phẳng (P ) gọi là song song với chúng không có điểm chung Các định lý Định lí Nếu đường thẳng d không nằm mặt phẳng (α) và d song song với đường thẳng d0 nằm (α) thì d song song với (α) Định lí Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (α) Nếu mặt phẳng (β) chứa a và cắt (α) theo giao tuyến b thì b song song với (α) Hệ Nếu hai mặt phẳng phân biệt cắt và cùng song song với đương thẳng thì giao tuyến chúng (nếu có) song song với đường thẳng đó Định lí Cho hai đường thẳng chéo Có mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.1 Chứng minh dường thẳng a song song với mặt phẳng (P) Phương pháp: Chứng minh a k b b ⊂ (P ) ⇒ a k (P ) a∈ / (P ) VÍ DỤ VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Gọi M vàN là trọng tâm các tam giác ACD và BCD Chứng minh M N song song với các mặt phẳng (ABC) và (ABD) Lời giải Gọi P , Q là trung điểm BC và CD QM QN Khi đó, ta có = = ⇒ M N k AB MA NB M N 6⊂ (ABC) Vì AB ⊂ (ABC) nên M N k (ABC) M N k AB M N 6⊂ (ABD) Tương tự, ta có A AB ⊂ (ABD) nên M N k (ABD) M N k AB M B P D N Q C VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB và CD Chứng minh M N song song với các mặt phẳng (SBC) và (SAD) Gọi E là trung điểm SA Chứng minh SB và SC song song với mặt phẳng (M N E) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 364 (365) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Lời giải S Từ giả thiết, ta suy M N k BC và M N k AD M N 6⊂ (SBC) Vì BC ⊂ (SBC) nên M N k (SBC) M N k BC M N 6⊂ (SAD) Tương tự, ta có AD ⊂ (SAD) nên M N k M N k AD (SAD) Từ giả thiết, ta có E AE AM = = ⇒ ME k AS AB SB. SB 6⊂ (M N E) Vì M E ⊂ (M N E) nên SB k (M N E) M E k SB Tương tự, gọi O là tâm hình bình hành AO AE Khi đó = = ⇒ EO k SC AS AC SC 6⊂ (M N E) Vì EO ⊂ (M N E) nên SC k (M N E) EO k SC A D M N O B C { DẠNG 2.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng Phương pháp: Áp dụng hai cách sau a k (P ) ⇒ (P ) ∩ (Q) = M x k a Cách 1: a ⊂ (Q) M ∈ (P ) ∩ (Q) a k (P ) ⇒ (P ) ∩ (Q) = M x k a Cách 2: a k (Q) M ∈ (P ) ∩ (Q) VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm 4ABC, M ∈ CD với M C = 2M D Chứng minh M G k (ABD) Tìm (ABD) ∩ (BGM ) Tìm (ABD) ∩ (AGM ) Lời giải A Gọi N là trung điểm AB Trong tam giác CDN , ta có CM CG = = ⇒ GM k N D Vì N D ⊂ (ABD), GM 6⊂ CD CN (ABD) nên GM k (ABD) ® GM k (ABD) Vì ⇒ (ABD) ∩ (BGM ) = Bx k B ∈ (ABD) ∩ (BGM ) GM k N D ® GM k (ABD) ⇒ (ABD)∩(BGM ) = Ay k GM k Vì A ∈ (ABD) ∩ (AGM ) N D y N G B D M x C Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 365 (366) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song { DẠNG 2.3 Tìm thiết diện song song với đường thẳng Phương pháp: Để tìm thiết diện mặt phẳng song song với mặt phẳng (α) qua điểm và song song với hai đường thẳng chéo (α) chứa đường thẳng và song song với đường thẳng M ∈ (α) ∩ (β) sử dụng tích chất sau: d k (α) d ⊂ (β) ⇒ (α) ∩ (β) = a k d , (vớiM ∈ a) VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Gọi M , I là trung điểm BC, AC Mặt phẳng (P ) qua điểm M , song song với BI và SC Xác định trên hình vẽ các giao điểm (P ) với các cạnh AC, SA, SB Từ đó suy thiết diện (P ) cắt hình chóp Lời®giải (P ) k SC ⇒ (P ) ∩ (SBC) = M N k SC, N ∈ SB Vì M ∈ (P ) ∩ (SBC) (1) ® (P ) k BI Tương tự, ⇒ (P ) ∩ (ABC) = M H k BI, H ∈ M ∈ (P ) ∩ (ABC) AC (2)® (P ) k (SC) Mặt khác, ⇒ (P ) ∩ (SAC) = HK k SC, K ∈ N ∈ (P )cap(SAC) SA (3) Từ (1), (2) và (3) ta có thiết diện (P ) với tư diện ABCD là tứ giác M N KH S K N I H A C M B BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 550 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SD Chứng minh rằng: BC k (SAD) AD k (SBC) M N k (ABCD) M N k (SBC) M O k (SCD) N O k (SBC) Lời giải S M N A D O B Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 C Trang 366 (367) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BC k (SAD) BC k AD Ta có AD ⊂ (SAD) ⇒ BC k (SAD) BC 6⊂ (SAD) AD k BC Ta có BC ⊂ (SBC) ⇒ AD k (SBC) AD 6⊂ (SBC) Ta có SM SA Ta có SM SA Ta có AM AS Ta có DN DS M N k AD SN = = ⇒ M N k AD Khi đó AD ⊂ (ABCD) ⇒ M N k (ABCD) SD M N 6⊂ (ABCD) M N k BC SN = ⇒ M N k AD, vì AD k BC nên M N k BC Khi đó BC ⊂ (SBC) ⇒ M N k (SBC) SD M N 6⊂ (SBC) M O k SC AO = = ⇒ M O k SC Vì SC ⊂ (SCD) ⇒ M O k (SCD) AC M O 6⊂ (SCD) N O k SB DO = = ⇒ N O k SB Vì SB ⊂ (SBC) ⇒ N O k (SBC) DC N O 6⊂ (SBC) BÀI 551 Cho hình chóp S.ABCD có dáy ABCD là hình chữ nhật Gọi G là trọng tâm tam giác SAD và E là điểm trên cạnh DC cho DC = 3DE, I là trung điểm AD Chứng minh OI k (SAB) và OI k (SCD) Tìm giao điểm P IE và (SBC) Chứng minh GE k (SBC) Lời giải S OI k AB Ta có AB ⊂ (SAB) ⇒ OI k (SAB) OI6⊂ (SAB) OI k CD Tương tự, CD ⊂ (SCD) ⇒ OI k (SCD) OI 6⊂ (SCD) DI 1 DE Vì = 6= = nên IE không song song với DA DC AC Trong hình chữ nhật ABCD, gọi P = IE ∩ BC ⇒ P = IE ∩ (SBC) Gọi K là trung điểm BC, G0 là trọng tâm tam giác SBC SG0 SG G0 G Khi đó = = = ,suy G0 G k KI k CE SK SI KI 2 và ⇒ G G = KI = CD = CE Do dó tứ giác G0 GEC 3 là hình bình hành, suy CG0 k CE ⇒ CG k (SBC) G G0 A D I E O B K C BÀI 552 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N là trung điểm AB và CD Chứng minh M N k (SBC) và M N k (SAD) Gọi P là trung điểm cạnh SA Chứng minh SB k (M N P ) và SC k (M N P ) Gọi G, I là trọng tâm tam giác ABC và SBC Chứng minh GI k (M N P ) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 367 (368) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Lời giải S Từ giả thiết, ta có M N k AD k BC Vì M N 6⊂ (SBC), M N 6⊂ (SAD) nên M N k (SBC) và M N k (SAD) AP AM = = ⇒ SB k P M ⇒ SB k (M N P ) AS AB AO AP Tương tự, = = ⇒ P O k SC vì OP ⊂ (M N P ) AC AS nên SC k (M N P ) Ta có P A D I M N O G B C BÀI 553 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang đáy lớn AB, với AB = 2CD Gọi O là giao điểm AC và BD, I là trung điểm SA, G là trọng tâm tam giác SBC và E là điểm trên cạnh SD cho 3SE = 2SD Chứng minh: DI k (SBC) GO k (SCD) SB k (ACE) Lời giải S Gọi N là trung điểm SB, đó IN k AB và IN = AB Suy IN k CD, IN = DC suy tứ giác IN CD là hình bình hành, đó ID k N C Vậy ID k (SBC) GO k (SCD) I N Gọi P là trung điểm SC, đó GO k P D, suy GO k (SCD) P G Ta có EO k SB, suy SB k (ACE) E A B M O D C BÀI 554 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình SI SJ AB, AD Gọi I, J thuộc SM, SN cho = = SM SN M N k (SBD) IJ k (SBD) hành tâm O Gọi M, N là trung điểm các cạnh Chứng minh 3 SC k (IJO) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 368 (369) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S Ta có M, N là trung điểm các cạnh AB, AD Suy M N k BD, mà BD ⊂ (SBD) Nên M N k (SBD) SI SJ = = ⇒ IJ k M N Hay IJ k BD Ta có SM SN Mà BD ⊂ (SBD) Nên IJ k (SBD) K Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H là giao điểm M N và AC Trong mặt phẳng (SM N ) gọi K là giao điểm IJ và SH HO Dễ thấy H là trung điểm AO, suy = HC HK MI Lại có IJ k M N ⇒ IK k M H ⇒ = = SH SM HK HO Do đó = = ⇒ KO k SC HS HC Mà KO ⊂ (IJO) ⇒ SC k (IJO) J I A M D N H O B C BÀI 555 Cho tứ diện ABCD, G là trọng tâm tam giác ABD và I là điểm trên cạnh BC cho BI = 2IC Chứng minh IG k (ACD) Lời giải A Gọi H là trung điểm BD Trong mặt phẳng (BCD), gọi K là giao điểm HI và CD BH IC KD Theo định lý Menelaus có · · = ⇔ 1· · K HD BI KC KD KD =1⇔ = KC KC Suy C là trung điểm KD, suy BC là trung G B C tuyến 4BDK I Mà BI = 2IC, suy I là trọng tâm 4BDK HI H Suy = Lại có G là trọng tâm 4ABD ⇒ HK HG = HK D Do đó, GI k AK, mà AK ⊂ (ACD) ⇒ IG k (ACD) BÀI 556 Cho tứ diện ABCD Gọi G và P là trọng tâm tam giác ACD và ABC Chứng minh GP k (BCD), GP k (ABD) Lời giải A Gọi K, H là trung điểm BC và CD Suy KH k BD (1) Ta có G, P là trọng tâm 4ACD, 4ABC AP AG Suy = , = ⇒ P G k HK (2) AK AH Từ (1) và (2), suy GP k BD Mà BD ⊂ (BCD), BD ⊂ (ABD), suy GP k (BCD), GP k (ABD) P G B D K H C BÀI 557 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, O là giao điểm AC và BD, M là trung điểm SA Chứng minh OM k (SCD) Gọi (α) là mặt phẳng qua M , đồng thời song song với SC và AD Tìm thiết diện mặt phẳng (α) với hình chóp S.ABCD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 369 (370) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Lời giải S Ta có M, O là trung điểm SA và AC, suy M O k SC Mà SC ⊂ (SCD) ⇒ OM k (SCD) Vì M O k SC ⇒ O ∈ (α) O ∈ (α) ∩ (ABCD) ⇒ (α) ∩ (ABCD) = P Q Ta có AD k (α) AD ⊂ (ABCD) Với P Qk AD, O ∈ P Q, Q ∈ AB, P ∈ CD P ∈ (α) ∩ (SCD) SC k (α) Lại có M A ⇒ (α) ∩ (SCD) = P N , với P N k Q SC ⊂ (SCD) SC Có (α) ∩ (SAD) = M N, (α) ∩ (SAB) = M Q Nhận thấy P, Q là trung điểm CD và AB Suy N là trung điểm SD Suy M N k P Q Vậy thiết diện là hình thang M N P Q N D P O B C BÀI 558 Cho hình chóp S.ABCD Gọi M , N thuộc cạnh AB, CD Gọi (α) là mặt phẳng qua M N và song song với SA Tìm thiết diện (α) với hình chóp Tìm điều kiện M N để thiết diện là hình thang Lời giải M ∈ (α) ∩ (SAB) Ta có SA k (α) ⇒ (α) ∩ (SAB) = M P , với M P k SA ⊂ (SAB) SA Trong mặt phẳng (ABCD), gọi R = M N ∩ AC R ∈ (α) ∩ (SAC) SA k (α) Ta có S ⇒ (α) ∩ (SAC) = RQ, với RQ k SA SA ⊂ (SAC) Ta có (α) ∩ (SCD) = QN Vậy thiết diện là tứ giác M N QP A ñ M P k QN (1) Ta có M N QP là hình thang ⇒ M N k P Q (2) ® SA k M P M Xét (1) ta có ⇒ SA k QN M P k QN ® SA k QN Do đó ⇒ SA k (SCD) (vô lý) QN ⊂ (SCD) BC = (ABCD) ∩ (SBC) Xét (2) ta có M N ⊂ (ABCD) ⇒ M N k BC P Q ⊂ (SBC) P Q = (α) ∩ (SBC) Ngược lại, M N k BC thì M N ⊂ (α) ⇒ M N k P Q BC ⊂ (SBC) Vậy để thiết diện là hình thang thì M N k P Q Q P D N R C B BÀI 559 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm cạnh SC (P ) là mặt phẳng qua AM và song song với BD Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 370 (371) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Gọi E, F là giao điểm (P ) với các cạnh SB, SD Tìm tỉ số diện tích 4SM E với 4SBC và tỉ số diện tích 4SM F với 4SCD Gọi K là giao điểm M E và CB, J là giao M F và CD Chứng minh K, A, J nằm trên đường thẳng song song với EF và tìm tỉ số EF KJ Lời giải Trong mặt phẳng (ABCD) gọi AC ∩ BD = O, mặt phẳng (SAC), gọi AM ∩ SO = I Ta có I ∈ (P ) ∩ (SBD) BD k (P ) BD ⊂ (SBD) ⇒ (P ) ∩ (SBD) = EF , với I ∈ EF, E ∈ SB, F ∈ SD Ta có (P ) ∩ (SAB) = AE, (P ) ∩ (SBC) = EM, (P ) ∩ (SCD) = MF Vậy thiết diện là tứ giác AEM F S M E I D O K B S4AM E S4SM F Do đó = · = , S4SBC 3 S4SCD Ta có J A (M EF ) ∩ (ABCD) = AK (M EF ) ∩ (ABCD) = AJ C SE SF EF SI = ⇒ = = = SO SB SD BD = · = 3 Trong 4SAC, có I là trọng tâm tam giác ⇒ ® F (1) ⇒ K, A, J thẳng hàng KC KC M S EB KC · · =1⇔1· · =1⇔ = M C ES KB KB KB Hay B là trung điểm KC Tương tự, ta có D là trung điểm CJ BD k KJ Do đó, BD là đường trung bình 4KCJ ⇒ BD = · KJ (2) Mà BD k EF Vậy A, K, J nằm trên đường song song với EF EF 1 Từ (1) và (2), suy = · = KJ 3 Theo định lý Menelaus, xét 4SBC ta có BÀI 560 Cho tứ diện ABCD Gọi M và N là hai điểm nằm trên cạnh BC và AD Xác định thiết diện tứ diện cắt mặt phẳng (α) qua M N và song song với CD Xác định vị trí hai điểm M, N để thiết diện là hình bình hành Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 371 (372) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song M = (α) ∩ (BCD) Ta có CD k (α) ⇒ (α) ∩ (BCD) = M I, với M I k CD CD ⊂ (BCD) N = (α) ∩ (ACD) A N CD k (α) ⇒ (α) ∩ (ACD) = N K, với N K k CD CD ⊂ (ACD) Ta có (α) ∩ (ABD) = N I, (α) ∩ (ABC) = M K Vậy thiết diện là hình thang M IN K, (vì M I k N K) MI BM ® = M I k CD CD CB Lại có ⇒ KN AN KN k CD = CD AD K B D I M C BM AN Để thiết diện M IN K là hình bình hành và M I = N K ⇔ = CD AD BM AN Vậy M, N là hai điểm nằm trên BC và AD và = CD AD BÀI 561 Cho tứ diện ABCD Gọi I, J là trung điểm AB và CD, M là điểm trên đoạn IJ Gọi (P ) là mặt phẳng qua M và song song với AB và CD Tìm giao tuyến mặt phẳng (P ) và (ICD) Xác định thiết diện tứ diện với mặt phẳng (P ) Thiết diện là hình gì? Lời giải Gọi ® ∆1 = (P ) ∩ (ICD), ta có A M ∈ (P ) ⇒ M ∈ ∆1 M ∈ IJ, IJ ⊂ (ICD) (P ) k CD CD ⊂ (ICD) ⇒ ∆1 k CD (P ) ∩ (ICD) = ∆1 Vậy ∆1 là đường thẳng qua M và song song với CD Gọi E = ∆1 ∩ IC, F = ∆1 ∩ T D, ta (P ) ∩ (ICD) = EF I P F Q M B Gọi ® ∆2 = (P ) ∩ (ABD), ta có D G E F ∈ (P ) ⇒ F ∈ ∆2 F ∈ ID, ID ⊂ (ABD) (P ) k AB AB ⊂ (ABD) ⇒ ∆2 k AB (P ) ∩ (ABD) = ∆2 Vậy ∆2 là đường thẳng qua F và song song với AB Gọi G = ∆2 ∩ BD, P = ∆2 ∩ AD, ta (P ) ∩ (ICD) = GP J H C Gọi ∆3 = (P ) ∩ (ABC), ta có ® E ∈ (P ) E ∈ IC, IC ⊂ (ABC) Ta có ⇒ E ∈ ∆3 (P ) k AB AB ⊂ (ABC) ⇒ ∆3 k AB (P ) ∩ (ABC) = ∆3 Vậy ∆3 là đường thẳng qua E và song song với AB Gọi H = ∆3 ∩ BC, Q = ∆3 ∩ AC, ta (P ) ∩ (ABC) = HQ Giao tuyến (P ) với các mặt phẳng (BCD), (ABD), (ACD), (ABC) là GH, GP, P Q, QH Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 372 (373) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Do đó thiết diện tứ diện với mặt phẳng (P ) là tứ giác HGP Q Ta có (P ) k CD CD ⊂ (ACD) ⇒ P Q k CD (P ) ∩ (ACD) = P Q và (P ) k CD CD ⊂ (BCD) ⇒ HG k CD (P ) ∩ (BCD) = HG ® Ta có HG k P Q (cùng song song với CD) HQ k P G (cùng song song với AB) ⇒ tứ giác HGP Q là hình bình hành BÀI 562 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi K và J là trọng tâm các tam giác ABC và SBC Chứng minh KJ k (SAB) Gọi (P ) là mặt phẳng chứa KJ và song song với AD Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) Lời giải S Gọi H là trung điểm BC, theo tính chất trọng tâm HJ HK = = ⇒ KJ k SA (Định lý Ta-lét HA HS KJ k SA đảo) Ta có SA ⊂ (SAB) ⇒ KJ k (SAB) KJ 6⊂ (SAB) ta có Gọi ® ∆1 = (P ) ∩ (ABCD), ta có K ∈ KJ, KJ ⊂ (P ) ⇒ K ∈ ∆1 K ∈ (ABCD) (P ) k AD AD ⊂ (ABCD) ⇒ ∆1 k AD (P ) ∩ (ABCD) = ∆1 Vậy ∆1 là đường thẳng qua K và song song với AD Gọi E = ∆1 ∩ AB, F = ∆1 ∩ CD, ta (P ) ∩ (ABCD) = EF J M N A D O E K B F H C Gọi ∆2 = (P ) ∩ (SBC), ta có ® J ∈ KJ, KJ ⊂ (P ) J ∈ (SBC) Và ⇒ K ∈ ∆2 (P ) k AD k BC BC ⊂ (ABCD) ⇒ ∆2 k BC (P ) ∩ (ABCD) = ∆2 Vậy ∆2 là đường thẳng qua J và song song với BC Gọi M = ∆2 ∩ SB, N = ∆1 ∩ SD, ta (P ) ∩ (SBC) = M N Ta có giao tuyến (P ) với các mặt phẳng (ABCD), (SCD), (SBC), (SAB) là EF, F N, N M, N E, đó thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) là tứ giác M N F E BÀI 563 Cho tứ diện ABCD Gọi G1 , G2 là trọng tâm các tam giác ACD và BCD Chứng minh G1 G2 k (ABC) và G1 G2 k (ABD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 373 (374) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song A Xét tam giác ABM ta có M G2 = (G2 là trọng tâm 4BCD) MB M G1 = (G1 là trọng tâm 4ACD) MA M G2 M G1 Suy = ⇒ G1 G2 k AB (Định lý Ta-lét đảo) MA M B G1 G2 k AB Ta có AB ⊂ (ABC) ⇒ G1 G2 k (ABC) G1 G2 6⊂ (ABC) G1 G2 k AB Ta có AB ⊂ (ABD) ⇒ G1 G2 k (ABD) G1 G2 6⊂ (ABD) G1 B D G2 M C BÀI 564 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi G là trọng tâm 4SAB, I là trung điểm AB, lấy điểm M đoạn AD cho AD = 3AM Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) Đường thẳng qua M và song song với AB cắt CI N Chứng minh N G k (SCD) Chứng minh M G k (SCD) Lời giải ∆ S Gọi ∆ = (SAD) ∩ (SBC), ta có S ∈ ∆ AD k BC AD ⊂ (SAD) ⇒ ∆ k AD Ta có BC ⊂ (SBC) (SAD) ∩ (SBC) = ∆ Vậy ∆ là đường thẳng qua S và song song với AD Hình thang AICD có M N k AI k CD nên G IN = IC AM = (Định lí Ta-lét) AD IG 4SAB có G là trọng tâm nên = IS IN IG 4ISC có = = ⇒ N G k SC (Định lý IC IS Ta-lét đảo) N G k SC Ta có E M A D I N B C SC ⊂ (SCD) ⇒ N G k (SCD) N G 6⊂ (SCD) Gọi E là giao điểm IM và CD Vì AI k DE nên ta có IG IM Xét 4ASE có = = ⇒ GM k SE GS ME M G k SE Ta có SE ⊂ (SCD) ⇒ M G k (SCD) M G 6⊂ (SCD) IM AM = = (Định lý Ta-lét) ME MD BÀI 565 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD và AD = 2BC Gọi O là giao điểm AC và BD, G là trọng tâm tam giác SCD Chứng minh OG k (SBC) Cho M là trung điểm SD Chứng minh CM k (SAB) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 374 (375) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Gọi I là điểm trên cạnh SC cho 2SC = 3SI Chứng minh SA k (BDI) Lời giải S Gọi N là trung điểm SC, vì G là trọng tâm 4SCD NG = GD CO BC BO = = = (Định lí Ta có BC k AD ⇒ OD AO AD Ta-lét) NG BO 4BN D có = = ⇒ OG k BN (Định lí GD OD Ta-lét đảo) OG k BN Ta có BN ⊂ (SBC) ⇒ OG k (SBC) OG 6⊂ (SBC) nên E N I A G D O Gọi E là trung điểm SA, theo tính chất đường trung bình ta có M E k AD và M E = AD M E = BC = AD ⇒ Tứ giác M EBC là hình bình M E k BC (k AD) hành Suy raCM k BE CM k BE Ta có BE ⊂ (SAB) ⇒ CM k (SAB) CM 6⊂ (SAB) M B C Ta có 2SC = 3SI ⇔ 2SI + 2IC = 3SI ⇔ SI = 2IC CO CI = = ⇒ OI k SA (Định lí Ta-lét đảo) Xét 4SAC có IS OA SA k BI Ta có BI ⊂ (BDI) ⇒ AB k (BDI) AB 6⊂ (BDI) BÀI 566 Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh AB, AD, SB Chứng minh BD k (M N P ) Tìm giao điểm (M N P ) với BC Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (M N P ) và (SBD) Tìm thiết diện hình chóp với (M N P ) Lời giải S K Q P A N D M H B Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 C Trang 375 (376) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song 4ABD có M N là đường trung bình nên M N k BD và M N = BD k M N Ta có M N ⊂ (M N P ) ⇒ BD k (M N P ) BD 6⊂ (M N P ) BD 2 Trong (ABCD), dựng H = M N ∩ BC, ta có ® H ∈ BC ⇒ H = (M N P ) ∩ BC H ∈ M N, M N ⊂ (M N P ) ® P ∈ (SBD) Gọi ∆ = (M N P ) ∩ (SBD), ta có ⇒ P ∈ ∆ P ∈ (M N P ) Ta có M N k BD M N ⊂ (M N P ), (BD) ⊂ (SBD) ⇒ ∆ k M N (M N P ) ∩ (SBD) = ∆ Vậy ∆ là đường thẳng qua P và song song với M N Gọi Q = ∆ ∩ SD, ta (M N P ) ∩ (SBD) = P Q Trong (SBC), dựng K = HP ∩SC Giao tuyến (M N P ) với các mặt phẳng (ABCD), (SAB), (SBC), (SCD), (SDA là M N, P M, P K, KQ, QN Vậy thiết diện hình chóp với (M N P ) là ngũ giác P M N QK BÀI 567 Cho tứ diện ABCD Gọi M là điểm thuộc BC cho M C = 2M B Gọi N, P trung điểm BD và AD Chứng minh N P k (ABC) Tìm giao điểm Q AC với (M N P ) và tính QA Suy thiết diện hình chóp bị cắt (M N P ) QC Chứng minh M G k (ABD), với G là trọng tâm tam giác ACD Lời giải 4ABD có N P là đường trung bình nên N P k AB và A AB 2 N P k AB Ta có AB ⊂ (ABC) ⇒ N P k (ABC) N P 6⊂ (ABC) NP = Q P ® Gọi ∆ = (M N P ) ∩ (ABC), ta có M ∈ (SBD) M ∈ BC, BC ⊂ (ABC) N P k (ABC) G ⇒ M ∈ ∆ N P ⊂ (M N P ) ⇒ ∆ k AB (M N P ) ∩ (ABC) = ∆ Vậy ∆ là đường thẳng qua M và song song với AB Trong (ABC) dựng Q = ∆ ∩ AC, ta có ® Q ∈ AC ⇒ Q = AC ∩ (M N P ) Q ∈ ∆, ∆ ⊂ (M N P ) B N D M C MB Ta có M C = 2M B ⇔ M C + M B = 3M B ⇔ BC = 3M B ⇔ = BC QA BM Xét 4ABC có QM k AB ⇒ = = QC BC Ta có giao tuyến (M N P ) với các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ABD), (BCD) là QM, QP, P N, M N Vậy thiết diện cùa hình chóp bị cắt (M N P ) là tứ giác M N P Q Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 376 (377) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song PG = PC PG BM Xét 4BCP có = = ⇒ M G k BP (Định lí Ta-lét đảo) PC BC M G k BP Vì G là trọng tâm 4ACD nên Ta có BP ⊂ (ABD) ⇒ M G k (ABD) M G 6⊂ (ABD) BÀI 568 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Tìm giao tuyến (SAC) và (SBD); (SAB) và (SCD) Một mặt phẳng qua BC và song song với AD cắt SA E, (E 6= S, E 6= A), cắt SD F, (F 6= S, F 6= D) Tứ giác BEF C là hình gì? Gọi M thuộc đoạn AD cho AD = 3AM và G là trọng tâm tam giác SAB, I là trung điểm AB Đường thẳng qua M và song song AB cắt CI N Chứng minh N G k (SCD) và M G k (SCD) Lời giải S ∆ H F E G A M D O I N B C Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD) Trong (ABCD), dựng O = AC ∩ BD, ta có ® O ∈ AC, AC ⊂ (SAC) O ∈ BD, BD ⊂ (SBD) ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO Gọi ∆ = (SAB) ∩ (SCD), ta có S ∈ ∆ AB k CD AB ⊂ (SAB) Ta có ⇒ ∆ k AB CD ⊂ (SCD) (SAB) ∩ (SCD) = ∆ Vậy ∆ là đường thẳng qua S và song song với AB Ta có BC k AD BC ⊂ (BCF E) ⇒ EF k AD k BC AD ⊂ (SAD) (BCF E) ∩ (SAD) = EF Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 377 (378) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Vậy tứ giác BCF E là hình thang AM IN = = (Định lí Ta-lét) AD IC IG Vì G là trọng tâm tam giác SAB nên = IS Xét 4ISC ta có IG IN = = ⇒ GN k SC (Định lí Ta-lét đảo) IS IC 3 Xét hình thang AICD có M N k AI ⇒ Ta có GN k SC SC ⊂ (SCD) ⇒ N G k (SCD) N G 6⊂ (SCD) Trong (ABCD), dựng H = IM ∩ CD Vì AI k DM nên ta có IM AM = = (Định lí Ta-lét) IH AD Xét 4ISH ta có IG IM = = ⇒ GM k SH (Định lí Ta-lét đảo) IS IH Ta có M G k SH SH ⊂ (SCD) ⇒ M G k (SCD) M G 6⊂ (SCD) BÀI 569 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N , P là trung điểm SA, BC, CD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) Tìm giao điểm E SB và (M N P ) Chứng minh N E k (SAP ) Lời giải S M A D E F B O N P C Q ® Ta có O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ AC ⊂ (SAC) O ∈ BC ⊂ (SBD) Do đó O là điểm chung hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) mà S là điểm chung thứ hai hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) nên SO = (SAC) ∩ (SBD) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 378 (379) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song AB k CD AB ⊂ (SAB) Ta có ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx k AB và Sx k CD CD ⊂ (SCD) S ∈ (SAB) ∩ (SCD) Gọi Q = N P ∩ AB ⇒ Q là điểm chung (SAB) và (M N P ) mà M là điểm chung thứ hai nên (SAB) ∩ (M N P ) = M Q Trong ® mặt phẳng (SAB) gọi E = M Q ∩ SB E ∈ SB Ta có ⇒ E = SB ∩ (M N P ) E ∈ M Q ⊂ (M N P ) Ta có N là trung điểm BC và BQ k CP nên BQ = CP và N Q = N P CD AB = Gọi F là trung điểm AB, ta có AF = BF = 2 Ta có M , F là trung điểm SA và AB nên M F là đường Trong tam giác QM F có B là trung điểm QF và BE k M F Từ (1) và (2) ta có EN là đường trung bình tam giác QM P Mặt khác, M P ⊂ (SAP ) nên N E k (SAP ) (1) = CP = BQ trung bình tam giác SAB nên M F k SB nên E là trung điểm M Q (2) ⇒ EN k M P BÀI 570 Cho tứ diện ABCD Lấy điểm M trên cạnh AB sau cho AM = 2M B Gọi G là trọng tâm 4BCD và I là trung điểm CD, H là điểm đối xứng G qua I Chứng minh GD k (M CH) Tìm giao điểm K M G với (ACD) Tính tỉ số GK GM Lời giải A Ta có IC = ID và IG = IH nên GDHC là hình bình hành Do đó GD k CH mà CH ⊂ (M CH) nên GD k (M CH) ® Trong mp(ABI), gọi K = AI ∩ M G, ta có K ∈ AI ⊂ (ACD) K ∈ MG M ⇒ K = M G ∩ (ACD) Trong mp(ABI), kẻ GE k AB, (E ∈ AI) E GE IG Xét tam giác ABI, có GE k AB, suy = = ⇒ AB IB GE = AM KG GE Xét tam giác AKM , có GE k AM , suy = = ⇒ KM AM GK = GM B D G I H C K BÀI 571 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi I, K là trung điểm BC và CD Tìm giao tuyến (SIK) và (SAC), (SIK) và (SBD) Gọi M là trung điểm SB Chứng minh SD k (ACM ) Tìm giao điểm F DM và (SIK) Tính tỉ số MF MD Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 379 (380) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song x S F M A D K O E B I C Ta có S ∈ (SIK) ∩ (SAC) ® Trong mp(ABCD), gọi E = IK ∩ AC ⇒ E ∈ IK ⊂ (SIK) E ∈ AC ⊂ (SAC) ⇒ E ∈ (SIK) ∩ (SAC) Suy SE = (SIK) ∩ (SAC) ® Ta có S ∈ (SIK) ∩ (SBD) BD ∈ (SBD), IK ∈ (SIK), BD k IK ⇒ (SIK) ∩ (SBD) = Sx, (với Sx k BD k IK) Trong mp(ABCD), gọi O = AC ∩ BD, ta có SD k M O Mà M O ⊂ (ACM ), suy SD k (ACM ) ® Trong mp(SBD), gọi F = Sx ∩ DM ⇒ Ta có SF k BD ⇒ S ∈ DM S ∈ Sx ⊂ (SIK) ⇒ F = DM ∩ (SIK) MS MF = = MD MB BÀI 572 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi G là trọng tâm 4SAB, trên AD lấy điểm E cho AD = 3AE Gọi M là trung điểm AB Chứng minh EG k (SCD) Đường thẳng qua E song song AB cắt M C F Chứng minh GF k (SCD) Gọi I là điểm thuộc cạnh CD cho CI = 2ID Chứng minh GO k (SAI) Lời giải S H G E A D L I M O N K F B Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 C Trang 380 (381) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Gọi H là trọng tâm tam giác SCD, ta có GH k M N và GH = MN ED ED = = MN AD Suy ra®GH k ED và GH = ED Suy GHDE là hình bình hành EG k DH Ta có ⇒ EG k (SCD) DH ⊂ (SCD) Lại có ED k M N và MF = MC MF MG Xét tam giác M SC có = = MC MS Mà SC ⊂ (SCD) Vậy GF k (SCD) Ta có M A k EF k CD, suy AE = AD , suy GF k SC 3 Trong mp(ABCD), gọi K = AI ∩ M N Ta có SK = (SM N ) ∩ (SAI) Gọi L là trung điểm AI, ta có OL là đường trung bình hình thang AM N I, suy CD AB AM AM + AM + AM + AM + N I 6 = 2AM ⇒ OL = OL = = = = 2 2 AM KO OL Xét tam giác AKM , có OL k AM , suy = = KM AM SG KO Xét tam giác SM K, có = = , suy GO k SK SM KM Mà SK ⊂ (SAI) Vậy GO k (SAI) BÀI 573 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm SC và N là trọng tâm tam giác ABC Chứng minh SB k (AM N ) Tìm giao tuyến (AM N ) và (SAB) Tìm giao điểm I SD với (AM N ) Tính tỉ số IS ID Gọi Q là trung điểm ID Chứng minh QC k (AM N ) Lời giải S I Q M E A D F T O N B x G Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 C Trang 381 (382) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Trong mp(ABCD), gọi O = AC ∩ BD OE Trong mp(SAC), gọi E = AM ∩ SO, ta có E là trọng tâm tam giác SAC Suy = OS ON = Ta có N là trọng tâm tam giác ABC nên OB OE ON Xét tam giác OSB có = = Suy N E k SB OS OB Mà N E ⊂ (AM N ) Vậy SB k (AM N ) ® Ta có A ∈ (SAB) ∩ (AM N ) SB ⊂ (SAB), SB k (AM N ) ⇒ (SAB) ∩ (AM N ) = Ax, (với Ax k SB) ® Trong mp(SBD), gọi I = N E ∩ SD ⇒ I ∈ N E ⊂ (AM N ) I ∈ SD IS BN BN Ta có N E k SB ⇒ N I k SB ⇒ = = = ID ND BD − BN ⇒ I = SD ∩ (AM N ) 2BO = 2BO 2BO − Trong mp(SBD), gọi F = N E ∩ BQ Trong mp(ABCD), gọi G = AN ∩ BC, vì N là trọng tâm tam giác ABC nên G là trung điểm BC Ta có F G = (AM N ) ∩ (BQC) Kẻ QT k F N , (T ∈ BD) (1) IQ NT = = Xét tam giác DN I có QT k N I, suy DN DI BN Mà = nên BN = N T , hay N là trung điểm BT (2) ND Từ (1) và (2), ta có F là trung điểm BQ Do đó GF là đường trung bình tam giác BQC Suy QC k GF Mà GF ⊂ (AM N ) Vậy QC k (AM N ) BÀI 574 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N là trung điểm BC, CD Tìm giao tuyến (SM D) và (SAB) Tìm giao tuyến (SM N ) và (SBD) Gọi H là điểm trên cạnh SA cho HA = 2HS Tìm giao điểm K M H và (SBD) Tính tỉ số KH KM Gọi G là giao điểm BN và DM Chứng minh HG k (SBC) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 382 (383) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S x H K A D N O F G B C M E ® Trong mp(ABCD), gọi E = M D ∩ AB ⇒ E ∈ M D ⊂ (SM D) E ∈ AB ⊂ (SAB) mà S ∈ (SAB) ∩ (SM D) ⇒ SE = (SAB) ∩ (SM D) ⇒ E ∈ (SM D) ∩ (SAB) M N k BD Ta có M N ⊂ (SM N ), BD ⊂ (SBD) ⇒ (SM N ) ∩ (SBD) = Sx k BD k M N S ∈ (SM N ) ∩ (SBD) Trong mp(ABCD), gọi F = AM ∩ BD ® Trong mp(SAM ), gọi K = M H ∩ SF ⇒ K ∈ SF ⊂ (SBD) K ∈ MH ⇒ K = M H ∩ (SBD) Trong tam giác BCD, BN và DM là hai trung tuyến nên G là trọng tâm Từ đó ta có HS GC HS Mặt khác, HA = 2HS nên = ⇒ = ⇒ HG k SC ⇒ HG k (SBC) SA AC SA GC GC = ⇒ = CO AC BÀI 575 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AD là đáy lớn và AD = 2BC Gọi O là giao điểm AC và BD, G là trọng tâm tam giác SCD Chứng minh OG k (SBC) Gọi M là trung điểm cạnh SD Chứng minh CM k (SAB) Giả sử điểm I trên đoạn SC cho 2SC = 3SI Chứng minh SA k (BID) Xác định giao điểm K BG và mặt phẳng (SAC) Tính tỉ số KB KG Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 383 (384) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S M P N G I A D O B C OD AD = = OB BC GD =2 Mặt khác, gọi N là trung điểm SC Vì G là trọng tâm 4SCD nên GN GD OD ⇒ = ⇒ OG k BN ⇒ OG k (SBC) GN OB Ta có AD k BC ⇒ Gọi P là trung điểm SA, ta có P M là đường trung bình 4SAD AD = BC và P M k AD k BC Do đó P M CB là hình bình hành Vậy CM k BP ⇒ CM k (SAB) Suy P M = OA = OC SI SI OA Mặt khác, vì 2SC = 3SI nên =2⇒ = ⇒ OI k SA ⇒ SA k (BID) IC IC OC Ta có AD k BC ⇒ Trong mp(BCM P ), gọi K = BG ∩ CP mà CP ∈ (SAC) ⇒ K = BG ∩ (SAC) KB BP CM Ta lại có CG k BP ⇒ = = = KG CG CG BÀI 576 Cho hình chóp S.ABC Gọi M , P , I là trung điểm AB, SC, SB Một mặt phẳng (α) qua M P và song song với AC và cắt các cạnh SA, BC N , Q Chứng minh BC k (IM P ) Xác định thiết diện (α) với hình chóp Thiết diện này là hình gì? Tìm giao điểm đường thẳng CN và mặt phẳng (SM Q) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 384 (385) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song x D S N P I A C Q M B Ta có IP là đường trung bình tam giác SBC nên IP k BC ⇒ BC k (IM P ) Ta có (α) cắt BC Q nên (α) ∩ (SBC) = P Q và (α) ∩ (ABC) = M Q Ta lại có (α) cắt SA N nên (α) ∩ (SAB) = M N và (α) ∩ (SAC) = P N Vậy thiết diện®cần tìm là tứ giác M N P Q (α) k AC Mặt khác, ⇒ (α) ∩ (ABC) = M Q k AC ⇒ Q là trung điểm BC AC ⊂ (ABC) Tương tự ta chứng minh N P k AC và N là trung điểm SA Lúc này N P và M Q là đường trung bình tam giác SAC và ABC nên N P = M Q = AC và N P k M Q Suy M N P Q là hình bình hành AC k M Q Ta có AC ⊂ (SAC), M Q ⊂ (SM Q) ⇒ (SAC) ∩ (SM Q) = Sx k AC S ∈ (SAC) ∩ (SM Q) Trong mp(SAC), gọi D = CN ∩ Sx Ta có D ∈ Sx ⊂ (SM Q) và D ∈ CN nên D = CN ∩ (SM Q) BÀI 577 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình tứ giác lồi Gọi M , N là trung điểm SC và CD Gọi (α) là mặt phẳng qua M , N và song song với đường thẳng AC Tìm giao tuyến (α) với (ABCD) Tìm giao điểm SB và (α) Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (α) Lời giải S z y Q H M A D P K N B C Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 385 (386) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song AC k (α) ⇒ (α)∩(ABCD) = N x k AC Gọi P = N x∩AD ta có (α)∩(ABCD) = N P Ta có AC ⊂ (ABCD) N ∈ (α) ∩ (ABCD) bình tam giác SCD nên SD k M N ⇒ SD ⇒ SD k (α) Ta có M N là đường trung SD k (α) Gọi K = N P ∩ BD, ta có SD ⊂ (SBD) ⇒ (α) ∩ (SBD) = Ky k SD Gọi H = Ky ∩ SB K ∈ (α) ∩ (SBD) Ta có H ∈ Ky ⊂ (α) và H ∈ SB ⇒ H = SB ∩ (α) SD k (α) ⇒ (α) ∩ (SBD) = P z k SD Gọi Q = P z ∩ SA Ta có SD ⊂ (SAD) P ∈ (α) ∩ (SAD) (α) và (SAB) có H, Q là điểm chung nên giao tuyến là QH (α) và (SAD) có P , Q là điểm chung nên giao tuyến là P Q (α) và (ABCD) có P , N là điểm chung nên giao tuyến là P N (α) và (SCD) có M , N là điểm chung nên giao tuyến là M N (α) và (SBC) có H, M là điểm chung nên giao tuyến là HM Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác M N P QH BÀI 578 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB k CD Gọi M , N , I, là trung điểm AD, BC, SA Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (IM N ) và (SAC); (IM N ) và (SAB) Tìm giao điểm SB và (IM N ) Tìm thiết diện mặt phẳng (IDN ) với hình chóp S.ABCD Lời giải Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (IM N ) và (SAC); (IM N ) và (SAB) S (a) Tìm giao tuyến (IM N ) và (SAC) Ta có I ∈ (SAC) ∩ (IM N ) Trong (ABCD) gọi E = AC ∩ M N ⇒ E ∈ (SAC) ∩ (IM N ) Vậy IE = (IM N ) ∩ (SAC) (b) Ta có I ∈ (IM N ) ∩ (SAB) và M N là đường trung bình hình thang ABCD nên M N k AB Nên giao tuyến (IM N ) và (SAB) là đường thẳng a qua I song song với AB Ta thấy SB ⊂ (SAB) và a = (IM N ) ∩ (SAB) Gọi J = SB ∩ a, J = SB ∩ (IM N ) I J a I A B M N E D C Ta thấy IJ = (SAB)∩(IDN ), ID = (SAD)∩(IDN ), DN = (ABCD)∩(IDN ), N J = (SBC)∩(IDN ) Vậy thiết diện (IDN ) và hình chóp S.ABCD là tứ giác IJN D BÀI 579 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi G là trọng tâm 4SAB; N là AN điểm thuộc đoạn AC cho = ; I là trung điểm AB AC Chứng minh OI k (SAD) và GN k SD Gọi (α) là mặt phẳng qua O, song song với SA và BC Mặt phẳng (α) cắt SB, SC L và K Xác định thiết diện cắt mặt phẳng (α) với hình chóp Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 386 (387) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Lời giải Chứng minh OI k (SAD) và GN k SD S (a) Chứng minh OI k (SAD) Ta có OI k BC (OI là đường trung bình 4ABC) nên OI k AD (vì AD k BC) mà AD ⊂ (SAD) suy OI k (SAD) L (b) Chứng minh GN k SD AN AN = ⇒ = suy N là trọng tâm 4ABD Do AC AO IN IG Từ đó ta có = = ⇒ GN k SD ID IS K A I N Xác định giao điểm L = SB ∩ (α) Ta thấy (α) là (KIH) với H, K là trung điểm CD, SC Ta thấy SB ⊂ (SBC), K = (α) ∩ (SBC) và IH k BC nên giao tuyến (α) và (SBC) là đường thẳng d qua K song song với BC Khi đó L = d ∩ SB suy L là trung điểm SB Ta thấy G B O D H C (α)∩(ABCD) = HI, (α)∩(SBC) = KL, (α)∩(SAB) = LI Vậy thiết diện (α) với hình chóp là hình thang LKHI BÀI 580 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi H, K là trung điểm các cạnh SA, SB và M là điểm thuộc cạnh CD, (M khác C và D) Tìm giao tuyến (KAM ) và (SBC), (SBC) và (SAD) Tìm thiết diện tạo (HKO) với hình chóp S.ABCD Thiết diện là hình gì? Gọi L là trung điểm đoạn HK Tìm I = OL ∩ (SBC) Chứng minh SI k BC Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 387 (388) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song I Tìm giao tuyến (KAM ) và (SBC), (SBC) và (SAD) S Tìm giao tuyến (KAM ) và (SBC) Ta có K ∈ (KAM ) ∩ (SBC) Trong (ABCD) gọi F = AM ∩ BC, nên F ∈ (KAM ) ∩ (SBC) Suy KF = (KAM ) ∩ (SBC) d A Tìm thiết diện tạo (HKO) với hình chóp S.ABCD Thiết diện là hình gì? Ta thấy (HKO) và (ABCD) chứa có chung điểm O và chứa HK và AB song song với nên giao tuyến là đường thẳng a qua O song song với AB cắt AD và BC E và G Ta thấy (HKO) ∩ (ABCD) = EG, (HKO) ∩ (SAD) = HE, (HKO) ∩ (SAB) = HK, (HKO) ∩ (SBC) = KG Vậy thiết diện (HKO) và hình chóp là hình thang HKGE HK k AB mà AB k EG nên HK k EG L H Tìm giao tuyến (SBC) và (SAD) Ta thấy S ∈ (SBC) ∩ (SAD), mà BC k AD nên giao tuyến (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S song song với AD và BC K J O B E D G C M F Tìm I = OL ∩ (SBC) Chứng minh SI k BC Trong (HKGE) gọi I = OL ∩ GK mà GK ⊂ (SBC) ⇒ I ∈ OL ∩ (SBC) Trong (SAB) gọi J = SL ∩ AB đó L là trung điểm AB HK k AB Xét (SJO) và (SBC) ta thấy có S là điểm chung và OJ k BC nên giao tuyến là đường thẳng d qua S và song song với BC Mặt khác I ∈ (SJO) ∩ (SBC) nên SI ≡ d Vậy SI k BC BÀI 581 Cho tứ diện ABCD, có M , N là trung điểm AB, BC và G là trọng tâm tam giác ACD Tìm giao điểm E M G và (BCD) Tìm d = (M N G) ∩ (BCD) Giả sử d ∩ CD = P Chứng minh GP k (ABC) Gọi (α) là mặt phẳng chứa M N và song song với AD Tìm thiết diện (α) với tứ diện Lời giải E Tìm giao điểm E M G và (BCD) Ta thấy (ABF ) chứa M G với F là trung điểm DC và BF = (ABF ) ∩ (BCD) Gọi E = M G ∩ BF ⇒ E = M G ∩ (BCD) Tìm d = (M N G) ∩ (BCD) Giả sử d ∩ CD = P Chứng minh D GP k (ABC) Ta có N ∈ (BCD) ∩ (M N G) và E ∈ M G ⊂ (M N G); E ∈ BF ⊂ (BCD) Suy d ≡ N E = (M N G) ∩ (BCD) Ta thấy (ABC)∩(EM N ) = M N, (DAC)∩(ABC) = AC, (EM N )∩(DAC) = GP A mà M N k AC nên GP k AC ⇒ GP k (ABC) F G P K C M N Gọi K là trung điểm BD, (α) chứa M N và song song với AD nên (α) qua K Ta thấy B (α) ∩ (ABD) = N K, (α) ∩ (ABC), (α) ∩ (BCD) = KN Vậy thiết diện (α) và hình chóp là tam giác M N K Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 388 (389) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI 582 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Điểm M thuộc cạnh SA thỏa mãn 3M A = 2M S Hai điểm E và F là trung điểm AB và BC Xác định giao tuyến hai mặt phẳng (M EF ) và (SAC) Xác định giao điểm K mặt phẳng (M EF ) với cạnh SD Tính tỉ số Tìm giao điểm I M F với (SBD) Tính tỉ số KS KD IM IF Tìm thiết diện tạo mặt phẳng (M EF ) với hình chóp S.ABCD Lời giải Xác định giao tuyến hai mặt phẳng (M EF ) và (SAC) Ta thấy M ∈ (M EF ) ∩ (SAC) và EF k AC với EF ⊂ (M EF ), AC k (SAC) nên giao tuyến (M EF ) và (SAC) là đường thẳng d qua M song song với AC S K Xác định giao điểm K mặt phẳng (M EF ) với cạnh SD KS KD Ta thấy SD ⊂ (SBD), gọi H = EF ∩ BD, O = AC ∩ BD, L = d ∩ SO Khi đó HL = (M EF ) ∩ (SBD), gọi K = HL ∩ SD ⇒ K = SD ∩ (M EF ) MA LO Do M L k AC nên = = MS LS Xét tam giác SOD (SBD) vì K, L, H thẳng hàng SK HD LO · · = ⇒ nên theo định lí Menelaus ta có KD HO LS SK SK ·3· =1⇒ = KD KD M L Tính tỉ số N I D A E O H B F C IM IF Trong (M EF ) gọi I = HL ∩ M F mà HL ⊂ (SBD) ⇒ I = M F ∩ (SBD) Do M L k AC và EF k AC nên M L k EF Từ đó ta suy IM ML HL HF = = : = : = IF HF AO AO 5 Tìm giao điểm I M F với (SBD) Tính tỉ số Tìm thiết diện tạo mặt phẳng (M EF ) với hình chóp S.ABCD Gọi N = M L ∩ SC Ta thấy (M EF ) ∩ (SAB) = EM, (M EF ) ∩ (ABCD) = EF, (M EF ) ∩ (SAD) = M K, (M EF ) ∩ (SCD) = KN, (M EF ) ∩ (SBC) = N F Vậy thiết diện (M EF ) với hình chóp là ngũ giác EM KN F BÀI 583 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SD Xác định giao điểm N C và (OM D) Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (P ) qua M N và song song với SC Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 389 (390) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song K Xác định giao điểm N C và (OM D) Ta thấy CN ⊂ (SCD), OM k SC mà OM ⊂ (OM D), SC ⊂ (SCD) và O ∈ (OM D) ∩ (SCD) nên giao tuyến (OM D) và (SCD) là đường thẳng d qua D và song song với OM , SC Gọi K = d ∩ N C ⇒ K = N C ∩ (OM D) S Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (P ) qua M N và song song với SC Ta thấy (P ) ≡ (OM N ) Xác định giao tuyến (OM N ) và (SCD) Ta thấy N ∈ (OM N ) ∩ (SCD) và OM k SC nên giao tuyến (OM N ) và (SCD) là đường thẳng qua N song song với SC cắt CD I là trung điểm CD Gọi J = OI ∩ AB Ta thấy (OM N ) ∩ (SAB) = JM, (OM N ) ∩ (SAD) = M N, (OM N ) ∩ (SCD) = IN, (OM N ) ∩ (ABCD) Vậy thiết diện mặt phẳng (P ) với hình chóp là hình thang M N IJ M N A J B D O I C BÀI 584 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm SC, (P ) là mặt phẳng qua AM và song song với BD Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) Gọi E, F là giao điểm (P ) với cạnh SB và SD Hãy tìm tỉ số diện tích tam giác SM E với diện tích tam giác SBC và tỉ số diện tích tam giác SM F và diện tích tam giác SCD Gọi K là giao điểm M E và CB, J là giao điểm M F và CD Chứng minh ba điểm K, A, J nằm trên đường thẳng song song với EF và tìm tỉ số EF KJ Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 390 (391) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) Trong (ABCD) qua A kẻ đường thẳng song song BD cắt BC và CD K và J Khi đó (P ) ≡ (M KJ) Gọi E = M K ∩ SB, F = CD ∩ SD Khi đó, ta thấy (P )∩(SAB) = EA, (P )∩(SBC) = EM, (P ) ∩ (SCD) = M F, (P ) ∩ (SAD) = AF Vậy thiết diện (P ) với hình chóp là tứ giác AEM F S J M F E Tính tỉ số diện tích tam giác SM E với diện tích tam giác SBC và tỉ số diện tích tam giác SM F và diện tích tam giác SCD SE SM 1 S4SM E = · = · = Ta có S4SBC SB SC 3 (Vì E là giao điểm hai đường trung tuyến KM và SB nên E là trọng tâm tam giác SCK.) S4SM F SF SM Tương tự ta có = · = S4SCD SD SC · = (Vì F là giao điểm hai 3 đường trung tuyến JM và SD nên F là trọng tâm tam giác SCJ.) A K B D C Chứng minh ba điểm K, A, J nằm trên đường thẳng song song với EF và EF tìm tỉ số KJ Ta có SE SF EF ME = = ⇒ EF k KJ ⇒ = = SB SD KJ MK BÀI 585 Cho hình chóp S.ABCD có G là trọng tâm 4ABC Gọi M , N , P , Q, R, H là trung điểm SA, SC, CB, BA, QN , AG Chứng minh S, R, G thẳng hàng và SG = 2M H = 4RG Gọi G0 là trọng tâm 4SBC Chứng minh GG0 k (SAB) và GG0 k (SAC) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 391 (392) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S Chứng minh S, R, G thẳng hàng và SG = 2M H = 4RG Gọi E, F là trung điểm AC và SB đó ta có QEN F là hình bình hành (do EQ = N F = BC, EQ k BC k N F ) nên R là trung điểm EF Ta thấy S ∈ (SQC)∩(SEB), G ∈ (SQC)∩(SEB), R ∈ (SQC)∩(SEB) suy S, R, G thẳng hàng Vì M , H là trung điểm SA, AG nên SG = 2M H Xét 4SGB vì E, R, F thẳng hàng nên theo định lí Menelaus RS RS RS EG F B · · =1⇒ · ·1=1⇒ =3⇒ ta có RG EB F S RG RG SG = 4RG M F Q A R B N G H G P E D Chứng minh GG0 k (SAB) và GG0 k (SAC) C P G0 PG Xét 4SAP có = = ⇒ GG0 k SA mà SA ⊂ PS PA (SAB) và SA ⊂ (SAC) nên suy GG0 k (SAB), GG0 k (SAC) BÀI A HAI MẶT PHẲNG SONG SONG TÓM TẮT LÝ THUYẾT VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT PHẲNG PHÂN BIỆT Cho đường thẳng d và mặt phẳng (P ) Có ba trường hợp xảy ra: Q P P Q (P ), (Q) có điểm chung: (P ) ∩ (Q) = a (P ), (Q) không có điểm chung: (P ) k (Q) Định nghĩa Hai mặt phẳng gọi là song song chúng không có điểm chung CÁC ĐỊNH LÍ Định lí Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (β) thì (α) song song với (β) α a M b β ! Muốn chứng minh hai mặt phẳng song song, ta phải chứng minh có hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 392 (393) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Muốn chứng minh đường thẳng a k (Q), ta chứng minh đường thẳng a nằm mặt phẳng (P ) k (Q) A Định lí Qua điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước có và mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho α β Hệ Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) thì (α) có đường thẳng song song với d và qua d có mặt phẳng song song với (α) Do đó đường thẳng d song song với (α) ta phải chứng minh d thuộc mặt phẳng (β) và có (α) k (β) ⇒ d k (α) Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với Cho điểm A không nằm trên mặt phẳng (α) Mọi đường thẳng qua A và song song với (α) nằm mặt phẳng qua A và song song với (α) b a Định lí Cho hai mặt phẳng song song Nếu mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cắt mặt phẳng và hai giao tuyến song song với A0 A α B0 B β Hệ Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song đoạn thẳng Định lí Định lí Thales: Ba mặt phẳng đôi song song chắn trên hai cát tuyến bất kì đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ A A0 α B B0 β C γ C0 VÍ DỤ VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang mà AD k BC và AD = 2BC Gọi M , N là trung điểm SA và AD Chứng minh: (BM N ) k (SCD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 393 (394) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song AD = BC Tứ giác N BCD có N D = BC và N D k BC nên N BCD là hình bình hành, suy N B k CD ⇒ N B k (SCD) Tam giác SAD có M , N là trung điểm AS và AD nên M N là đường trung bình 4ADS, suy M N k SD ⇒ M N k (SCD) ® M N k (SCD), M N ⊂ (BM N ) Từ ⇒ (BM N ) k (SCD) BN k (SCD), BN ⊂ (BM N ) S Vì N là trung điểm AD nên N A = N D = M A D N B C B BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 587 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M , N , P là trung điểm SA, SB, SD và K, I là trung điểm BC, OM Chứng minh (P M N ) k (ABCD) Chứng minh (OM N ) k (SCD) Chứng minh KI k (SCD) Lời giải S Ta có O, M là trung điểm AC và SA nên OM k SC, suy OM k (SCD) Tương tự ON k (SCD) Khi đó (OM N ) k (SCD) M P Ta có N , M là trung điểm SB và SA nên M N k AB, suy M N k (ABCD) Tương tự P M k (ABCD) Vậy (P M N ) k (ABCD) N Q I B A O K Ta có O, K là trung điểm AC và BC nên OK k AB, suy OK k M N Khi đó điểm M , N , K, O, I đồng phẳng Từ câu trên (OM N ) k (SCD), thì KI k (SCD) D C BÀI 588 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trung điểm SA, SD Chứng minh (OM N ) k (SBC) Gọi P , Q, R là trung điểm AB, ON , SB Chứng minh P Q k (SBC) và (ROM ) k (SCD) Lời giải S Ta có O, M là trung điểm AC và SA nên OM k SC, suy OM k (SBC) Tương tự ON k (SBC) Khi đó (OM N ) k (SBC) M N Ta có O, P là trung điểm AC và BA nên OP k CB, suy OP k (SBC) hay P ∈ (OM N ) Mặt khác Q ∈ (OM N ) Theo trên (OM N ) k (SBC) thì P Q k (SBC) Ta có R, O là trung điểm SB và BD nên RO k SD, suy RO k (SCD) Theo trên OM k SC nên OM k (SCD) Vậy (ROM ) k (SCD) R P A B Q O D C Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 394 (395) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI 589 Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng phẳng Gọi I, J, K là trung điểm AB, CD, EF Chứng minh (ADF ) k (BCE) (DIK) k (JBE) Lời giải F K E Ta có AD k BC, suy AD k (BCE) Tương tự AF k (BCE) Khi đó (ADF ) k (BCE) Trong hình bình hành ABCD có I, J là trung điểm AB và CD nên BI = DJ Do đó IBJD là hình bình hành Suy DI k BJ nên DI k (JBE) Trong hình bình hành ABEF có I, K là trung điểm AB và EF nên IK k EF , suy IK k (JBE) Vậy (DIK) k (JBE) I A D J B C BÀI 590 Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác Trên các đường chéo AC, BF lấy các điểm M , N cho M C = 2AM , N F = 2BN Qua M , N kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt các cạnh AD, AF theo thứ tự M1 , N1 Chứng minh M N k DE M1 N1 k (DEF ) (M N M1 N1 ) k (DEF ) Lời giải F E N1 N A B M1 M I C D Gọi I là giao điểm BM với CD Khi đó ta có BM AM BN = = Mặt khác = MI MC NF Khi đó M N k IF AM AB Theo trên = nên = Suy DI = CD = AB MC CI Lại có DI k EF Do đó DEF I là hình bình hành, hay F I k DE Vậy M N k DE Theo giả thiết thì M M1 k N N1 (vì cùng song song với AB) nên M , M1 , N ,N1 đồng phẳng Lại có M M1 k (DEF ) (vì M M1 k CD k AB) và theo câu trên thì M N k DE nên M N k (DEF ) Vậy (M M1 N1 N ) k (DEF ), suy M1 N1 k (DEF ) Đã chứng minh câu Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 395 (396) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI 591 Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trên hai mặt phẳng phân biệt Gọi I, J, K theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ADF , ADC, BCE Chứng minh (IJK) k (CDF E) Lời giải F E Ta có CD k EF k AB nên CD và EF đồng phẳng Gọi M , N là trung điểm DF , CD Khi đó, vì I, J là trọng tâm tam giác ADF , ADC nên M P K AJ AI = = ⇒ IJ k M N ⇒ IJ k (CDEF ) I B AM AN A Mặt khác, gọi P là trung điểm CE BK Khi đó = J BP Ta có ABCD, ABEF là hình bình D C N hành nên CDF E là hình bình hành Khi đó với M , P là trung điểm hai cạnh đối hình bình hành CDF E nên M P k CD k AB suy IK k M P k AB Do đó ABP K là hình bình BK AI = = hành Ta có AM BP Suy IK k M N Khi đó IK k (CDF E) Vậy (IJK) k (CDF E) BÀI 592 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M , N , P là trung điểm SA, BC, CD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) và (M OP ) Gọi E là trung điểm SC và I là điểm trên cạnh SA thỏa AI = 3IS Tìm K = IE ∩ (ABC) và H = AB ∩ (EIN ) Tính tỉ số AH AB Gọi G là trọng tâm tam giác SBC Tìm thiết diện hình chóp S.ABC bị cắt (IM G) Lời giải S I M Q E G A H N O D P B C K Ta có O, P là trung điểm AC và CD nên OP k AD, suy OP k (SAD) Khi đó giao tuyến (SAD) và (OM P ) là đường thẳng qua M và song song với AD và cắt SD trung điểm Q SD Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 396 (397) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Xét mặt phẳng (SAC) có SI 1 SE = 6= = suy IE cắt AC K SA SC Khi đó K = IE ∩ (ABC) Áp dụng định lý Menelaus tam giác SAC với ba điểm K, E, I thẳng hàng có KC IA ES KC KC · · =1⇔ · ·1=1⇔ = KA IS EC KA KA Áp dụng định lý Menelaus tam giác ABC với ba điểm K, N , H thẳng hàng có KC HA N B HA HA · · =1⇔ · ·1=1⇔ = KA HB N C HB HB Khi đó AH = AB Ta thấy mặt phẳng (IM G) chính là mặt phẳng (SAG) Vì G là trọng tâm tam giác SBC và N là trung điểm BC nên (IM G) ∩ (SBC) = SN Vậy thiết diện hình chóp S.ABC bị cắt (IM G) là tam giác SAN BÀI 593 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M, N là trung điểm SA và CD Gọi E là giao điểm AD và (BM N ), I là trung điểm M E và G = AN ∩ BD Tìm điểm E và giao điểm F SD với mặt phẳng (BM N ) Chứng minh F S = 2F D Chứng minh F G k (SAB) và (CDI) k (SAB) Gọi H là giao điểm M N và SG Chứng minh OH k GF Lời giải S M F I H A E D G O B N C Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài BN cắt đường thẳng AD E Khi đó E là giao điểm (BM N ) với AD Gọi F là giao điểm M E với SD Khi đó F là giao điểm SD với (BM N ) ED DN Vì = = nên D là trung điểm đoạn AE Từ đó suy SD và EM là các đường trung EA AB tuyến tam giác SAE Suy F là trọng tâm tam giác SAE Vậy F S = 2F D GD DN = = GB BA GD FD Từ đó suy = Nên F G k SB ⇒ F G k (SAB) GB FS Ta có CD k AB và DI k M A Từ đó suy (CDI) k (SAB) Tam giác DGN và tam giác BGA đồng dạng nên Ta có G là trọng tâm tam giác ACD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAG với ba điểm thẳng hàng M, H, N , ta có N G M A HS HS HS · · =1⇔ ·1· =1⇔ = N A M S HG HG HG OG OG Ta có = = ⇒ OH k SB OB OD Theo chứng minh trên ta có GF k SB Vậy OH k GF Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 397 (398) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI 594 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M là trung điểm SC, N là điểm trên đường chéo BD cho BD = 3BN Xác định giao tuyến mặt phẳng (SCD) và (SAB) và tìm T = DM ∩ (SAB) Tính TM TD Gọi K = AN ∩ BC Chứng minh M K k (SBD) Gọi I = AN ∩ DC, L = IM ∩ SD Tính tỉ số LS SIKM và LD SIAL Lời giải d S T L M D A N B O C K I Mặt phẳng (SAB) và (SCD) chứa hai đường thẳng song song là AB và CD nên giao tuyến chúng là đường thẳng d qua S và d k AB k CD Trong mặt phẳng (SCD) kéo dài DM cắt d T Khi đó T ∈ d ⇒ T ∈ (SAB) Vậy T = DM ∩(SAB) MT MS TM Do CD k ST nên hai tam giác M CD và M ST đồng dạng Do đó = = Vậy = MD MC TD BN BN = ⇒ = Do đó N là trọng tâm tam giác ABC BD BO Suy K là trung điểm BC Dẫn đến M K là đường trung bình tam giác SBC Nên M K k SB ⇒ M K k (SBD) Vì IC KC = = ID AD Áp dụng định lý Menelaus tam giác SCD với điểm thẳng hàng I, M , L ta có Tam giác IKC và tam giác IAD đồng dạng nên LS ID M C LS LS · · =1⇔ ·2·1=1⇔ = LD IC M S LD LD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IDL với ba điểm thẳng hàng S, M, C ta có SD M L CI ML ML · · =1⇔3· ·1=1⇔ = SL M I CD MI MI 3 IL Gọi h, k là lượt là độ dài đường cao các tam giác IKM và IAL kẻ từ M và L Dễ thấy h IM = = Vậy k IL h · IK SIKM 3 = = · = SIAL k · IA Từ đó suy IM = Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 398 (399) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI 595 Cho hai hình vuông ABCD và ABEF hai mặt phẳng phân biệt Trên các đường chéo AC và BF lấy các điểm M , N cho AM = BN Các đường thẳng song song với AB vẽ từ M , N cắt AD và AF M và N Chứng minh (CDF ) k (M M N N ) Chứng minh (ADF ) k (BCE) Lời giải F E N N0 A B M0 M D AD k BC Ta có AF k BE ⇒ (ADE) k (BCF ) AD ∩ AF = A C Ta có M M k CD ⇒ AM AM = AC AD (1) N N k AB ⇒ BN AN = BF AF (2) Ta có Mà từ giả thiết ta có AM BN AM AN = ⇒ = AC BF AD AF Từ (3) suy M N k DF Ta có M M k N N k DC k F E Vậy (CDF ) k (M M N N ) (3) 0 0 BÀI 596 Cho hình lăng trụ ABC.A B C Gọi I, J, K là trọng tâm các tam giác ABC, ACC , A B C Chứng minh (IJK) k (BCC B ) và (A0 JK) k (AIB ) Lời giải A0 0 C0 K P B0 N J A C I M B Gọi M , N , P là trung điểm BC, CC và B C Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có AI AJ = ⇒ IJ k M N AM AN Tứ giác AM P A0 là hình bình hành và có Vậy (IJK) k (BCC B ) AI AK = = ⇒ IK k M P AM AP Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 399 (400) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Chú ý mặt phẳng (AIB ) chính là mặt phẳng (AM B ) Mặt phẳng (A0 JK) chính là mặt phẳng (A0 CP ) Vì AM k A0 P , M B k CP (do tứ giác B M CP là hình bình hành) Vậy ta có (A0 JK) k (AIB ) BÀI 597 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD và AD = 2BC, M ∈ BC Gọi (P ) là mặt phẳng qua M , (P ) k CD, (P ) k SC, (P ) cắt AD, SA ,SB N , P , Q Chứng minh N Q k (SCD) và N P k SD Gọi H, K là trung điểm SD và AD Chứng minh (CHK) k (SAB) Lời giải S P H Q A B K M D N C E - Từ M ta kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD N và cắt AB E Từ M kẻ đường thẳng song song với SC cắt SB Q Kéo dài EQ cắt SA P Theo cách dựng ta suy (EP N ) k (SCD) và N Q ⊂ (EP N ) Vậy N Q k (SCD) - Do (P ) k (SCD) và hai mặt phẳng này cùng cắt (SAD) theo các giao tuyến là N P và SD Do đó ta suy N P k SD Ta có HK là đường trung bình tam giác SAD nên HK k SA (1) Vì K là trung điểm AD nên AK = BC Do đó tứ giác ABCK là hình bình hành Suy CK k AB (2) Từ (1) và (2) suy (CKH) k (SAB) BÀI 598 Cho hình chóp SABC có G là trọng tâm tam giác ABC Trên đoạn SA lấy hai điểm M , N cho SM = M N = N A Chứng minh GM k (SBC) Gọi D là điểm đối xứng với A qua G Chứng minh (M CD) k (N BG) Gọi H = DM ∩ (SBC) Chứng minh H là trọng tâm tam giác SBC Lời giải S M N H A C G E D B Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 400 (401) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song Gọi E là trung điểm BC Khi đó ta có AG AM = = ⇒ GM k SE Vậy GM k (SBC) AE AS Từ giả thiết ta suy G, N là trung điểm AD và AM Do đó N G k M D (1) (1) Từ giác BDCG có E là trung điểm hai đường chéo nên đó là hình bình hành Suy BG k CD (2) Từ (1) và (2) suy (M CD) k (N BG) Ta có AE là đường trung tuyến tam giác SBC (3) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAE với ba điểm thẳng hàng M, H, D ta có HS DE M A HS HS ·· · =1⇔ · ·2=1⇔ =2 HE DA M S HE HE (4) Từ (3) và (4) suy H là trọng tâm tam giác SBC Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 401 (402) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song BÀI BÀI TẬP ÔN CUỐI CHƯƠNG BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Tìm giao tuyến (SAB) và (SCD) Gọi E là trung điểm SC Chứng minh OE k (SAB) Gọi F là điểm trên đoạn BD cho 3BF = 2BD Tìm giao điểm M SB và (AEF ) Tính tỉ số SM SB Lời giải S AB k (SCD) Ta có AB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB)∩(SCD) = Sx k S ∈ (SAB) ∩ (SCD) AB OE k SA (đường trung bình) ⇒ OE k Ta có SA ⊂ (SAB) OE 6⊂ (SAB) (SAB) M x E I A D F Trong mặt phẳng (SAC) có I = SO ∩ AE O ® I ∈ (SBF ) Suy I ∈ (AEF ) SB ⊂ (SBF ) F I = (SBF ) ∩ (AEF ) ⇒ M ∈ SB ∩ (AEF ) M = F I ∩ SB Ta có B C 3BF = 2BD ⇒ 3(OB + OF ) = 4OD ⇒ 3OD + 3OF = 4OD ⇒ 3OF = OD OF = OD ⇒ (3.1) OE OI Mặt khác 4IOE v 4ISM (g.g), suy = = SM SI suy OI = (2) OS Từ (1) và (2) suy F I k SD, suy M F k AD 1 Mà F D = OD = BD, suy SM = SB 3 SM Vậy = SB BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi I, J là trọng tâm tam giác SAB và SAD Gọi M , N là trung điểm SA, SB Chứng minh IJ k (ABCD) Chứng minh (OM N ) k (SDC) Tìm giao tuyến (SAB) và (SDC) Tìm giao điểm BC và (OM N ) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 402 (403) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S Gọi P , Q là trung điểm AB và AD, ta có: SI SJ = = SP SQ Suy IJ k P Q IJ k P Q M x J N P Q ⊂ (ABCD) ⇒ IJ k (ABCD) IJ 6⊂ (SBCD) I Q A D Xét hai mặt phẳng (OM N ) và (SCD) có: M N k CD (cùng song song AB) ⇒ M O k SC M = M N ∩ M O M N k (SCD) M O k (SCD) ⇒ (OM N ) k (SCD) M = MN ∩ MO AB k (SCD) Ta có AB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx k S ∈ (SAB) ∩ (SCD) AB P B O R C Gọi R là trung điểm BC, dễ dàng chứng minh M N k RQ BC ⊂ (ABCD) (OM N ) ∩ (ABCD) = RQ ⇒ R = BC ∩ Ta có R = BC ∩ RQ (OM N ) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi H, I, K, L là trung điểm SA, SC, OB, SD Xác định giao tuyến mặt phẳng (SAC) và (SBD); (HIK) và (SBD) Chứng minh OL song song với (HIK) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD bị cắt mặt phẳng (HIK) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 403 (404) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S ® SO ⊂ (SAC) Q ⇒ SO = (SAC) ∩ (SBD) SO ⊂ (SBD) Gọi M là giao điểm SO và HI, ta có: K ∈ BO ⊂ (SBD) K ∈ (HIK) ⇒ M K = (HIK) ∩ (SBD) M ∈ SO ⊂ (SBD) M ∈ HI ⊂ (HIK) Ta có M ta có Ta có I A Trong tam giác SAC có HI k AC nên theo định lí Talet SM = , suy M là trung điểm SO SO Trong tam giác SOB có M K k SB (tính chất trung bình), tam giác SBD có OL k SB (tính chất trung bình) Do đó, OL k M K OL k M K L H D N O K B P C M K ⊂ (HIK) ⇒ OL k (HIK) OL 6⊂ (HIK) Gọi N , P là trung điểm AB và BC, từ đó dễ dàng chứng minh N , K, P thẳng hàng Gọi Q là giao điểm M K và SD Suy raN P k AC ⇒ N P k HI (tính chất trung bình) HN = (HIK) ∩ (SAB) P I = (HIK) ∩ (SBC) Ta có QI = (HIK) ∩ (SCD) HQ = (HIK) ∩ (SAD) N P = (HIK) ∩ (ABCD) Do đó, thiết diện tạo (HIK) và hình chóp S.ABCD là ngũ giác HN P IQ BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cạnh đáy lớn AD Gọi E, F là các điểm SE SF trên hai cạnh SA, SD thỏa mãn điều kiện = = Gọi G là trọng tâm tam giác ABC SA SD Tìm giao tuyến (SAB) và (SCD), (SAD) và (SBC) Tìm giao điểm H CD và (EF G) Chứng minh EG k (SBC) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD bị cắt (EF G) Nó là hình gì? Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 404 (405) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S x Gọi I là giao điểm AB và CD, ta có: S ∈ (SAB) S ∈ (SCD) ⇒ SI = (SAB) ∩ (SCD) I ∈ AB ⊂ (SAB) I ∈ CD ⊂ (SCD) BC k AD AD ⊂ (SAD) Ta có ⇒ (SAD) ∩ (SBC) = Sx k BC BC ⊂ (SBC) S ∈ (SAB) ∩ (SBC) F E A D K G B H C Theo định lí Talet thì EF k AD, lấy điểm K trên AB cho AK = , đó: AB Cũng theo định lí Talet thì KG k BC mà BC k AB nên EF k KG Gọi H là giao điểm KG và CD, ta có: ® H ∈ CD ⇒ H ∈ CD ∩ (EF G) H ∈ KH ⊂ (EF G) EF k BC ⊂ (SBC) EK k SB ⊂ (SBC) ⇒ (EF G) k (SBC) ⇒ EG k Ta có E = EF ∩ EK (SBC) EF = (EF G) ∩ (SAD) F H = (EF G) ∩ (SBD) KH = (EF G) ∩ (ABCD) Ta có EK = (EF G) ∩ (SAB) ∅ = (EF G) ∩ (SBC) EF Vậy mặt phẳng (EF G) cắt hình chóp S.ABCD là hình thang EF HK I BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi G là trọng tâm 4SAB Lấy điểm M thuộc cạnh AD cho AD = 3AM Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) và (GCD) Tìm giao điểm I CD và mặt phẳng (SGM ) Chứng minh M G song song (SCD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 405 (406) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S Lấy điểm N trên SA cho SN = ® GN k AB SA, ta có: I ⇒ GN k CD ⇒ GN ⊂ (GCD) AB k CD N ∈ SA ⊂ (SAD) N ∈ GD ⊂ (GCD) Do đó, ⇒ N D = (GCD) ∩ D ∈ (SAD) D ∈ (GCD) (SAD) Gọi P là trung điểm AB và I là giao điểm P M và N M G A P B D O C CD, ® ta có: I ∈ CD ⇒ I ∈ CD ∩ (SGM ) I ∈ P M ⊂ (SGM ) CD k GN (1) Ta có GN ⊂ (GM N ) ⇒ CD k (GM N ) CD 6⊂ (GM N ) AN AM = = , theo định lí Talet ta M N k SD AS AD SD k M N M N ⊂ (GM N ) ⇒ SD k (GM N ) (2) SD 6⊂ (GM N ) Từ (1) và (2) suy ra, (SCD) k (GM N ) ⇒ GM k (SCD) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M , N là trung điểm SA, SB Tìm giao tuyến (M BC) và (SAD) Chứng minh (M N k (SCD) Gọi I = DM ∩ CN Chứng minh SI k (N AD) Lời giải Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 406 (407) Chương Đường thẳng và mặt phẳng không gian Quan hệ song song S I Gọi P là trung điểm SD, ta có: ® M P k AD ⇒ M P k BC ⇒ M P ⊂ (M BC) AD k BC M ∈ (M BC) M ∈ (SAD) ⇒ M P = (M BC) ∩ P ∈ SD ⊂ (SAD) P ∈ M P ⊂ (M BC) (SAD) M N k AB k CD ⇒ M N k (SCD) Ta có CD ⊂ (SCD) M N 6⊂ (SCD) P M N A D O B C 1 AB = CD suy M N là 2 đường trung bình 4ICD, đó M là trung điểm ID Dễ dàng chứng minh 4M SI = 4M AD (c.g.c) ’ = ADM ÷ ⇒ SI k AD (so le trong) Suy SIM SI k AD Ta có M N = AD ⊂ (N AD) ⇒ SI k (N AD) SI 6⊂ (N AD) Nguyễn Quốc Dương - Ô 0375113359 Trang 407 (408)