Tài liệu hướng dẫn tự ôn thi THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN THEO CHỦ ĐỀ (tổng hợp lý thuyết, ví dụ minh họa, bài tập có đáp án) Thành phố Hồ Chí Minh 1 Mục lục: Khảo sát hàm số .................................................................................................8 Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng tích phân.....................................................47 Phương trình lượng giác....................................................................................61 Phương trình, bất phương trình mũ và logarit ..................................................77 Số phức .............................................................................................................93 Tổ hợp và xác suất ...........................................................................................100 Hình học không gian ........................................................................................122 Phương pháp tọa độ trong không gian .............................................................172 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng ...............................................................199 Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình .............................................241 Bài toán tổng hợp về GTLN-GTNN .................................................................290 2 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 1 ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ Nội dung 1: Tính đơn điệu của hàm số A. Tóm tắt lí thuyết I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1) Định lý 1: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K. a) Nếu hàm số f (x) đồng biến trên K thì f '(x)  0 với mọi x  K b) Nếu hàm số f (x) nghịch biến trên K thì f '(x)  0 với mọi x  K  [ f(x) đồng biến trên K]  [ f '(x)  0 với mọi x  K ]   [ f(x) nghịch biến trên K] [ f '(x)  0 với mọi x  K ]  [ f '(x)  0 với mọi x  K ]  [ f(x) không đổi trên K] 2) Định lý 2: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K. a) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) đồng biến trên K b) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) nghịch biến trên K c) Nếu f '  x   0 với mọi x  K thì hàm số f (x) không đổi trên K  [ f '(x)  0 với mọi x  K ]  [ f(x) đồng biến trên K]  [ f '(x)  0 với mọi x  K ]  [ f(x) nghịch biến trên K] 3) Định lý 3: (Định lý mở rộng) Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên K. a) Nếu f '  x   0 với mọi x  K và f '  x   0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc K thì hàm số f (x) đồng biến trên K. b) Nếu f '  x   0 với mọi x  K và f '  x   0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc K thì hàm số f (x) nghịch biến trên K. 4) Định lý 4: Cho hàm số bậc ba y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d a) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d b) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  0  , ta có f '  x   3ax 2  2bx  c .  a  0  đồng biến trên   f '  x   3ax 2  2bx  c  0 x    a  0  nghịch biến trên   f '  x   3ax 2  2bx  c  0 x   NHẮC LẠI Định lý: Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax 2  bx  c ( a  0) ta có:   0  f ( x)  0 x     a  0   0  f ( x)  0 x     a  0 8 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN B. Phương pháp giải toán Dạng : Định giá trị tham số để hàm số đơn điệu trên tập hợp X cho trước. 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Tập xác định: D  ? B2. Tính y '  ? B3. Lập luận:  y đồng biến trên X  y '  0, x  X  y nghịch biến trên X  y '  0, x  X Chú ý quan trọng: Trong điều kiện trên dấu bằng xảy ra khi phương trình y '  0 có hữu hạn nghiệm, nếu phương trình y '  0 có vô hạn nghiệm thì trong điều kiện sẽ không có dấu bằng. 2. CÁC VÍ DỤ 1 Ví dụ 1. Cho hàm số y  (m2  m) x 3  2mx 2  3 x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên  . 3 Bài giải: ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  (m 2  m) x 2  4mx  3 ♣ Hàm số luôn đồng biến trên   y '  0 x   m  0 ♥ Trường hợp 1: Xét m 2  m  0   m  1 + Với m  0 , ta có y '  3  0, x   , suy ra m  0 thỏa. 3 + Với m  1 , ta có y '  4 x  3  0  x   , suy ra m  1 không thỏa. 4 m  0 ♥ Trường hợp 2: Xét m 2  m  0   , khi đó: m  1 2  3  m  0   '  m  3m  0 ♣ y '  0 x     2    3  m  0  m  m  0 m  0  m  1 ♦ Từ hai trường hợp trên, ta có giá trị m cần tìm là 3  m  0 . Ví dụ 2. Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  2m  3 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;2  . Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  3x 2  6mx  3(m 2  1) ♣ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 2   y '  0 x  1; 2  9 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ta có  '  9m 2  9(m 2  1)  9  0, m Suy ra y ' luôn có hai nghiệm phân biệt x1  m  1; x2  m  1 ( x1  x2 ) x  1 m 1  1 Do đó: y '  0 x  1; 2   x1  1  2  x2   1    1 m  2 m  1  2  x2  2 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là 1  m  2 . Bài tập tương tự Cho hàm số y  2 x 3  3  2m  1 x 2  6m  m  1 x  1. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   . Đáp số: m  1 . Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng  0;   . Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  3 x 2  6 x  m ♣ Hàm số đồng biến trên khoảng  0;    y '  0 , x   0;   (có dấu bằng)  3 x 2  6 x  m  0 , x   0;    3 x 2  6 x  m , x   0;   (*) ♣ Xét hàm số f ( x )  3 x 2  6 x , x   0;   , ta có: f '( x)  6 x  6 ; f '( x)  0  x  1 Bảng biến thiên: x 0  f '( x) f ( x)  1 0   0 3 ♣ Từ BBT ta suy ra: (*)  m  3 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 . Bài tập tương tự Cho hàm số y   x 3  3 x 2  3mx  1 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   . Đáp số: m  1 . Ví dụ 4. Cho hàm số y  mx  7m  8 . Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. x m 10 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải ♦ Tập xác định: D   \ m ♦ Đạo hàm: y '  m 2  7m  8  x  m 2 . Dấu của y ' là dấu của biểu thức m 2  7m  8 . ♣ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định  y '  0 , x  D (không có dấu bằng)  m 2  7m  8  0  8  m  1 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là 8  m  1 . Ví dụ 5. Cho hàm số y  mx  7m  8 . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 3; . x m Bài giải ♦ Tập xác định: D   \ m ♦ Đạo hàm: y '  m 2  7m  8  x  m 2 . Dấu của y ' là dấu của biểu thức m 2  7m  8 . ♣ Hàm số đồng biến trên khoảng 3;  y '  0 , x   3;   (không có dấu bằng) m2  7m  8  0   m  3 8  m  1   m  3  8  m  3 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là 8  m  3 . C. Bài tập 1 Bài 1: Cho hàm số y  (1  m) x 3  2(2  m) x 2  2(2  m) x  5 . Tìm m để hàm số luôn nghịch biến trên  3 Đáp số: 2  m  3 . 1 Bài 2: Cho hàm số y  (m 2  4) x 3  (m  2) x 2  2 x  3 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên  3 Đáp số: m 2 hoặc m  6 . Bài 3: Cho hàm số y  2 x 3  3mx 2  3(m  1) x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên 1; Đáp số: m  1 . Bài 4: Cho hàm số y  mx  2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. x  m 3 11 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Đáp số: m  1 hoặc m  2 . Bài 5: Cho hàm số y  mx  9 . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng x m  ;2 Đáp số: 2  m  3 . Bài 6: Cho hàm số y  mx  2 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   x  m 1 Đáp số: m  2 . Nội dung 2: Cực trị của hàm số A. Tóm tắt lí thuyết I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1) Định lý 1: (điều kiện cần để hàm số có cực trị) Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó nếu f có đạo hàm tại x0 thì f '( x0 )  0 2) Định lý 2: (điều kiện đủ thứ I để hàm số có cực trị). Quy tắc 1 Giả sử hàm số y  f ( x) liên tục trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng  a; x 0  và  x0 ; b . Khi đó a) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; x0  và f '( x)  0 với mọi x   x 0 ; b  thì hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x0 . b) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; x0  và f '( x)  0 với mọi x   x 0 ; b  thì hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x0 . 3) Định lý 3: (điều kiện đủ thứ II để hàm số có cực trị). Quy tắc 2 Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 , f '( x0 )  0 và f có đạo hàm cấp hai khác không tại điểm x0 . Khi đó a) Nếu f ''( x0 )  0 thì hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x0 b) Nếu f ''( x0 )  0 thì hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x0 4) Định lý 4: a) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  0  có hai điểm cực trị  f '  x   3ax 2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt. b) Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c  a  0  có ba điểm cực trị  f '  x   4ax 3  2bx  0 có ba nghiệm phân biệt. 12 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN B. Phương pháp giải toán Dạng 1: Định giá trị tham số để hàm số bậc ba (trùng phương) có 2 cực trị (có 3 cực trị). 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Tập xác định: D  ? B2. Tính y '  ? B3. Lập luận: Lưu ý: a) Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a  0  có hai điểm cực trị  f '  x   3ax 2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt. b) Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c  a  0  có ba điểm cực trị  f '  x   4ax 3  2bx  0 có ba nghiệm phân biệt. 2. CÁC VÍ DỤ 1 Ví dụ 1. Cho hàm số y  (m 2  1) x 3  (m  1) x 2  3 x  5 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị. 3 Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  (m 2  1) x 2  2(m  1) x  3 y '  0  ( m 2  1) x 2  2( m  1) x  3  0 ♣ Hàm số có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt m2 1  0     '  (m  1)2  3(m 2 1)  0  m  1   2m2  2m  4  0 m  1 m  1     1  m  2 1  m  2 m  1 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là  . 1  m  2 Bài tập tương tự Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  m  2 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị. Đáp số: m  3 13 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 2. Cho hàm số y  mx 4  (m 2  9) x 2  10 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị. Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  4mx3  2( m 2  9) x  2 x.(2mx 2  m 2  9) x  0 y' 0    2 mx 2  m2  9  0  (1) ♣ Hàm số có ba điểm cực trị  y '  0 có ba nghiệm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m  0  2    '  2 m(m  9)  0  m 2  9  0 m  0    m  3  m  3      0  m  3   0  m  3  m  3  m  3 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là  .  0  m  3 Bài tập tương tự Cho hàm số y  x 4  (m  1) x 2  2m  1 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị. Đáp số: m  1 . Dạng 2: Định giá trị tham số để hàm số đạt cực trị tại điểm x 0. 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Tập xác định: D  ? B2. Tính y '  ? B3. Lập luận: a) Điều kiện cần: Hàm số có cực trị tại x0  y '( x0 )  0  Giá trị của tham số m. b) Điều kiện đủ: Thay giá trị tham số vào y ' thử lại. Khi thử lại có thể dùng quy tắc 1 hoặc quy tắc 2. 2. VÍ DỤ Ví dụ . Cho hàm số y  1 3 x  m 2  m  2 x 2  (3m 2  1) x  m  5 . 3   Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . 14 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  x 2  2  m 2  m  2  x  3m2  1 a) Điều kiện cần: Hàm số đạt cực tiểu tại x  2  y '(2)  0 m  1  m 2  4m  3  0    m  3 b) Điều kiện đủ: ♣ Với m  1 , ta có: y '  x 2  4 x  4 , y '  0  x  2 Bảng biến thiên x  2  y'   0 y Từ BBT ta suy ra m  1 không thỏa.  x  14 ♣ Với m  3 , ta có: y '  x 2 16 x  28 , y '  0    x  2 Bảng biến thiên x y'  14  y 0 2  0   CĐ CT Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . ♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 . Bài tập tương tự Cho hàm số y  x 3  mx 2  3 x  2 . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . Đáp số: m  15 4 Dạng 3: Định giá trị tham số để hàm số đạt cực trị thỏa điều kiện cho trước. 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Tập xác định: D  ? B2. Tính y '  ? B3. Lập luận 15 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho hàm số y  x 3  (2m  1) x 2  (2  m ) x  2 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương. Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  3x 2  2(2m  1) x  2  m y '  0  3 x 2  2(2 m  1) x  2  m  0 ♦ Hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương  y '  0 có hai nghiệm dương phân biệt   2  '  (2m 1)  3(2  m)  0  2m   P  0  3   S  2(2 m 1)  0  3  5 m  1  m  4m 2  m  5  0  4  5    2  m  0  m  2  m2   4 2m 1  0 1  m  2  ♦ Vậy giá trị m cần tìm là Ví dụ 2. Cho hàm số y  5  m  2 . 4 2 3 2 x  mx 2  2(3m 2  1) x  . 3 3 Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1 x2  2( x1  x2 )  1 . Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  2 x 2  2mx  2(3m 2  1) y '  0  2 x 2  2mx  2(3m 2  1)  0 ♦ Hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 (1)  y '  0 có hai nghiệm phân biệt   '  m2  4(3m 2 1)  0  13m 2  4  0  m   2 13 2 13 m 13 13 (*) 16 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x1  x2  m Vì x1 và x2 là nghiệm của (1) nên theo định lý Viet ta có:    x1 x2  1 3m 2  m  0  Do đó: x1 x2  2( x1  x2 )  1  1 3m  2m  1  3m  2 m   2 m  3  2 2 (**) 2 ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  . 3 1 1 Ví dụ 3. Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  3(m  2) x  . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 3 3 sao cho x1  2 x2  1 . Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  mx 2  2( m  1) x  3(m  2) y '  0  mx 2  2( m  1) x  3(m  2)  0 (1)  y '  0 có hai nghiệm phân biệt ♦ Hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 m  0    '  2m 2  4m  1  0 m  0   2 6 2 6  m  2 2 (*)  2(m 1)  x1  x2  m Vì x1 và x2 là nghiệm của (1) nên theo định lý Viet ta có:   3(m  2)  x1 x2  m  Theo đề bài : x1  2 x2  1 (2) (3) (4)   x1  3m  4 m Từ (2) và (4) suy ra  (5). Thay (5) và (3) ta được:   m  2  x2  m   2  3m  4   2  m   3(m  2)  6m 2 16 m  8  0   m  3   m   m   m  m  2 ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  (**) 2 và m  2 . 3 17 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 4. Cho hàm số y  x3  3mx  1 (1), với m là tham số thực. Cho điểm A(2;3) . Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai cực trị B và C sao cho tam giác ABC cân tại A . Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  3 x 2  3m y '  0  3 x 2  3m  0 (1) ♦ Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị B và C  y '  0 có hai nghiệm phân biệt  m0 (*) Khi đó y '  0 có hai nghiệm phân biệt là x   m ♣ Với x  m  y  2 m3  1 ♣ Với x   m  y  2 m3  1    Tọa độ các điểm cực trị B và C là B  m ; 2 m3 1 , C  m ; 2 m 3  1 ♦ Tam giác ABC cân tại A  AB  AC  AB 2  AC 2    2  2  m  2  2 m3    2  m   2  2 2 2 m3 m  0   4 m  8 m  0   1 m   2 3  2 (**) 1 ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  . 2 Ví dụ 5. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 (1), với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C đồng thời các điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông. Bài giải ♦ Tập xác định: D   ♦ Đạo hàm: y '  4 x 3  4mx  4 x ( x 2  m) x  0 y' 0   2 x  m (1) ♦ Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C  y '  0 có ba nghiệm phân biệt  m0 (*) Khi đó y '  0 có ba nghiệm phân biệt là x  0 , x   m 18 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♣ Với x  0  y  2m  m 4 ♣ Với x   m  y  m4  m 2  2m Tọa độ các điểm cực trị A, B, C là    A0; 2m  m4  ; B  m ; m4  m 2  2m ; C   Suy ra: AB   m ; m 2 ; AC     m ; m 2 m ; m 4  m 2  2m   ♦ Tam giác ABC vuông  Tam giác ABC vuông tại A    AB. AC  0 m  0  m  m 4  0    m  1 (**) ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  1 . C. Bài tập 1 Bài 1: Cho hàm số y  (m 2  1) x 3  (m  1) x 2  3 x  5 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. 3 Đáp số: 1  m  2 và m  1 . Bài 2: Cho hàm số y  2 3 x  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số có hoành độ dương. Đáp số: 5  m  3 . Bài 3: Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  (3m  4) x  5 . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  1 Đáp số: m  3 . Bài 4: Cho hàm số y  x3  (m  1) x 2  (2m  1) x  2m . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x12  x22  x1 x2  1 . Đáp số: Bài 5: Cho hàm số y  mx 3  (m  2) x 2  (m  1) x  4 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho 1 1 1  2  16  2 2 . 2 x1 x2 x1 x2 Đáp số: Bài 6: Cho hàm số y  2 x 3  3(m  1) x 2  6  m  2  x  1 . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1  x2  2 . Đáp số: m  1 . 19 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 7: Cho hàm số y   x 3  3x 2  3(m 2  1) x  3m 2  1 . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều gốc tọa độ O . 1 Đáp số: m   . 2 Bài 8: Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  m 2  2 . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị và các điểm cực trị của đồ thị hàm số là ba đỉnh của một tam giác vuông . Đáp số: m  1 . Bài 9: Cho hàm số y   x3  3x 2  4 . Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tiếp xúc với đường tròn  C  : ( x  m) 2  ( y  m  1) 2  5 Đáp số: Bài 10: Cho hàm số y  2 x3  9 mx 2  12m 2 x  1 . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại xCĐ, đạt cực tiểu tại xCT thỏa mãn x2CĐ = xCT. Đáp số: m  2 . Bài 11: Cho hàm số y  x 3  3x 2  m . Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao cho  AOB  1200 ( O là gốc tọa độ) Đáp số: m  12  2 3 . 3 Nội dung 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1) ĐỊNH NGHĨA: Giả sử hàm số y  f  x  xác định trên tập hợp D.  Số M được gọi là GTLN của hàm số y  f  x  trên tập D nếu các điều sau được thỏa mãn i) f  x   M x  D ii) x  D : f x  M  0 0  Ký hiệu: M  Max f  x  xD  Số m được gọi là GTNN của hàm số y  f  x  trên tập D nếu các điều sau được thỏa mãn i) f  x   m x  D ii) x  D : f x  m  0 0  Ký hiệu: m  min f  x  xD   Quy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không nói "trên tập D" thì ta hiểu đó là GTLN hay GTNN trên TẬP XÁC ĐỊNH của nó. Đối với GTLN và GTNN đối với hàm nhiều biến cũng có định nghĩa tương tự. 20 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2) CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ TÌM GTLN & GTNN CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN a) Phương pháp 1 : Sử dụng bất đẳng thức (hay phương pháp dùng định nghĩa). Một số kiến thức thường dùng: b  a) f ( x )  ax 2  bx  c  a( x  )2  2a 4a b) Bất đẳng thức Cô-si: ab  Với hai số a, b không âm  a, b  0  ta luôn có:  ab  a  b  2 ab 2 Dấu "=" xảy ra khi a  b a bc 3  Với ba số a, b, c không âm  a, b, c  0  ta luôn có:  abc  a  b  c  3 3 abc 3 Dấu "=" xảy ra khi a  b  c c) Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng a 2  b2 1) a 2  b 2  2ab  ab  2 ( a  b) 2 2) (a  b)2  4ab  ab  4 ( a  b) 2 3) (a  b) 2  2(a 2  b 2 )  a 2  b 2  2 CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Tìm GTLN của hàm số f  x   2x 2  8x  1 . Bài giải ♥ Tập xác định: D   ♥ Ta có 2  f  x   2x 2  8x  1  9  2  x  2   9, x  D  Dấu “=” xảy ra khi x  2  D ♥ Vậy max f ( x )  9 . x D Ví dụ 2: Tìm GTNN của hàm số f  x   2x 2  4x  12 . Bài giải ♥ Tập xác định: D   ♥ Ta có 2  f  x   2x 2  4x  12 = 2  x  1  10  10 ,x  D  Dấu “=” xảy ra khi x  1  D ♥ Vậy min f ( x )  10 . x D Ví dụ 3: Tìm GTNN của các hàm số f  x   x  2 với x  1;   . x 1 Bài giải ♥ D  1;  ♥ Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 21 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2 2 2  x 1  1  2  x  1 .  1  2 2  1, x  1;   x 1 x 1 x 1 2 2  Dấu “=” xảy ra khi x 1    x 1  2  x  1  2  D x 1  f x  x  ♥ Vậy min f ( x )  2 2  1 . x D Bài tập tương tự 7 x 3 b) Phương pháp 2 : Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình (hay phương pháp miền giá trị). Cơ sở lý thuyết của phương pháp: Cho hàm số xác định bởi biểu thức dạng y  f  x  Tìm GTNN của hàm số f (x)  x  3   Tập xác định của hàm số được định nghĩa là : D  { x   | f(x) có nghĩa}  Tập giá trị của hàm số được định nghĩa là : T = { y   | Phương trình f(x) = y có nghiệm x  D } Do đó nếu ta tìm được tập giá trị T của hàm số thì ta có thể tìm đựơc GTLN và GTNN của hàm số đó. Một số kiến thức thường dùng: a) Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có nghiệm    0 b) Phương trình a cos x  b sin x  c  a, b  0  có nghiệm  a 2  b 2  c 2 CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1 : Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  x2  x  2 . x2  x  2 Bài giải ♥ Tập xác định: D   ♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có: x2  x  2 y 2  yx 2  yx  2y  x 2  x  2 x x2   y 1 x 2   y  1 x  2 y  2  0 (1) (2) (Dạng ax 2  bx  c  0 ) + Trường hợp 1: Với y  1 thì (2) có nghiệm x  0 + Trường hợp 2: Với y  1 thì (2) có nghiệm    0  7 y 2  18y  7  0  94 2 9  4 2  . Suy ra tập giá trị của hàm số là T   ;  7 7   9 4 2 94 2 ♥ Vậy min y  ; max y  . x D xD 7 7 Ví dụ 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  1  sin x . 2  cos x 94 2 94 2 y 7 7 (1) Bài giải ♥ Tập xác định: D   ♥ Xem (1) là phương trình theo ẩn x ta có: 22 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 1  2y  y cos x  1  sin x  y cos x  sin x  1 2 y (2) (dạng a cos x  b sin x  c ) (2) có nghiệm  a2  b2  c 2  y 2  1  1 2 y   3y 2  4 y  0  0  y  2 2 3 4  3 Suy ra tập giá trị của hàm số là T   0;  .  4   3 ♥ Vậy min y  0; max y  . x D x D 4 c) Phương pháp 3 : Sử dụng đạo hàm (hay phương pháp giải tích).  Điều kiện tồn tại GTLN và GTNN: Định lý: Hàm số liên tục trên một đoạn  a; b  thì đạt được GTLN và GTNN trên đoạn đó.   Phương pháp chung: Muốn tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên miền D, ta lập BẢNG BIẾN THIÊN của hàm số trên D rồi dựa vào BBT suy ra kết quả. Phương pháp riêng: Trong nhiều trường hợp, có thể tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn mà không cần lập bảng biến thiên của nó. Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn  a; b  và có đạo hàm trên khoảng  a; b  , có thể trừ một số hữu hạn điểm . Nếu f '( x)  0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc  a; b  thì ta có quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm f trên đoạn  a; b  như sau: Quy tắc 1) Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xm thuộc  a; b  mà tại đó hàm số f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm. 2) Tính f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xm ), f (a), f (b) . 3) So sánh các giá trị tìm được.  Số lớn nhất trong các giá trị đó là GTLN của f trên đoạn  a; b  .  Số nhỏ nhất trong các giá trị đó là GTNN của f trên đoạn  a; b  . CÁC VÍ DỤ i. XÉT HÀM TRỰC TIẾP Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 x 3  3x 2 12 x  2 trên đoạn 1; 2 . Bài giải ♥ D  1;2 ♥ Ta có: y '  6 x 2  6 x 12  x  2  D y' 0   x 1 D  Do y 1  15; y 2  6; y 1  5  min y  5; max y  15 x D xD ♥ Vậy min y  5; max y  15 . x D xD Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e x  x 2  x 1 trên đoạn  0;2 . Bài giải ♥ D   0;2 ♥ Ta có: y '  e x  x 2  x  2 23 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x  2  D y' 0   x 1 D  Do y 0  1; y 2  e2 ; y 1  e  min y  e; max y  e2 x D x D ♥ Vậy min y  e; max y  e2 . x D x D Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x 2 . Bài giải ♥ D  2;2 ♥ Ta có: y '  4  x2  x 4  x2 y' 0  x  2  D   Do y 2  2; y 2  2; y  2  2 2  min y  2 2; max y  2 x D xD ♥ Vậy min y  2 2; max y  2 . x D xD ii. ĐỔI BIẾN (ĐẶT ẨN PHỤ) Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 sin 2 x  cos x  1 . Bài giải ♥ Tập xác định: D   ♥ Đặt t  cos x với t  1;1 , hàm số trở thành: y  2t 2  t  3 1 ; y '  0  t    1;1 4  1  25 25 Do y 1  2; y 1  0; y     min y  0; max y  x D x D  4  8 8 Ta có: y '  4t 1 ♥ Vậy min y  2 2; max y  2 . x D xD BÀI TẬP Bài 1: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:  1 1) y  16 x 2  2 x  12 trên đoạn 0;   4 3) y  x3  3x 2  9x  35 trên đoạn  4, 4 x2 trên đoạn  0; 2 x2 2 x 2  3x  3 7) y  trên đoạn  0; 2 x 1 Bài 2: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:    1) y  sin2x  x trên đoạn   ;   2 2 5) y  3) y  x  e2 x trên đoạn  1; 0 2) y  x 2  9 x trên đoạn 4  4 1; 3  x3  2 x 2  3 x  4 trên đoạn  4, 0  3 x3 6) y  trên đoạn  1; 2  x2 2 x2  5x  4 8) y  trên đoạn  1;1 x2 4) y  2) y  6  3 x trên đoạn  1;1 4) y  ln 2 x trên đoạn 1; e3  x 24 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 3: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau: 1) y  x 2 ln x trên đoạn 1;e x 1 2) y  3) y  x 2  3  x ln x trên đoạn 1; 2 Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau: x2  1 trên đoạn  1; 2  4) y  x 2  ln(1  2x) trên đoạn  2;0  1) y  4 x  x 2 2) y   x 2  2 x  8 3) y  2  x  4  x 4) y  x  4  x 2 5) y   x  1 1  x 2 6) y  1  x 2  1  x 2 7) y  x  4  x 2 8) y  1 2 x  x  4x  x2 4 9) y   x 2  4 x  21   x 2  3x  10 (Khối D-2010) Bài 5: Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau: 4 1) y  2sin x  sin 3 x trên đoạn  0;  3 3 3) y  x 6  4 1  x 2  trên đoạn  1;1 2) y  cos 4 x  6cos 2 x  5 4) y  sin 4 x  cos 4 x  2 Nội dung 4: Sự tương giao của hai đồ thị A. Tóm tắt lí thuyết I. KIẾN THỨC CƠ BẢN Bài toán tổng quát (C ) : y  f(x) Trong mp(Oxy) . Hãy xét sự tương giao của đồ thị hai hàm số :  1 (C2 ) : y  g(x) y y y (C1 ) (C1 ) M1 y2 M2 (C2 ) M0 y1 x x x1 O x2 O O x (C 2 ) (C 2 ) (C1) và (C2) không có điểm chung (C1 ) (C1) và (C2) cắt nhau (C1) và (C2) tiếp xúc nhau Phương pháp chung: * Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho: f(x) = g(x) (1) * Tùy theo số nghiệm của phương trình (1) mà ta kết luận về số điểm chung của hai đồ thị (C1) và (C2) . Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2). Ghi nhớ: Số nghiệm của pt (1) = số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2). 25 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chú ý 1 : * (1) vô nghiệm  (C1) và (C2) không có điểm điểm chung * (1) có n nghiệm  (C1) và (C2) có n điểm chung Chú ý 2 : * Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung của (C1) và (C2). Khi đó tung độ điểm chung là y0 = f(x0) hoặc y0 = g(x0). y y0 x0 x O B. Phương pháp giải toán (C ) : y  f ( x) Dạng 1: Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị  1 . (C2 ) : y  g ( x) 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1) B2. Giải phương trình (1) tìm x  y B3. Kết luận 2. VÍ DỤ Ví dụ . Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  2x  1 và đường thẳng y  x  2 . 2x  1 Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: Điều kiện: x  2x 1  x2 2 x 1 (1) 1 2 ♦ Khi đó: (1)  2 x 1  (2 x 1)( x  2)  2 x2  x  3  0 x 1    3 x    2 3 1 ♣ Với x    y  2 2 ♣ Với x  1  y  3  3 1 ♦ Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là  ;  và 1;3 .  2 2  26 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN (C ) : y  f ( x) Dạng 2: Tìm tham số để hai đồ thị  1 cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt. (C2 ) : y  g ( x) 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1) B2. Lập luận Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị. 2. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng (d): y  x  m cắt đồ thị (C) tại x 1 hai điểm phân biệt. Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 1  x  m x 1 (1) Điều kiện: x  1 ♦ Khi đó: (1)  2 x 1  (x  m)( x 1)  x 2  ( m 1) x  m 1  0 (2) ♦ (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1        m  1  4 m 1  0 1  m  1.1  m 1  0  2  m 2  6m  5  0  m  1 m  5 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  1 m  5 . Ví dụ 2. Cho hàm số y  mx 3  x 2  2 x  8m có đồ thị là Cm  . Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: mx3  x 2  2 x  8m  0 (1)   x  2  mx 2  (2m  1) x  4m  0 27 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x  2   2  mx  (2m 1) x  4 m  0  (2) ♦ Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 m  0     12 m2  4m  1  0  12 m  2  0   m  0 m  0  1 1     m    1   m  1  6 2   6 2 m   1  6 m  0 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là  1 .   m  1  6 2 Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 4  (3m  4) x 2  m 2 có đồ thị là Cm  . Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0 (1) Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành: t 2  (3m  4)t  m 2  0 (2) ♦ Cm  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm dương phân biệt   5m2  24m  16  0    P  m2  0   S  3m  4  0   m  4  m   4  4  5 m     m  0  5   4  m  0 m   3  28 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  4 m   ♦ Vậy giá trị m cần tìm là  5 .  m  0 (C ) : y  f ( x) Dạng 3: Tìm tham số để hai đồ thị  1 cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt thỏa điều kiện (C2 ) : y  g ( x) cho trước. 1. PHƯƠNG PHÁP B1. Lập phương trình hoành độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1) B2. Lập luận Lưu ý:  Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị.  Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung của (C1) và (C2). Khi đó tung độ điểm chung là y0 = f(x0) hoặc y0 = g(x0). 2. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho hàm số y  mx 1 có đồ thị là Cm  . Tìm m để đường thẳng (d): y  2 x 1 cắt đồ thị Cm  x2 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  10 . Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: mx 1  2 x 1 x2 (1) Điều kiện: x  2 ♦ Khi đó: (1)  mx 1  (2 x 1)( x  2)  2 x 2  (m  3) x 1  0 (2) ♦ (d) cắt Cm  tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác  2        m  3  8  0 2 8  2m  6 1  0  m  1 2 (*) Đặt A  x1; 2 x1 1; B  x2 ; 2 x2 1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (2). Theo định lý Viet ta có: m3   x1  x2  2   1  x1 x2   2  29 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Khi đó: HĐBM-TỔ TOÁN 2 2 2 AB   x1  x2   4  x1  x2   10  5  x1  x2   4 x1 x2   10    m  3  2 2    2  2  m  3 [thỏa mãn (*)] ♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 . Ví dụ 2. Cho hàm số y  x3  3x 2  (m 1) x 1 có đồ thị là Cm  . Tìm m để đồ thị Cm  cắt đường thẳng (d ) : y  x 1 tại ba điểm A0;1 , B, C sao cho BC  10 . Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3x 2  (m 1) x  1  x 1 (1)  x  x 2  3x  m  2  0 x  0   2  x  3x  m  2  0  (2) ♦ Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  17   9  4( m  2)  0     4 m  2  0  m  2 (*) Đặt B  x1; x1  1;C  x2 ; x2  1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (2). Theo định lý Viet ta có: Khi đó:  x1  x2  3   x1 x2  m  2 BC   x1  x2    x1  x2   10 2 2 2  2  x1  x2   4 x1 x2   10    9  4  m  2  5  m3 [thỏa mãn (*)] ♦ Vậy giá trị m cần tìm là m  3 . Ví dụ 3. Cho hàm số y  x 4  (3m  4) x 2  m2 có đồ thị là Cm  . Tìm m để đồ thị Cm  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0 (1) Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành: 30 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN t 2  (3m  4)t  m 2  0 (2) ♦ (C) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm dương phân biệt   5m2  24m  16  0    P  m2  0   S  3m  4  0   m 4  m   4  4  5 m     m  0   5   m  0 4   m   3  (*) Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm 0  t 1  t2 . Suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt là x1   t2  x2   t1  x3  t1  x4  t2 ♦ Bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng  x2  x1  x3  x2  x4  x3   t1  t2  2 t1  t1  t2  3m  4 Theo định lý Viet ta có:   t1t2  m 2   t1  3m  4  10 Từ (3) và (4) ta suy ra được   9(3m  4) t2  10  t2  3 t1  t2  9t1 (3) (4) (5) (6). Thay (6) vào (5) ta được:  m  12 33m  4  10m  9 2 2  3m  4  m   12 100 33m  4  10m  m   19  [thỏa mãn (*)]  m  12  ♦ Vậy giá trị m cần tìm là  12 . m    19 C. Bài tập Bài 1: Tìm tọa độ giao điểm của hai đường cong (C): y  x 2  4 và (C'): y  x 2  2 x 1 5 Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x 3  x 2 và đường thẳng (d) : y  3x  3 3 31 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 3: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  2x 1 và đường thẳng (d ) : y  3 x  1 x 1 Bài 4: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x và đường thẳng (d) : y  x  2 Bài 5: Cho hàm số y  2x  1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị x2 hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. Đáp số: m  0  m  3 . Bài 6: Cho hàm số y  2x  1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  3x  m cắt đồ thị x 1 hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt.  m  1 Đáp số:  .  m  11 Bài 7: Cho hàm số y  ( x  1)( x 2  mx  m) Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Đáp số: m  0  m  4 . Bài 8: Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  m  2 Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Đáp số: m  3 . Bài 9: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  1 Xác định m sao cho đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. m  1 Đáp số:  . m  2 Bài 10: Cho hàm số y  1 3 x  3x 2  mx  1 có đồ thị là  Cm  4   Tìm m để đồ thị  Cm  cắt đường thẳng ( d ) : y  1 tại ba điểm phân biệt. 4 9  m  Đáp số:  4.  m  0 Bài 11*: Cho hàm số y  2x  1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị x 1 hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  26 . Đáp số: m  2  m  8 . 32 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Bài 12*: Cho hàm số y  HĐBM-TỔ TOÁN x3 1 có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y  x  m luôn cắt (C) tại x2 2 hai điểm phân biệt A, B . Xác định m sao cho độ dài đoạn AB là nhỏ nhất. Đáp số: m  2 . Bài 13*: Cho hàm số y  2x  4 có đồ thị là (C). Chứng minh rằng đường thẳng y  2x  m luôn cắt (C) tại x 1 hai điểm phân biệt A, B . Xác định m sao cho độ dài đoạn AB là nhỏ nhất. Đáp số: m  4 . Bài 14*: Cho hàm số y  2x  3 . có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : x  3 y  m  0 cắt (H) tại hai x 1 điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A(1; 0). Bài 15*: Cho hàm số y  2x 1 . có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ ) Đáp số: m  2 . 3 Bài 16*: Cho hàm số y  2x 1 . có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm x 1 I (1; 2) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 ( với O là gốc toạ độ ) Bài 17*: Cho hàm số y  x3  3x  2 có đồ thị là (C). Tìm viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm A(2; 0) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC có diện tích bằng 2 3 ( với O là gốc toạ độ ) Bài 18*: Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị  C  . x 1 Tìm các giá trị m để đường thẳng  d1  : y  3x  m cắt đồ thị  C  tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 ( O là gốc toạ độ ) Bài 19*: Cho hàm số y  x 4  2  2m  1 x 2  5m  1 . Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 3 . Bài 20*: Cho hàm số y   x3   2m  1 x 2  m  1 (1) . Tìm m để đường thẳng y  2mx  m 1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. 33 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Nội dung 5: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C):y = f(x) tại điểm M 0 (x 0 ; y 0 )  (C) y (C): y=f(x) y0 M 0 x0  x Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x0;y0) có dạng: y - y0 = k ( x - x0 ) hay y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f(x 0 ) Trong đó : x0 : hoành độ tiếp điểm y0 : tung độ tiếp điểm và y0 = f(x0) k : hệ số góc của tiếp tuyến và được tính bởi công thức : k = f'(x0) 2 x  3 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  tại các giao điểm x 1 của C  và đường thẳng y  x  3 . Ví dụ: Cho hàm số y  Bài giải ♦ Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x  3  x 3 x 1 (1) Điều kiện: x  1 Khi đó: (1)  2 x  3  ( x  3)( x 1) x  0  x2  2x  0    x  2 Suy ra tọa độ các giao điểm là A 0; 3 , B  2; 1 ♦ Ta có: y '  1  x 1 2 ♣ Phương trình tiếp tuyến tại A là y  3  y '(0)( x  0)  y   x 3 ♣ Phương trình tiếp tuyến tại B là y 1  y '(2)( x  2)  y  x 1 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y   x 3 và y  x 1 . 34 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2. Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x) biết tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước y (C): y = f(x) y0 M 0 x0  x Phương pháp: Ta có thể tiến hành theo các bước sau Bước 1: Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) Bước 2: Tìm x0 bằng cách giải phương trình : f ' ( x0 )  k , từ đó suy ra y0  f ( x0 ) =? Bước 3: Thay các yếu tố tìm được vào pt: y - y0 = k ( x - x0 ) ta sẽ được pttt cần tìm. Ví dụ: Cho hàm số y  tiếp tuyến bằng 5 . Bài giải 2 x 1 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc của x2 ♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) 5 ♦ Ta có: y '  2  x  2 Hệ số góc của tiếp tuyến bằng 5  y '( x0 )  5 5  5  2  x0  2  x0  1    x0  3  ♣ Với x0  1  y0  3 : M 1 (1; 3)  pttt: y  5 x 2 ♣ Với x0  3  y0  7 : M 2 (3;7)  pttt: y  5 x 22 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  5 x 2 và y  5 x  22 . Bài tập tương tự Cho hàm số y  2 x 1 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc của tiếp tuyến x 1 bằng 4 . Đáp số: y  4 x  2; y  4 x  10 35 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chú ý : Đối với dạng 2 người ta có thể cho hệ số góc k dưới dạng gián tiếp như : tiếp tuyến song song, tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước . y y (C): y=f(x) k a y  ax  b (C): y=f(x)  x x O 1 2 k  1 / a  2 : y  ax  b Khi đó ta cần phải sử dụng các kiến thức sau: Định lý 1: Nếu đường thẳng (  ) có phương trình dạng : y = ax + b thì hệ số góc của (  ) là: k  a Định lý 2: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng (1 ) vaø ( 2 ) . Khi đó: 1 //  2  k 1  k  2 1  2  k 1 .k  2  1 Ví dụ 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng () : y  9 x  2 . Bài giải ♦ Ta có: y '  3x 2  6 x ♦ Do tiếp tuyến song song với đường thẳng () nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  9 ♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) Hệ số góc của tiếp tuyến k  9  y '( x0 )  9  3 x02  6 x0  9  0  x  1   0  x0  3  ♣ Với x0  1  y0  2 : M 1 (1; 2)  pttt: y  9 x  7 ♣ Với x0  3  y0  2 : M 2 (3; 2)  pttt: y  9 x 25 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  9 x  7 và y  9 x 25 . Bài tập tương tự 36 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Cho hàm số y  x3  3x 2  3x có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng () : y  3 x . Đáp số: y  3x  4 x2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến x2 vuông góc với đường thẳng () : y  x  2 . Bài giải Ví dụ 2: Cho hàm số y  ♦ Ta có: y '  4  x  2 2 ♦ Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng () nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  1 ♦ Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) Hệ số góc của tiếp tuyến k  1  y '( x0 )  1   4  x0  2 2 1 2  x0  2  4  x0  2  2  x0  0     x0  2  2  x0  4   ♣ Với x0  0  y0  1 : M 1 (0; 1)  pttt: y  x 1 ♣ Với x0  4  y0  3 : M 2 (4;3)  pttt: y  x  7 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  x  1 và y  x  7 . Bài tập tương tự 3 2 x Cho hàm số y  có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến vuông góc x 1 với đường thẳng () : x y1  0 . Đáp số: y  x 1; y  x  3 . 3. Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y = f(x) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x A;yA) y O (C ) : y  f ( x) A( x A ; y A ) x  : y  y A  k ( x  x A )  y  k (x  x A )  y A 37 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Phương pháp : Ta có thể tiến hành theo các bước sau Bước 1: Viết phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M0(x0;y0)  (C ) (d ) : y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) (*) Bước 2: Định x0 để (d) đi qua điểm A(xA;yA). Ta có: (d) đi qua điểm A(xA;yA)  y A  f '( x0 )( x A  x0 )  f ( x0 ) (1) Bước 3: Giải pt (1) tìm x0. Thay x0 tìm được vào (*) ta sẽ được pttt cần tìm. Ví dụ 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  2; 2 . Bài giải ♦ Ta có: y '  3x 2  6 x ♦ Gọi M  x0 ; y0   C  với y0  x03  3x02  2 là tiếp điểm và  là tiếp tuyến với C  tại M 0 ♦ Phương trình  : y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  ( x03  3 x02  2)  (3 x02  6 x0 )( x  x0 ) ♦  đi qua điểm A 2; 2  2  ( x03  3x02  2)  (3 x02  6 x0 )(2  x0 )  2 x03  9 x02  12 x0  4  0   x0  22 x02  5 x0  2  0  x0  2     x0  1  2 ♣ Với x0  2   : y  2 ♣ Với x0  1 9 5   : y   x  2 4 2 9 5 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  2 và y   x  . 4 2 Ví dụ 2: Cho hàm số y  qua điểm A6;5 . x2 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến đi x2 Bài giải ♦ Ta có: y '  4  x  2 2 38 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG ♦ Gọi M  x0 ; y0   C  với y0  HĐBM-TỔ TOÁN x0  2 là tiếp điểm và  là tiếp tuyến với C  tại M 0 x0  2 ♦ Phương trình  : y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y x0  2 4  ( x  x0 ) x0  2  x0  22 ♦  đi qua điểm A 6;5  5  x0  2 4  (6  x0 ) x0  2  x0  22  x02  6 x0  0 x  0   0  x0  6  ♣ Với x0  0   : y   x 1 1 4 ♣ Với x0  6   : y   x  7 2 1 7 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  x 1 và y   x  . 4 2 B. Bài tập Bài 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y   x3  3 x 2  1 tại điểm trên đồ thị có hoành độ x  1. Bài 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  2x  3 tại điểm trên đồ thị có hoành độ x  3 . x 1 Bài 3: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  3x  2 tại điểm trên đồ thị có tung độ y  2 . x 1 Bài 4: Cho hàm số y  2x3  3x 2  1 (1). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số (1) tại điểm trên (C) có hoành x 0 , biết rằng y ''(x 0 )  0 Bài 5: Cho hàm số y  x 4  8 x 2  12 (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), khi biết tung độ tiếp điểm là y  12 . Bài 6: Cho hàm số y   x3  6 x 2  9 x  3 (C). Gọi A là điểm thuộc C  có hoành độ là 4 , viết phương trình tiếp tuyến của C  tại điểm A . Tiếp tuyến nầy cắt C  tại điểm B ( B khác A ), tìm tọa độ điểm B Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y   x 3  3x biết tiếp tuyến có hệ số góc k  9 Bài 8: Cho hàm số y  x3  3x  2 , có đồ thị là (C ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho tiếp tuyến của (C ) tại M có hệ số góc bằng 9 . 39 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Bài 9: Cho đường cong (C): y  HĐBM-TỔ TOÁN 1 3 x  2 x 2  3x  1 3 Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y  3 x  1 Bài 10: Cho đường cong (C): y  1 3 1 2 4 x  x  2x  3 2 3 Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): y   Bài 11: Cho đường cong (C): y  với đường thẳng () : y  1 x 2. 4 2x  3 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc 2x  1 1 3 x . 2 2 Bài 12: Cho hàm số y = x3 – 3x – 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc bằng 9. Bài 13: Cho hàm số y  x 1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song x2 với đường thẳng  d  : y  4 x  1 . Bài 14: Cho đường cong (C): y  x3  2x 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A 1;3  . Bài 15: Cho đường cong (C): y  x3  2x 2 . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A 1;3  . Bài 16: Cho đường cong (C): y  1  2x . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm x 1 M  2; 7  . Bài 17: Cho hàm số y  2 x3  6 x 2  5 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(1; 13) . Bài 18: Cho hàm số y  x 1 có đồ thị là (C) . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết x 1 khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  : y  2 x  1 bằng Bài 19*: Cho hàm số y  3 5 . 2 x  1 có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) x 1 tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa mãn AB  17 . 40 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Bài 20*: Cho hàm số y  HĐBM-TỔ TOÁN x 1 có đồ thị  C  . x 1 Tìm các giá trị m để đường thẳng  d  : y  2x  m cắt đồ thị  C  tại A và B sao cho tiếp tuyến của C  tại A và B song song với nhau. Nội dung 6: Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thị A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán I. KIẾN THỨC CƠ BẢN Cơ sở của phương pháp Xét phương trình f(x) = g(x) (1) Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ giao điểm của (C1):y = f(x) và (C2):y = g(x) y (C1 ) (C 2 ) x x0 Bài toán: Bằng đồ thị hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình dạng : Phương pháp: f(x) = m (*) Bước 1: Xem (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:  (C ) : y  f ( x ) : (C) laø ñoà thò coá ñònh  () : y  m : ( ) laø ñöôøng thaúng di ñoäng cuøng phöông Ox vaø caét Oy taïi M(0;m) Bước 2: Vẽ (C) và (  ) lên cùng một hệ trục tọa độ Bước 3: Biện luận theo m số giao điểm của (  ) và (C) Từ đó suy ra số nghiệm của phương trình (*) Minh họa: (C ) : y  f ( x) y m2 x O m1  (0; m) ym Dạng: f  x   g  m giải tương tự 41 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Ví dụ: Cho hàm số y  HĐBM-TỔ TOÁN 1 3 3 2 x  x 5 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình x 3  6 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt. Bài giải 1) Học sinh tự giải 2) Tìm m để phương trình x 3  6 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt. ♦ Xét phương trình x 3  6 x 2  m  0 (1), ta có: (1)  1 3 3 2 m x  x 5  5 4 2 4 (2)  1 3 C  : y  x3  x 2  5  4 2 ♦ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị   m  : y  5  4  Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của C  và  ♦ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt   cắt C  tại ba điểm phân biệt  3  5  m 5 4  0  m  32 ♦ Vậy giá trị m cần tìm là 0  m  32 . 42 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN B. Bài tập Bài 1: Cho hàm số y  x3  3x 2  4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 3  3x 2  m  5  0 Bài 2: Cho hàm số y  mx 3  3mx 2  4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số khi m  1 2) Tìm k để phương trình  x 3  3 x 2  4  log 2 k  0 có ba nghiệm phân biệt. Bài 3: Cho hàm số y  x 4  6 x 2  5 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình x 4  6 x 2  log 2 m  0 có bốn nghiệm phân biệt. 1 5 Bài 4: Cho hàm số y   x 4  3x 2  4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình x 4  12 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . Bài 5: Cho hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  m  0 có hai nghiệm dương phân biệt. ----------------------------Hết----------------------------- 43 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Nội dung 7 Tìm điểm trên đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước A. Tóm tắt lí thuyết & phương pháp giải toán I. KIẾN THỨC CƠ BẢN Định nghĩa: Cho hàm số y  f ( x) xác định trên tập D. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy ) , tập hợp (C) tất cả các điểm có toạ độ  x; f ( x)  với x  D được gọi là đồ thị của hàm số y  f ( x) . (C )  M / M ( x; y ) vôùi x  D vaø y  f(x) Từ định nghĩa ta có: M ( x0 ; y 0 )  (C )  x0  D vaø y 0  f ( x 0 ) Phương pháp chung ♦ Đặt M  x0 , y0   C  với y0  f  x0  là điểm cần tìm; ♦ Từ điều kiện cho trước ta tìm một phương trình chứa x 0 ; ♦ Giải phương trình tìm x 0 , suy ra y0  f  x0   M  x0 ; y0  . Ví dụ 1: Cho hàm số y  3 x 1 có đồ thị là C  . Tìm điểm M thuộc đồ thị C  sao cho khoảng cách từ x 3 M đến tiệm cận đứng bằng hai lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. Bài giải ♦ Đồ thị C  có tiệm cận đứng 1 : x  3  0 và tiệm cận ngang 2 : y  3  0 ♦ Gọi M  x0 , y0   C  với y0  3x0 1  x0  3 , ta có: x0  3 d  M , 1   2.d  M , 2   x0  3  2. y0  3  x0  3  2. 3 x0 1 3 x0  3 44 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x0  3  16 x0  3  x  1 2   x0  3  16   0  x0  7  ♦ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là M 1 1;1 và M 2 7;5 . x 1 có đồ thị là C  . Tìm điểm M  C  sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường x 1 3 thẳng  : y  2 x  1 bằng . 5 Bài giải Ví dụ 2: Cho hàm số y   x 1  ♦ Gọi M  x0 ; 0   (C ). Khi đó ta có: x0  1   d ( M , )  3  5 2 x0   x0  1 1 x0  1 2 1 2  2 x0  1  2  3 5 x0  1  3  2 x02  2 x0  2  3 x0  1 x0  1  x0  1  2 x02  2 x0  2  3( x0  1)  2 x02  5 x0  5  0  2  2   x0  1 .  2 x0  2 x0  2  3( x0  1)  2 x0  x0  1  0  2 ♣ Với x0  1  y0  0 , ta có M 1 (1; 0) ♣ Với x0  1 1   y0  3 , ta có M 2  ; 3  2 2  1  ♦ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là M1 (1; 0) và M 2  ; 3  . 2  B. Bài tập Bài 1: Cho đường cong (C): y  x3 . Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai trục tọa độ x 1 Bài 2: Cho đường cong (C): y  x2 . Tìm những điểm trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ đó đến trục x 1 hoành bằng hai lần khoảng cách từ đó đến trục tung. Bài 3: Cho đường cong (C): y  3x  2 . Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai đường tiệm cận của x2 (C) . 45 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Bài 4: Cho đường cong (C): y  HĐBM-TỔ TOÁN x2 . Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm x 3 cận đứng bằng 5 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. Bài 5: Cho đường cong (C): y  3x  1 . Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến x2 hai tiệm cận bằng 6. Bài 6: Cho đường cong (C): y  thẳng    : y  1 x  2 bằng 4 3 . 17 Bài 7: Cho đường cong (C): y  A  2; 1 bằng 2x  1 . Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường x 1 2x  2 . Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến điểm x 1 2. Bài 8: Cho hàm số y  x2 có đồ thị là (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm x 1 M đến đường thẳng y   x bằng 2. ----------------------------Hết----------------------------- 46 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Chủ đề 2 NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN A. Tóm tắt lí thuyết Nội dung 1: Nguyên hàm 1. Bảng tính nguyên hàm cơ bản Bảng 1 Hàm số f(x) a ( hằng số) x   1  1 x ax Họ nguyên hàm F(x)+C ax + C x 1 C  1 ln x  C Bảng 2 Hàm số f(x) Họ nguyên hàm F(x)+C (ax  b) 1 (ax  b) 1 C a  1 1 ln ax  b  C a 1 A ax b . C A ln a 1 ax  b e C a 1  cos(ax  b )  C a 1 sin(ax  b)  C a 1 tan(ax  b)  C a 1  cot(ax  b)  C a 1 xa ln C 2a x  a 1 ax  b A ax  b ex ax C ln a ex  C sinx -cosx + C sin(ax+b) cosx sinx + C cos(ax+b) 1 cos2 x 1 sin2 x tanx + C 1 cos (ax  b) 1 2 sin (ax  b ) 1 2 x  a2 e ax  b 2 -cotx + C u' ( x ) u( x ) tanx  ln cos x  C cotx ln sin x  C ln u( x )  C 2. Các phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa và tính chất kết hợp với bảng tính các nguyên hàm cơ bản  Phân tích hàm số đã cho thành tổng, hiệu của các hàm số đơn giản có công thức trong bảng nguyên hàm cơ bản.  Cách phân tích : Dùng biến đổi đại số như mũ, lũy thừa, các hằng đẳng thức ... và biến đổi lượng giác bằng các công thức lượng giác cơ bản. Phương pháp 2: Phương pháp đổi biến số Định lí cơ bản: Nếu  f u  du  F u   C và u  u  x  là hàm số có đạo hàm liên tục thì  f u  x u ' x dx  F u  x  C 47 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Cách thực hiện: Tính HĐBM - TỔ TOÁN  f  u(x) u '(x)dx bằng pp đổi biến số Bước 1: Đặt u  u(x)  du  u '(x)dx (tính vi phân của u) Bước 2: Tính  f  u(x) u '(x)dx   f(u)du  F(u)  C  F u(x)  C Phương pháp 3: Phương pháp tính nguyên hàm từng phần Định lí cơ bản: Nếu hai hàm số u  u  x  và v  v  x có đạo hàm liên tục trên K thì  u  xv ' x dx  u  xv  x   u ' x v  x dx Cách thực hiện: Bước 1: Đặt u  u ( x) du  u ' ( x)dx  dv  v' ( x)dx v  v( x) Bước 2: Thay vào công thức nguyên hàm từng phần : Bước 3: Tính  udv  u.v   vdu  vdu B. Bài tập Bài 1: Tính 1) I   x2 dx x2 2 x3  3 x dx x2 2) I   3 x  1 dx x 1 3) I   2) I   1 dx x  x  1 3) I   2) I   ln x dx x 3) I   x3 ln xdx Bài 2: Tính 1) 3x  2 x 2  3  x dx x dx x  3x  2 2 Bài 3: Tính 1) I   x ln xdx Bài 4: Tính   1) I   ln x 2  x dx 2) I    x  2  e 2 x dx 3) I   x sin2xdx Bài 5: Tính 1) I   x sin x dx cos 2 x 2) I   ex dx 1  2e x 3) I   cos5 xdx 48 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Nội dung 2: Tính tích phân A. Tóm tắt lí thuyết I. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 1. SỬ DỤNG ĐN VÀ CÁC TÍNH CHẤT TÍCH PHÂN a. Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên K và a, b  K. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì : b b  f ( x )dx   F( x)a  F(b)  F(a) ( Công thức NewTon - Leipniz) a b. Các tính chất của tích phân b a f ( x )dx    f ( x )dx  Tính chất 1:  Tính chất 2: Nếu hai hàm số f(x) và g(x) liên tục trên  a; b  thì  a b b b b   f ( x )  g( x ) dx   f ( x)dx   g( x )dx a  a a Tính chất 3: Nếu hàm số f(x) liên tục trên  a; b  và k là một hằng số thì b b  k. f ( x)dx  k. f ( x )dx a  a Tính chất 4: Nếu hàm số f(x) liên tục trên  a; b  và c là một hằng số thì b c b  f ( x )dx   f ( x)dx   f ( x)dx a  a c Tính chất 5: Tích phân của hàm số trên  a; b  cho trước không phụ thuộc vào biến số , b b b  f ( x )dx   f (t)dt   f (u)du  ... nghĩa là : a a a 2. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ b a) DẠNG 1: Tính I = '  f[u(x)].u (x)dx bằng cách đặt t = u(x) a Công thức đổi biến số dạng 1: b u(b) a u (a)  f u ( x).u ' ( x)dx   f (t )dt Cách thực hiện: t  u ( x)  dt  u ' ( x)dx xb t  u (b) Bước 2: Đổi cận :  xa t  u (a) Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được Bước 1: Đặt b u (b ) a u (a) I   f u ( x).u ' ( x)dx   f (t )dt (tiếp tục tính tích phân mới) 49 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN b b) DẠNG 2: Tính I =  f(x)dx bằng cách đặt x = (t) a b  a  I   f ( x )dx   f  (t )  ' (t ) dt Công thức đổi biến số dạng 2 Cách thực hiện x   (t )  dx   ' (t )dt xb t Bước 2: Đổi cận :  xa t  Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được Bước 1: Đặt b  a  I   f ( x )dx   f  (t )  ' (t ) dt (tiếp tục tính tích phân mới) 3. PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Công thức tích phân từng phần b b  u ( x).v' ( x) dx  u ( x).v( x) a   v( x).u ' ( x)dx b a a b b  udv  u.v   vdu hay: b a a a Cách thực hiện Bước 1: Đặt u  u ( x) du  u ' ( x)dx  dv  v' ( x)dx v  v( x) b b Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng từng phần :  udv  u.va   vdu a Bước 3: Tính u.v  b a b a b và  vdu a 50 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN II. CÁC VÍ DỤ 2 Ví dụ 1: Tính tích phân I   1 x 2  3x 1 dx . x2  x (Phân tích & dùng định nghĩa) Bài giải ♥ Biến đổi hàm số thành dạng 2 Khi đó: I   1 x 2  3x 1 2 x 1  1 2 2 x x x x 2 2 x 2  3x 1 2 x 1 dx   dx   2 dx 2 x x x x 1 1 2   dx  x 2 1 1 1 2   1 2 2 x 1 2 dx  ln x  x  ln 3 1 x2  x ♥ Vậy I  1  ln 3 .  1 Ví dụ 2: Tính tích phân I   0  x 1 2 dx . x2 1 (Phân tích & dùng định nghĩa) Bài giải  x 1 2 ♥ Biến đổi hàm số thành dạng 1 Khi đó: I   0  x  1 2 x 1 2  x 2 1 1 1 dx   dx   0 0 x 2  2 x 1 2x  1 2 2 x 1 x 1 2x dx x 1 2 1   dx  x 1 0 1 0 1   0 1 2x 2 dx  ln x  1  ln 2 0 x 2 1 ♥ Vậy I  1  ln 2 .  ln 2 Ví dụ 3: Tính tích phân I   e x 1 e x dx . 2 (Đổi biến số dạng 1) 0 Bài giải ♥ Đặt t  e x 1  dt  e x dx 51 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN  x  ln 2 t  1 Đổi cận:    x  0 t  0 1 Suy ra: I   0 1 t3 1 t dt   30 3 2 1 ♥ Vậy I  .  3 1 Ví dụ 4: Tính tích phân I   x 2  x 2 dx . (Đổi biến số dạng 1) 0 Bài giải ♥ Đặt t  2  x 2  t 2  2  x 2  2tdt  2 xdx  tdt   xdx  x  1 t  1 Đổi cận:     x  0 t  2  2 Suy ra: I   1 ♥ Vậy I  2 t3 2 2 1 t dt   31 3 2 2 2 1 . 3 e 4  5ln x dx . x Ví dụ 5: Tính tích phân I   1 (Đổi biến số dạng 1) Bài giải ♥ Đặt t  4  5ln x  t 2  4  5ln x  2tdt  5 dx x  x  e t  3 Đổi cận:    x  1 t  2 3 3 2 2 2 38 Suy ra: I   t 2 dt  t 3  33  23   5 2 15 2 15 15 ♥ Vậy I  38 . 15  4 Ví dụ 6: Tính tích phân I    x  1 sin 2 xdx . (Tích phân từng phần) 0 52 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Bài giải du  dx u  x  1 ♥ Đặt    dv  sin 2 xdx v   1 cos 2 x  2   4 4 1 1 Suy ra: I    x  1 cos 2 x  sin 2 x 2 4 0 0   4 4 1 1 3    x  1 cos 2 x  sin 2 x  2 4 4 0 0 3 ♥ Vậy I  .  4  4 Ví dụ 7: Tính tích phân I   x 1  sin 2 x dx . (Tích phân từng phần) 0  4  4 0 0 ♥ Ta có: I   xdx   x sin 2 xdx   2 4 x 2  4   x sin 2 xdx  0 0  4   x sin 2 xdx 32 0 2 du  dx u  x Đặt    dv  sin 2 xdx v   1 cos 2 x  2  4 Suy ra:  0 ♥ Vậy I    4  4  4 4 1 1 1 1 1 x sin 2 xdx  x cos 2 x   cos 2 xdx   cos 2 xdx  sin 2 x  2 2 0 2 0 4 4 0 0 2 1  . 32 4 2 Ví dụ 8: Tính tích phân I   1 x 2  2 ln x dx . x (Phân tích + đổi biến số dạng 1) Bài giải 2 2 ♥ Ta có: I   xdx  2  1 2   0 2 ♥ Tính  1 1 ln x dx x 2 x2 3 xdx   2 1 2 ln x dx x 53 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Đặt t  ln x  dt  HĐBM - TỔ TOÁN 1 dx x  x  2 t  ln 2 Đổi cận:    x  1 t  0 2 ln 2 ln x t2 dx   tdt  x 2 0  Suy ra: 1 ln 2  0 ln 2 2 2 3 ♥ Vậy I   ln 2 2 .  2 2 x 2 1 ln xdx . x2 Ví dụ 9: Tính tích phân I   1 (Tích phân từng phần)  1 du  dx u  ln x  x 2 ♥ Đặt   dv  x 1 dx  1  v  x  x2 x  2   1 1 1 Suy ra: I   x   ln x    x   dx   x x x 1 1 2 2 2   1 1   x   ln x   x     x x 1 1 5 3  ln 2  2 2 5 3 ♥ Vậy I  ln 2  .  2 2 Ví dụ 10: Tính tích phân I = 1 0 (2e x2  ex ) xdx . (Phân tích + đổi biến dạng 1+ tích phân từng phần) Bài giải ♥ Ta có: I = 1 0 2xe x2 1 0 x2  I1 = 0 2xe  I2 = 0 xe dx 1 1 dx   xex dx . 1 1 2 2 dx   ex d (x 2 ) = e x  = e – 1. 0   0 x Đặt u = x  du = exdx x dv = e dx  v = ex. 1 1 1 Suy ra: I2 =  xex    ex dx = e   ex  = 1. 0 0 0 ♥ Vậy I = e – 1 + 1 = e.  54 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN B. Bài tập Bài 1: Tính các tích phân sau 1 1) I   0  2 x x 2 4  2 dx 2) I   0 sin x 1  cos x  2 dx Bài 2: Tính các tích phân sau e3 e ln x  1 1) I   dx x 1 2) I  ln 3 x  2 1 x dx Bài 3: Tính các tích phân sau  2  1) I   sin 3 x cos xdx 2) I   sin 2x(1  sin 2 x)3dx 0 0 Bài 4: Tính các tích phân sau 2 2 1) I   x x 2  3dx x2 2) I   x3  1 0 1 dx Bài 5: Tính các tích phân sau 1  2  1) I   x x  e x dx 0 e  ln 3 x  2) I   x 1  2  dx x  1  Bài 6: Tính các tích phân sau e 1  3ln x ln x dx x 1) I   1 ln 3 2) I   0 ex e x  1 3 dx Bài 7: Tính các tích phân sau  2  6 1) I   2) I   s in2x cos x dx 1  cos x 0 0 tan 4 x dx cos 2 x Bài 8: Tính các tích phân sau  2 s in2x  sin x 1) I   dx 1  3cos x 0  2 2) I   0 sin 2x cos2 x  4 sin 2 x dx Bài 9: Tính các tích phân sau  2   1) I   cos3 x  1 cos 2 xdx 0  2 s in2x dx 3  4sin x  cos 2 x 0 2) I   Bài 10: Tính các tích phân sau 55 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN  4 dx 1) I   4 0 cos x 3 tan x  1  2 2) I    4 cot x  1 dx sin 4 x Bài 11: Tính các tích phân sau e 1) I  x 1  2 dx 2) I   2 1  ln x  6 cot x dx sin 2 x  1 Bài 12: Tính các tích phân sau  3 1) I    4 tan x cos x 1  cos 2 x ln5 dx 2) I   ln 2 e2x ex 1 dx Bài 13: Tính các tích phân sau  2  2 1) I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx 0 2) I   sin 2x(1  sin 2 x)3dx 0 Bài 14: Tính các tích phân sau ln5 1 1) I   x 3 2 x  3dx 2) I   ln 2 0 e  x  1 ex ex 1 dx Bài 15: Tính các tích phân sau   1) I   x cos xdx 0 2) I    ecos x  x  sin xdx 0 Bài 16: Tính các tích phân sau 2 ln x dx x2 1 1) I   3   2) I   x ln 3  x 2 dx 0 Bài 17: Tính các tích phân sau e 5   1) I   1  x 2 ln xdx 1 2) I   x 2 ln  x  1 dx 2 Bài 18: Tính các tích phân sau e 1) I   1 x2  1 ln xdx x e 2) I   x3 ln 2 xdx 1 Bài 19: Tính các tích phân sau 1 1) I    x  2  e 2 x dx 0 3 2) I   ln  x 2  x  dx 2 Bài 20: Tính các tích phân sau 56 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  2  HĐBM - TỔ TOÁN  4  1) I   ecos x  cos3 x sin xdx 1 dx sin 2 x.(2  cot 2 x) 2) I   2  8 0 Bài 21: Tính các tích phân sau 4 3 2x 1 dx 2x  1 0 1 1) I   2) I  dx  x (x 2 1 2  1) Bài 22: Tính các tích phân sau  2 1) I   0 2 cos 2 x  sin x  cos x  3 3 dx x3  2 x 2  4 x  9 dx x2  4 2) I   0 Bài 23: Tính các tích phân sau  6 1) I   x sin 2 3 xdx  2 2) cot x dx 4  1  sin x I 0 4 Bài 24: Tính các tích phân sau 6 1 1) I   dx 2 2 x 1  4x 1  2 2) I   0 sin x  cos x dx 3  sin 2 x Bài 25: Tính các tích phân sau  2 1 1) I   2) I   sin 2 x dx 3  4sin x  cos 2 x 0 0 x2 dx ( x  1) x  1 57 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Nội dung 3: Ứng dụng của tích phân. A. Tóm tắt lí thuyết I. CÔNG THỨC 1. Công thức tính diện tích hình phẳng y y x b (C1 ) : y  f ( x) xa (C1 ) : y  f ( x ) (C ) : y  g ( x )  2 (H ) :   1 : x  a  2 : x  b (H ) (C 2 ) : x  g ( y) yb b (C2 ) : y  g ( x) (H ) a O ya x x a b (C1 ) : x  f ( y ) (C ) : x  g ( y )  2 (H ) :   1 : y  a   2 : y  b O (C1 ) : x  f ( y) b b S   f ( x)  g ( x) dx S   f ( y)  g ( y) dy a a 2. Công thức tính thể tích vật thể tròn xoay y xa O a xb (C ) : y  f ( x) y0 b 2 V     f ( x) dx a b x y b x0 y b (C ) : x  f ( y ) ya a x O b 2 V     f ( y ) dy a 58 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN II. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x 2  x  3 và đường thẳng y  2 x  1 . Bài giải ♥ Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường x 1 x 2  x  3  2 x 1  x 2  3x  2  0    x  2 ♥ Diện tích hình phẳng cần tìm là 2 S   x 2  3 x  2 dx 1 2  x 3 3x 2  1    x  3 x  2     2 x  .    3 2 1 6 1 2 2 Ví dụ 2: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường 1 y , y  0, x  0 và x  1 xung quanh trục hoành. 1  4  3x Bài giải 1 ♥ Thể tích khối tròn xoay là V    0 dx 1  4  3x  2 . ♥ Đặt t  4  3x , ta có khi x  0 thì t  2, khi x  1 thì t  1 và x  1 2 4  t2 2t nên dx   dt . 3 3 2 1 2t 2 t 2  1 1  . dt  dt     dt 2 2   (1  t ) 3 3 1 (t  1) 3 1  t  1 (t  1)2  2 Khi đó ta có V     2 3 1  2 2  3 1    3   ln | t  1 |      ln     6 ln  1 .  t 1 1 3  2 6 9  2   59 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN B. Bài tập  y  x2  4x  3  y  0 Bài 1: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H):  x  0  x  2  y  x 2 Bài 2: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H):  2  y  2  x 3x  1  y  x  1  Bài 3: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H):  y  0 x  0   2  y  x Bài 4: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H):  2  x  y 2  y  x  2x Bài 5: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H) :  2  y  x  4x (C ) : y  x  Bài 6: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): (d ) : y  2  x (Ox)  (C ) : y  e x  Bài 7: Trong mặt phẳng  Oxy  , tính diện tích của hình phẳng (H): (d ) : y  2 () : x  1  Bài 8: Trong mặt phẳng  Oxy  cho hình phẳng (H) giới hạn bởi cc đường 4 y  x 2 và y  x . Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay (H) quanh trục Ox. Bài 9: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi hai đường : y = x2 + x - 5 ; x + y - 3 = 0 Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox. Bài 10: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi các đường : y  x; y  2  x; y  0 Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox. Bài 11: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho miền D giới hạn bởi hai đường : y  4  x 2 ; y  x 2  2 . Tính thể tích khối tròn xoay được tạo nên do D quay quanh trục Ox. --------------------------Hết---------------------------60 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 3 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC A. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC I. Đơn vị đo góc và cung: 1. Độ: 180 o Goùc 10  1 goùc beït 180 . y x O 2. Radian: (rad) 1800   rad 3. Bảng đổi độ sang rad và ngược lại của một số góc (cung ) thông dụng: 00 0 Độ Radian 30 0  6 45 0  4 600  3 900  2 120 0 2 3 135 0 3 4 150 0 5 6 180 0  II. Góc lượng giác & cung lượng giác: 1. Định nghĩa: (tia ngọn) y 360 0 2 y (điểm ngọn)   B   O x x O (tia gốc) t M  t A (điểm gốc) (Ox , Oy )    k 2 (k  Z) AB    k 2 2. Đường tròn lượng giác:     k2 Số đo của một số cung lượng giác đặc biệt: AM y M A  B  C  D  A, C  B, D  2k   2k 2   2k -   2k 2 k   k 2 B C O  x A D  61 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN y III. Định nghĩa hàm số lượng giác: x' u B 1 u' 1. Đường tròn lượng giác:  A: điểm gốc  x'Ox : trục côsin ( trục hoành )  y'Oy : trục sin ( trục tung )  t'At : trục tang  u 'Bu : trục cotang t 1 C R 1 O  1 A 1D x  2. Định nghĩa các hàm số lượng giác: t' y' Trên đường tròn lượng giác cho  AM   . Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên x'Ox và y'Oy T, U lần lượt là giao điểm của tia OM với t'At và u'Bu Ta định nghĩa: t y t a. Định nghĩa: Trục sin Trục cotang U B u' M Q t  x' O P u  T  sin   OQ x tan A  Trục cosin 1 y' cos  OP  AT cot   BU Trục tang t' b. Các tính chất :  Với mọi  ta có : 1  sin   1 hay sin  1 1  cos   1 hay cos   1   k 2  cot  xác định   k c. Tính tuần hoàn  tan  xác định   sin(  k 2 )  sin  cos(  k 2 )  cos  tan(  k )  tan  cot(  k )  cot  (k  Z ) 62 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN IV. Giá trị các hàm số lượng giác của các cung (góc ) đặc biệt: Ta nên sử dụng đường tròn lượng giác để ghi nhớ các giá trị đặc biệt y t 3 - 3 - 3 /3 -1 u' B 1 2/3 3 /3 /2 u /4 3 /2 3/4 2 /2 5/6 x'  3 1 /3 /6 3 /3 1/2  1/2 - 3 /2 - 2 /2 -1/2 -1 2 /2 3 /2 x 1 A (Ñieåm goác) O  -1/2 -/6 - 2 /2 - 3 /3 -/4 - 3 /2 -1 -1 -/3 -/2 y' Góc 00 0 Hslg sin  0 cos  1 tan  0 cot  kxđ 30 0  6 1 2 3 2 3 3 3 45 0  4 2 2 2 2 1 1 t' 60 0 90 0 120 0   2 3 2 3 1 3 3 2 2 0 1 1  2 2 3 kxđ  3 3 3 0  3 3 - 3 135 0 3 4 2 2 2  2 -1 -1 150 0 5 6 1 2 3 2 3  3  3 180 0 3600  2 0 0 -1 1 0 0 kxđ kxđ  63 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN V. Hàm số lượng giác của các cung (góc) có liên quan đặc biệt: Đó là các cung : 1. Cung đối nhau :  vaø - 2. Cung bù nhau :  vaø  - 3. Cung phụ nhau :  vaø 4. Cung hơn kém   2 (tổng bằng 0) ( tổng bằng  ) ( tổng bằng  ) 2   :  vaø   2 2 5. Cung hơn kém  :  vaø    (Vd:   & ,…) 6 3 (Vd:  2 & ,…) 6 3 (Vd:  7 ,…) & 6 6 2. Cung bù nhau: 1. Cung đối nhau: cos( )  cos  sin( )   sin  tan( )   tan  cot( )   &  ,…) 6 6  5 (Vd: & ,…) 6 6 (Vd: cos(   )   cos  Đối cos Bù sin   cot  sin(   )  sin  tan(   )   tan  cot(   )   cot  3. Cung phụ nhau: 4. Cung hơn kém  cos(   ) 2  sin(   ) 2  tan(   ) 2  cot(   ) 2  cos(   ) 2  sin(   ) 2  tan(   ) 2  cot(   ) 2  sin   cos   cot Phụ chéo  Hơn kém 2 sin bằng cos cos bằng trừ sin  tan   : 2   sin   cos   cot   tan  5. Cung hơn kém  : cos(   )   cos  sin(   )   sin  tan(   )  cot(   )  tan cot  Hơn kém  tang , cotang 64 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN VI. Công thức lượng giác: 1. Các hệ thức cơ bản: 2 1 cos2 1 1  cot 2 = sin2  tan . cot = 1 1  tan2 = 2 cos   sin   1 sin tan = cos cos cot = sin 2. Công thức cộng: cos(   )  cos  .cos   sin  .sin  cos(   )  cos  .cos   sin  .sin  sin(   )  sin  .cos   sin  .cos  sin(   )  sin  .cos   sin  .cos  tan +tan 1  tan  .tan  tan  tan tan(   ) = 1  tan  .tan  tan( + ) = 3. Công thức nhân đôi: cos2   1  cos 2 2 sin2   1  cos 2 2 cos2  cos2   sin2   2 cos2   1  1  2 sin 2   cos4   sin 4  sin 2  2 sin  .cos  tan 2  2 tan  1  tan2  sin  cos   1 sin 2 2 4 Công thức nhân ba: 3 cos 3  4 cos   3cos  cos 3   cos 3  3 cos  4 sin 3   3 sin   sin 3 4 sin 3  3sin   4sin 3  5. Công thức hạ bậc: cos2   1  cos 2 ; 2 sin2   1  cos 2 ; 2 tan2   1  cos 2 1  cos 2 65 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 6. Công thức tính sin  ,cos  ,tg theo t  tan  : 2 sin   2t ; 1  t2 cos   1  t2 ; 1  t2 tan   2t 1  t2 7. Công thức biến đổi tích thành tổng : 1  cos(   )  cos(   ) 2 1 sin  .sin    cos(   )  cos(   ) 2 1 sin  .cos   sin(   )  sin(   ) 2 cos  .cos   8. Công thức biến đổi tổng thành tích:     .cos 2 2     cos   cos   2 sin .sin 2 2     sin   sin   2sin .cos 2 2    sin   sin   2 cos .sin 2 2 sin(   ) tan   tan   cos  cos  sin(   ) tan   tan   cos  cos  cos   cos   2 cos 9. Các công thức thường dùng khác:   cos  sin   2 cos(  )  2 sin(  ) 4 4   cos  sin   2 cos(  )   2 sin(  ) 4 4 3  cos 4 4 5  3 cos 4 6 6 cos   sin   8 cos 4   sin 4   66 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN B. BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC CÁC VÍ DỤ    1  Ví dụ 1: Cho góc    ;  mà sin   . Tính sin     2   6 5 Bài giải   ♥ Từ hệ thức: cos2   sin 2   1 và    ;   2  1 2  5 5   3 2 Thay (2) vào (1) ta được: sin       6 2 5 Suy ra: cos    1 sin 2    1 (2)  3    1 Ví dụ 2: Cho góc    ; 2 mà sin  cos   . Tính sin 2  2  2 2 2 Bài giải   1 1 3 ♥ Từ sin  cos    1  sin    sin    2 2 2 4 4  2 cos   1 sin 2   1 9  7  16 16 7 ♥ Do   cos      3 4     ; 2 2   ♥ Vậy sin 2  2 sin .cos    3 7 8  3    9 Ví dụ 3: Cho góc   ;  mà cos    . Tính tan     2    4 41 Bài giải  3  92 40 40 ♥ Do   ;   sin    1 cos2    1 2    tan    2  41 41 9 40 1   tan  1  31 ♥ Do đó tan     .  9   40 49 4  1  tan  1 9 Ví dụ 4: Cho  là góc mà sin   1 . Tính sin 4  2sin 2  cos  4 Bài giải ♥ Ta có: sin 4  2 sin 2  cos   cos 2  1.2 sin 2.cos   2 cos2 .4sin .cos2  67 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  1  1 225  81 sin   .sin   81  .   16  4 128 2 2 2 Ví dụ 5: Cho  là góc mà tan   2 . Tính P  sin  sin   3cos 3  3 Bài giải ♥ Vì tan   2 nên sin   0 , do đó: 1 2 sin  sin 2   1  cot  P 3  sin   3cos3  1  3 cot 3  1  3 cot 3  tan 2   1.tan  22  1.2 10    tan 3   3 23  3 11 C. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Các bước giải một phương trình lượng giác Bước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩa Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giải Bước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có) Bước 4: Kết luận 1. Định lý cơ bản: ( Quan trọng ) sinu = sinv cosu = cosv  u = v+k2    u =  -v+k2  u = v+k2    u =  v + k2  u = -v+k2 tanu = tanv  u = v+k cotu = cotv  u = v+k   k ) 2 (u;v  k ) (u;v  ( u; v là các biểu thức chứa ẩn và k  Z ) 2. Các phương pháp giải phương trình lượng giác thường sử dụng : a. Phương pháp 1: Biến đổi pt đã cho về một trong các dạng pt lượng giác đã biết cách giải. b. Phương pháp 2: Biến đổi pt đã cho về dạng tích số. Cơ sở của phương pháp là dựa vào các định lý sau đây:  A=0 A.B  0    B=0 hoặc A.B.C  0  A=0   B=0 C=0 68 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG c. Phương pháp 3: HĐBM-TỔ TOÁN Biến đổi pt về dạng có thể đặt ẩn số phụ. Một số dấu hiệu nhận biết :  Phương trình chứa cùng một một hàm số lượng giác ( cùng cung khác lũy thừa).  Phương trình có chứa (cos x  sin x ) vaø sinx.cosx . 3. Các phương trình lượng giác thường gặp: a. Dạng 1: sinx = m ; cosx = m ; tanx = m ; cotx = m (Phương trình lượng giác cơ bản) * Gpt : sinx = m (1)  Nếu m  1 thì pt(1) vô nghiệm  Nếu m  1 thì ta đặt m = sin  và ta có ( m  R )  x =  +k2 (1)  sinx = sin    x = ( - )+k2 * Gpt : cosx = m (2)  Nếu m  1 thì pt(2) vô nghiệm  Nếu m  1 thì ta đặt m = cos  và ta có  x =  +k2 (2)  cosx = cos    x =   +k2 * Gpt: tanx = m (3) ( pt luôn có nghiệm m  R )  Đặt m = tan  thì (3)  tanx = tan  x =  +k * Gpt: cotx = m (4)  ( pt luôn có nghiệm m  R ) Đặt m = cot  thì (4)  cotx = cot  x =  +k Các trường hợp đặc biệt: sin x  1  x =  y   k 2 2  x = k  sin x  1  x =  k 2 2 cosx  1  x =   k 2  cosx = 0  x = + k 2 cos x  1  x = k 2 B  sinx = 0 C O x A D  69 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN b. Dạng 2: a sin 2 x  b sin x  c  0 a cos2 x  b cos x  c  0 ( a  0) a tan 2 x  b tan x  c  0 a cot 2 x  b cot x  c  0 (Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác) Cách giải: Đặt ẩn phụ : t = sinx ( t = cosx; t = tanx; t = cotx) Ta được phương trình : at 2  bt  c  0 (1) Giải phương trình (1) tìm t, rồi suy ra x Chú ý : Phải đặt điều kiện thích hợp cho ẩn phụ (nếu có) c. Dạng 3: a cos x  b sin x  c (1) ( a;b  0) (Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx) Cách giải:   Chia hai vế của phương trình cho a2  b2 thì pt a b c (1)  cos x  sin x  a2  b 2 a2  b2 a2  b2 Đặt a 2 a b 2  cos vaø b 2 a  b2  sin  với    0;2  thì : (2)  cosx.cos + sinx.sin =  cos(x- ) = (2) c 2 a  b2 Pt (3) có dạng 1. Giải pt (3) tìm x. c a2  b2 (3) Chú ý : Pt acosx + bsinx = c coù nghieäm  a2  b2  c 2 d. Dạng 4: a sin 2 x  b sin x.cos x  c cos2 x  0 (a;c  0) (1) (Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sinx và cosx) 70 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Cách giải 1: 1  cos2 x 1  cos 2 x vaø cos2 x  2 2 1 và công thức nhân đôi : sin x.cos x  sin 2 x thay vào (1) ta sẽ biến đổi pt (1) về dạng 3 2 Áp dụng công thức hạ bậc : sin 2 x  Cách giải 2: ( Quy về pt theo tang hoặc cotang ) Chia hai vế của pt (1) cho cos2 x ta được pt: a tan 2 x  b tan x  c  0 Đây là pt dạng 2 đã biết cách giải. Chú ý: Trước khi chia phải kiểm tra xem x    k có phải l nghiệm của (1) không? 2 e. Dạng 5: a(cos x  sin x )  b sin x.cos x  c  0 (1) (Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx) Cách giải :  Đặt t  cos x  sin x  2 cos( x  ) vôùi - 2  t  2 4 t2  1 Do (cos x  sin x )2  1  2 sin x.cos x  sinx.cosx= 2  Thay vào (1) ta được phương trình : t2 1 at  b  c  0 (2) 2   Chú ý : Giải (2) tìm t . Chọn t thỏa điều kiện rồi giải pt:  2 cos( x  )  t tìm x. 4 a(cos x  sin x )  b sin x.cos x  c  0 Ta giải tương tự cho pt có dạng : CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình sin 5 x  2 cos 2 x  1 (1) Bài giải ♥ Ta có:   1   cos 5 x    cos 2 x  0  2    cos 5 x    cos 2 x  2 (Biến đổi về pt cơ bản) 71 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN    5 x   2 x  k 2  2      5 x   2 x  k 2  2   k 2 x     6 3    k 2  x    14 7  k    k    k 2  k 2 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    , x  6 3 14 7 Ví dụ 2: Giải phương trình sin 3x  3 cos 3x  2sin 2 x  k    (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  1 3 sin 3 x  cos 3 x  sin 2 x 2 2    sin 3 x    sin 2 x  3 (Biến đổi về pt cơ bản)   3 x   2 x  k 2  3     3 x     2 x  k 2  3    x   k 2  3    k   4 k 2   x   15 5 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  Ví dụ 3: Giải phương trình 4 cos  4 k 2  k 2, x  + k    . 3 15 5 5x 3x cos  2 8sin x 1 cos x  5 2 2 (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  2 cos 4 x  cos x  8sin 2 x  2cos x  5  2cos 4 x  8sin 2 x  5  0  4sin 2 2 x  8sin 2 x  3  0  sin 2 x  (Biến đổi về pt bậc hai theo sin2x) 3 : phương trình vô nghiệm 2 72 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN      2 x   k 2  x   k 1    6 12  sin 2 x   sin 2 x  sin     k   2 6 5 5    k 2  x   k 2x   6 12  ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5  k , x  +k k    . 12 12 Ví dụ 4: Giải phương trình 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  cos 8 x  cos 2 x  sin x  cos8 x  2sin 2 x  sin x 1  0  0 sin x  1    1 sin x    2  sin x  1  x  (Biến đổi về pt bậc hai theo sinx)   k 2 2    x    k 2   1   6  sin x    sin x  sin     k      2 6 7   k 2 x   6 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  Ví dụ 5: Giải phương trình   7  k 2; x    k 2, x  +k 2 k    . 2 6 6 2 sin x  2cos x   2  sin 2 x (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  2 sin x  2 2 cos x  2sin x cos x  2  0      sin x 2cos x  2  2 2cos x  2  0     sin x  2 2 cos x  2  0 (Biến đổi về pt tích số)  sin x  2  0  sin x  2 : phương trình vô nghiệm  2 cos x  2  0  cos x   2 3 3  cos x  cos  x    k 2  k   2 4 4 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   3  k 2 k   . 4 Ví dụ 6: Giải phương trình sin x  4 cos x  2  sin 2 x (1) 73 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải ♥ Ta có: 1  sin x  4cos x  2sin x cos x  2  0  sin x  22 cos x 1  0 (Biến đổi về pt tích số)  sin x  2  0  sin x  2 : phương trình vô nghiệm  2 cos x 1  0  cos x  1    cos x  cos  x    k 2  k    2 3 3  ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2  k   . 3   Ví dụ 7: Giải phương trình cos   x  sin 2 x  0  2  (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  sin x  2sin x cos x  0  sin x 1  2cos x  0 (Biến đổi về pt tích số)  sin x  0  x  k  1 2 2  1  2 cos x  0  cos x    cos x  cos  x    k 2 2 3 3 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  k  , x   Ví dụ 8: Giải phương trình sin 3 x  cos 2 x  sin x  0 2  k 2 k   . 3 (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  2 cos 2 x sin x  cos 2 x  0  0  cos 2 x  2sin x  1  0  cos 2 x  0  2 x  (Biến đổi về pt tích số)   k  k  x   k   2 4 2    x    k 2    1 6  2sin x  1  0  sin x    sin x  sin     k      6  7 2  k 2 x  6   k  7 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   , x    k 2, x   k 2  k    . 4 2 6 6 Ví dụ 9: Giải phương trình 2 cos 2 x  sin x  sin 3 x (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  2 cos 2 x  sin x  sin 3 x  0  2 cos 2 x  2 cos 2 x sin x  0  cos 2 x sin x 1  0 (Biến đổi về pt tích số) 74 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN   k  k  x   k   2 4 2   sin x 1  0  sin x  1  x  +k 2 k    2  k  ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   , x  +k 2 4 2 2  cos 2 x  0  2 x  Ví dụ 10: Giải phương trình 1 2sin x cos x  1  sin x  cos x 2 k   . (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  2 1 sin x sin 2 x  1  sin x   0  1  sin x 2sin 2 x 1  0   sin x  1  x    k 2 2 (Biến đổi về pt tích số)  k        2 x   k 2  x   k 1    6 12  2sin 2 x1  0  sin 2 x   sin 2 x  sin    k   2 6 5 5    k 2  x   k 2 x   6 12    5 ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2, x   k , x  +k  k    . 2 12 12   Ví dụ 11: Giải phương trình 1  tan x  2 2 sin  x    4 (1) (Phương trình lượng giác có điều kiện) Bài giải ♥ Điều kiện: cos x  0  x  ♥ Ta có: 1  1    k 2 sin x  2 sin x  cos x  cos x  sin x  cos x  2cos x 1  0 (Biến đổi về pt tích số)   sin x  cos x  0  tan x  1  x    k k    4  2 cos x 1  0  cos x  1    cos x  cos  x    k 2  k    2 3 3 Đối chiếu điều kiện: các nghiệm tìm được đều thỏa điều kiện.   ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k, x    k 2  k    . 4 3 75 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN D. BÀI TẬP Giải các phương trình 1) cos 5 x  cos x  2 sin 3 x  0 3) 2 cos3 x cos x  2) cos 7 x  cos 3 x  2 cos 5 x  0 1  cos 2 x 2 4) cos 3 x  tan x sin 3x  1 5) cos 3 x  3 sin 3 x  2 cos x 6) cos 5 x  cos 2 x  sin 3x sin 2 x  0 7) sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  0 8) sin 2 x  cos 2 x  sin x  2 cos 2 9) 4 cos 4 x  8sin 4 x  cos 4 x  3 10) 4 cos3 2 x  6sin 2 x  3     11) 8cos x cos   x  .cos   x   1  0 3  3   13  12) sin x  sin   x 1  2  13) 1  5sin x  2 cos2 x  0 14)   cos x 2sin x  3 2  2 cos 2 x  1 15) 1 1  s in2x 17) cot x  tan x  4 s in2x  19) 2 cos2 x  cot 2 x  2 s in2x sin3 x  1 sin 2 x x 0 2 cos 2 x  3 2 cos x  3 0 tan x  1 16) 5sin x  2  3 1  sin x  tan 2 x 18) cos2 3 x cos 2 x  cos2 x  0 20) cos2 x  tan 2 x  cos2 x  cos3 x  1 cos2 x  cos3 x  s in3x  21) 5  sin x    cos 2 x  3 1  2 s in2x   22) 4 cos3 x  3 s in3x  1  3cos x 23) cos 7 x  s in5x  3  cos5 x  sin 7 x    24) 2 cos2   2 x   3 cos 4 x  4 cos2 x  1 4    25) s in3x  3 cos3x  2 sin  3 x   3    26) 2 sin  2 x    4 sin x  1 6   x  7 27) sin x cos 4 x  sin2 2 x  4sin2      4 2 2   5x  9x 28) cos3 x  sin 7 x  2sin2     2 cos2 2 4 2   17  29) sin 2 2 x  cos2 8x  sin   10 x   2  30) 2 s in2x  cos2 x  7sin x  2 cos x  4 31)   2 sin  2 x    3sin x  cos x  2 4  32) 2 cos6 x  2 cos 4 x  3 cos2 x  s in2x  3 -----------------------------Hết------------------------------- 76 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Chủ đề 4 PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A. Tóm tắt lí thuyết I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ MŨ 1. Các định nghĩa:  an  a.a...a  (n  Z  , n  1, a  R) n thöøa soá   1 a  a a a0  1  a n   m an  a  a  0 1 (n  Z  , n  1, a  R / 0) an n  am m n  1 m an ( a  0; m, n  N )  1 n m a 2. Các tính chất :   am .an  am  n am n  am n  a (a m )n  (an )m  am.n  (a.b)n  a n .b n  a an ( )n  n b b 3. Hàm số mũ: Dạng : y  a x ( a > 0 , a  1 )  Tập xác định : D  R  Tập giá trị : T  R  ( ax  0 x  R )  Tính đơn điệu: *a>1 : y  ax đồng biến trên R * 0 < a < 1 : y  a x nghịch biến trên R 77 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  HĐBM - TỔ TOÁN Đồ thị hàm số mũ : y y y=ax y=ax 1 1 0 0 , a  1 và N > 0 1. Định nghĩa: dn  aM  N log a N có nghĩa khi a  0  a  1 N  0  log a N  M Điều kiện có nghĩa: 2. Các tính chất :  log a 1  0 log a a  1  log a a M  M   alog a N  N log a (N1 .N 2 )  log a N1  log a N 2 N loga ( 1 )  log a N1  log a N 2 N2    log a N   . log a N Đặc biệt : loga N 2  2. log a N 78 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN 3. Công thức đổi cơ số :  log a N  log a b. log b N  log b N  log a N log a b * Hệ quả:  log a b  1 log b a  ak N 1 log a N k Dạng y  log a x ( a > 0 , a  1 ) 4. Hàm số logarít:    log và Tập xác định : D  R  Tập giá trị TR Tính đơn điệu: *a>1 : y  log a x đồng biến trên R  * 0 < a < 1 : y  log a x nghịch biến trên R  Đồ thị của hàm số lôgarít: y O y y=logax y=logax 1 O a>1  0 0;N > 0 thì : loga M = loga N  M = N 5. Định lý 5: Với 0 < a N (nghịch biến) 6. Định lý 6: Với a > 1 thì : loga M < loga N  M < N (đồng biến) 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT: Dạng cơ bản: ax  m (1)  m  0 : phương trình (1) vô nghiệm  m  0 : ax  m  x  loga m Dạng cơ bản: loga x  m  m   : loga x  m  x  am a. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng : aM = aN ; log a M  log a N (Phương pháp đưa về cùng cơ số) Ví dụ 1: Giải phương trình 0,125.4 2x  3  2    8    x (1) Bài giải ♥ Đưa hai vế về cơ số 2, ta được: x 1  2 .2 3 4 x6  5    2 2    5 x  2 4 x9  2 2  4 x  9  5 3 x  x9  x6 2 2 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  6  80 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Tự luyện: Giải các phương trình sau 5 x7 1) 1,5  2     3  4) 3x 3 x  2  2 x1 x 1 2) 4.2 x     4  3) 3x.23 x  576  3 1 x Ví dụ 2: Giải phương trình log 2  x 1 2 log 4 3 x  2  2  0 (1) Bài giải  x  1  x 1  0  ♥ Điều kiện:     x 1 3 x  2  0  x  2  3 (*) ♥ Khi đó: 1  log 2  x 1 log 2 3 x  2  2  log 2  x 1  2 3x  2 x 1 1  3x  2 4  4 x  4  3 x  2  x  2 [thỏa (*)] ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Ví dụ 3: Giải phương trình log 2 x  log 3 x  log 6 x  log36 x (1) Bài giải ♥ Điều kiện: x  0 ♥ Áp dụng công thức log a c  log a b  log b c ,  0  a, b, c; a  1; b  1 , ta có 1  log 2 x  log3 2  log 2 x  log 6 2  log 2 x  log 36 2  log 2 x  log 2 x  log 3 2  log 6 2  1  log 36 2   0 * Do log 3 2  log 6 2  1  log36 2  0 nên *  log 2 x  0  x  1 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  1  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) log 3 x  log 3  x  2  1 2) log 3  x 1  log 3  x  2  log 3 6 3) log  x  7 x  6  log  x 1  1 4) 2 log2  2x  2   log 1  9x  1  1 2 2 5) log 1 3 1 32 x 1 1  log 3 3 (2  3x 1 ) 3 7) log 4  x  12.log x 2  1 1 6) log 2  log 1  x 2  x  3 x 2 8) log 1 x  1  log 1 x  1  log 1 7  x  1 2 9) log 4  x  3  log 2  x  7   2  0 2  2 2  10) log 7 x  2  log 1  8  x   0 7 81 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN 11) log 3  2 x  7   log 1  x  5   0 3 Ví dụ 4: Giải phương trình: log3 (x  1)2  log 3 (2x  1)  2 (1) Bài giải  x  1   x 1  0 ♥ Điều kiện:    2 x 1  0  x  1  2 ♥ Khi đó: (*) 1  2 log 3 x 1  2 log 3 2 x 1  2  log 3 x 1  log 3 2 x 1  1  log3  x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  3  Với (2) 1  x  1 thì  2  1  x2 x 1  3  2 x 2  3 x  4  0 : phương trình vô nghiệm 2  Với x  1 thì  1 x    2   x 1 2 x 1  3  2 x  3x  2  0   2   x  2 2 loaïi [thỏa (*)] ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) log 2 x 2  2 log 2 3x  4 2) log2 x  2  log4  x  5  log 1 8  0 2 2 3) 2 log 3  x  2  log 3  x  4  0 2 4) log2 x  2  log2 x  5  log 1 8  0 2 5) log 2 1 2 x  x 2   2log 2 3  x  b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số Ví dụ 5: Giải phương trình 9x  4.3x  45  0 (1) Bài giải ♥ Đặt t  3x với t  0 , phương trình (1) trở thành t 2  4t  45  0  t  5  2   (2) loaïi  t  9  Với t  9 thì 3x  9  x  2 82 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) 16 x 17.4 x 16  0 2) 25 x  6.5 x  5  0 3) 32x+8  4.3x+5 + 27 = 0 4) 9 x  x1 10.3 x  x2 1  0 2 2 Ví dụ 6: Giải phương trình 3x 1 18.3 x  29 (1) Bài giải ♥ Biến đổi phương trình (1) ta được 1  3.3x  18  29 3x (2) ♥ Đặt t  3x với t  0 , phương trình (1) trở thành 3t 2  29t 18  0 (3)  2 t  3   3  t  9  Với t  9 thì 3x  9  x  2  Với t  2 2 2 thì 3x   x  log 3 3 3 3 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  log 3 2  3 Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) 5x1  53x  26  0 2) 101 x 101x  99 2 2 Ví dụ 7: Giải phương trình 6.9 x  13.6 x + 6.4 x = 0 (1) Bài giải ♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 4 x ta được x  3 x   3 1  6.    13.   6  0  2  2   2  3 ♥ Đặt t    với t  0 , phương trình (1) trở thành 6t 2 13t  6  0  2  (2) x (3) 83 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN  2 t   3   3 3  t   2  3 3 3  Với t  thì     x  1   2 2 2 x  3 2 2  Với t  thì     x  1   2 3 3 x ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  1  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) 4.9 x 12 x  3.16 x 2) 3.16 x  2.81x  5.36 x 3) 32 x  4  45.6 x  9.22 x  2  0 4) 5.2x  7. 10x  2.5x 5) 27 x  12 x  2.8 x Ví dụ 8: Giải phương trình log 22 x  3log 2  2 x 1  0 (1) Bài giải ♥ Điều kiện: x  0 ♥ Khi đó: 1  log 22 x  3log 2 x  2  0 Đặt t  log 2 x , phương trình (1) trở thành t 2  3t  2  0 (3) t  1 3   t  2  Với t  1 thì log 2 x  1  x  1 2 [thỏa (*)]  Với t  2 thì log 2 x  2  x  1 4 [thỏa (*)] 1 1 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  ; x   4 2 Ví dụ 9: Giải phương trình 1 2  1 5  log x 1  log x (1) Bài giải  x  0  ♥ Điều kiện: log x  5  log x  1 (*) 84 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN 1 2  1 5  t 1 t t  2 3  1 t  25  t   5  t 1  t   t 2  5t  6  0   t  3  Với t  2 thì log x  2  x  100 [thỏa (*)]  Với t  3 thì log x  3  x  1000 [thỏa (*)] ♥ Đặt t  log x t  5, t  1 , phương trình (1) trở thành (3) ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  100; x  1000  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) log 22 x 2  4log 2 x3  8  0 2) 6 4  3 log2 2x log2 x2 3) log 3 3x 1.log 3 3x1  3  6 Ví dụ 10: Giải phương trình 2log 3 x 1  2log 3 x2 x (1) Bài giải ♥ Điều kiện: x  0 ♥ Đặt t  log 3 x  x  3t thì phương trình (1) trở thành  2 1 9 4 2.2  .2t  3t  .2t  3t      t  2   3 9 4 4 t t Với t  2 thì x  9 (thỏa điều kiện) ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  9  Ví dụ 11: Giải phương trình  5.2 x  8  log 2  x   3 x  2  2  (1) Bài giải ♥ Điều kiện 5.2 x  8  0 (*) ♥ Ta có: 1  5.2 x  8  23 x x 2 2  2 x 5.2 x  8  8 2 x  2  5.22 x 16.2 x 16  0 (2) ♥ Đặt t  2 x với t  0 , phương trình (2) trở thành 5t 2 16t 16  0 (3) t  4  3   4 t    5  Với t  4 thì 2 x  4  x  2 [thỏa (*)] 85 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Tự luyện: Giải phương trình sau log 2 3.2 x 1  2 x  1 c. Phương pháp 3: Biến đổi phương trình về dạng tích số A.B=0,.. Ví dụ 12: Giải phương trình 4.5 x  25.2 x  100 10 x (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  4.5 x  2 x.5 x  25.2 x 100  0  5 x 4  2 x   25 2 x  4  0  4  2 x 5 x  25  0 5 x  25  x  x2 2  4  ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) 3.7 x  49.3x  147  21x 2) 32 x  x  3  9 x  3 x 1 3) log 2 x  2 log 7 x  2  log 2 x.log 7 x d. Phương pháp 4: Lấy lôgarít hai vế theo cùng một cơ số thích hợp nào đó (Phương pháp lôgarít hóa) Ví dụ 13: Giải phương trình 3x.2 x  1 2 (1) Bài giải ♥ Lấy lôgarit hai vế với cơ số 3, ta có 1  log 3 3x.2 x   log3 1 2  log 3 3x  log 3 2 x  0 2  x  x 2 log3 x  0  x 1  x log 3 2  0 x  0   1 x     log 2 3  log 3 2  ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  0, x   log 2 3  e. Phương pháp 5: Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm) 86 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN ♥ Ta thường sử dụng các tính chất sau:  Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = C có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)  Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) . (do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)) Ví dụ 14: Giải phương trình 3x  4x  5x (1) Bài giải ♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 5 x 5 x  0, x , ta có  3  4  1        1  5  5  x x (2) ( Dạng f  x  C )  3  4  ♥ Xét hàm số f  x        trên  , ta có  5   5  x x  3 3  4  4 f '  x    ln    ln  0, x    f  x  nghịch biến trên   5  5  5  5 x ♥ Mặt khác x f 2  1  (2) có nghiệm x  2 (*) (**) Từ (*) và (**) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm duy nhất x  2 ♥ Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  2   1 Ví dụ 15: Giải phương trình    2 x  1  3  x (1) (Dạng f  x  g  x ) Bài giải 1 ♥ Xét các hàm số f  x    và g  x  2 x  1 trên  , ta có  3  x f  x  nghịch biến trên  và g  x đồng biến trên  ♥ Mặt khác f 0  g 0  (1) có nghiệm x  0 (*) (**) Từ (*) và (**) ta suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  0 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  0  Bài tập: 87 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Giải các phương trình sau x 1) 2 x = 1+ 3 2 2) 2 x  3  x 3) 2 4) 2.2 x  3.3 x  6 x  1 5) 3.25x 2   3x  10  .5x 2  3  x  0 6) 9 x   x 12 3x  11  x  0 3x  x 2  8x  14 7) log 22 x   x 1 log 2 x  6  2 x Ví dụ 16: Giải phương trình 2log  x 3  x (1) 5 Bài giải ♥ Điều kiện: x  3 1  log5  x  3  log 2 x Khi đó: (2) ♥ Đặt t  log 2 x  x  2t thì phương trình (2) trở thành  2  1 log 5 2  3  t  2  3  5     3   1  5   5  t t t t t (3)  2  1 ♥ Xét hàm số f t      3  trên  , ta có  5   5  t t  2 2 1 1 f ' t     ln  3.  ln  0, t    f t  nghịch biến trên   5  5  5  5 (*) f 1  1  (3) có nghiệm t  1 (**) t ♥ Mặt khác t Từ (*) và (**) ta suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất t  1 ♥ Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  2  IV. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LÔGARÍT 1. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT: a. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng cơ bản : a M < aN ( , ,  ) loga M  loga N ( , ,  ) Ví dụ 1: Giải bất phương trình 3x  x  9 2 (1) Bài giải ♥ Ta có: 1  3 x  x  32 2  x2  x  2  x2  x  2  0  1  x  2 ♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2  88 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN Tự luyện: Giải các bất phương trình 1) 3 6 x 3 x 4 x 2 15 x 13 3  27 1 2)    2  2 x 1  23 x 4 Ví dụ 2: Giải bất phương trình 2 log3  4x  3   log 1  2x  3   2 (1) 3 Bài giải x  3 4x  3  0  3 4 ♥ Điều kiện:  (*)  x 2x  3  0 3 4  x   2  ♥ Khi đó: 1  log3  4x  3 2  2  log3 2x  3  2  log 3  4x  3   log 3  9  2x  3  2   4x  3   9  2x  3   16x 2  42x  18  0  3 x3 8 ♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là Tự luyện: Giải các bất phương trình sau 1) log 2 2 x  3  log 2 3x  1 3 x3 4 2) log 1 5 x  10  log 1  x 2  6 x  8 2 2 x4 3) log 1  log 1 (3  x) 2x  3 3 3 4) log 2  x  3  log 2  x  2  1 5) log 1 (x 2  6x  5)  2 log3 (2  x)  0 6) log 1 x  2 log 1  x  1  log2 6  0 2 3 1  7) log 1  x    log 2 ( x  1)  1 2 2  4 8) log 1  x 2  5 x  6  1 2 Ví dụ 3: Giải bất phương trình log 1 2 x2  3x  2 0 x (1) Bài giải ♥ Điều kiện: 0  x  1 x2  3x  2 0 x  x  2 (*) ♥ Khi đó: 89 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG 1  log 1 2 HĐBM - TỔ TOÁN x 2  3x  2  log 1 1 x 2 2 x  3x  2 1 x x 2  4x  2  0 x x  0  2  2  x  2  2  2  2  x  1 ♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là   2  x  2  2  Tự luyện: Giải các bất phương trình sau 2x  1 0 x 1 2x  1 3) log 0,5 2 x5 3x  5 1 x 1 3x  1 4) log 1 1 x2 3 1) log2 2) log3  x2  x  Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log 0,7  log 6 0 x  4   (1) Bài giải  x2  x  x2  x  0  x  4  x  4  0  4  x  2 x2  x x2  4 ♥ Điều kiện:     1   0    2 2 x2 x4 x4 log x  x  0 x  x  1  6  x4  x  4 ♥ Khi đó:  x2  x  x2  x  log 1  log 1 1  log0,7  log6 0,7 6  x4  x4  (*) x2  x x2  x  log 6 6  6 x4 x4  4  x  3 x 2  5x  24  0 x4  x  8  4  x  3 ♥ So với điều kiện ta được nghiệm của bpt(1) là    x  8 2x  3  Tự luyện: Giải bất phương trình log 1  log2 0 x 1  3   log 6 b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số. Ví dụ 5: Giải bất phương trình 9 x 1  36.3x 3  3  0 (1) Bài giải ♥ Biến đổi bất phương trình (1) ta được 90 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN 1  3x1   4.3x1  3  0 2 (2) ♥ Đặt t  3x1 t  0 , bất phương trình (2) trở thành t 2  4t  3  0 (3) 3  1  t  3 1  3 x1  3  0  x 1  1  1  x  2 Suy ra: ♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2  Bài giải 1) 2 2x - 3.2 x+2 + 32 < 0 2) 2 x  23 x  9 3) 9 x  5.3 x  6  0 4) 52x 1  5x  4 5) 9x 2 2x  x2  2x 1  2   3 6) 32x 1  22x 1  5.6x  0 3 Ví dụ 6: Giải bất phương trình log22 x  log2 x  2  0 (1) Bài giải ♥ Điều kiện: x  0 ♥ Đặt t  log 2 x , bất phương trình (1) trở thành t 2  t  2  0 (2) 3  2  t  1 Suy ra: 2  log 2 x  1  1  x2 4 1  ♥ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ; 2   4  Tự luyện: Giải các phương trình sau 1) log 2 2 x  17 log 2 x  4  0 2) 3.log32 x  14.log 3) log 2 x  2log x 4  5  0 4 4) log 21 ( x  1)  3   log 1 ( x  1)5 5 3 3 5) 3. log 1 x  log 4 x 2  2  0 6) log 21 x  log 1 x  2  0 2 2 3 x3  0 2 B. Bài tập Bài 1: Giải các phương trình 1) log x 125 x.log 225 x  1 3) 25log4 x  5log16 x 2 1  log 3 9 3  25log16 x 5) x log x 1 5.log 1 ( x  1)  3 5 2) log x2 16  log 2 x 64  3 x4 x 4) x 2 .log x 27.log 9 x  x  4 6) 8  2 x log 2 (2 x  1)  2 x 1  4 log 2 (2 x  1) 91 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM - TỔ TOÁN 1  log2 x  2 log2x 1 4 2 4 10) 2  log 3 x . log9x 3  1 1  log 3 x 8) log 4  x  1  7) 2 log x (4 x  1)  log3 x  2  log3 (4 x  1) 9) 4 log2 2x  x log2 6  2.3log2 4x 2 11) log 3  3x - 1 .log 3  3 x+1 - 3  = 6 12) 13) log2x 1  2x2  x  1  log x 1  2x  12  4 14) 3  1  log x 7x .log7 x  1 1 6  logx  9x   log3 x x  15) 5 log x 3  log 9 27  8 log 9x2 9  2 9 x Bài 2: Giải các bất phương trình 1) log 2      3 x  1  6  1  log 2 7  10  x .  3) log x 8  log 4 x2 log2 2x  0 2) 22x 2  4x 2  16.22x x 2 1 4) log 1 2x2  3x  1  2 2  0 1 1 log2 (x  1)2  2 2 Bài 3 : Giải các hệ phương trình sau  x  log 3 y  3 1)  2  2 y  y  12.3 x  81 y   xy  xy  2) 4  32 log x  y  1 log x  y   3  3  log x  log 4 y  1  log 4 9 3)  4  x  y  20 log 3 x  log 3 y  2 4)  2  x y  2 y  9  0  x  1  2  y  1 5)  2 3 3log 9 (9x )  log3 y  3 1 x2 y  x y ( 3 )  ( ) 6)  3 log 2 ( x  y )  log 2 ( x  y )  4 1  log 1 ( y  x)  log 4 y  1 7)  4  x 2  y 2  25   3 4x ( x  1  1)3y  8)  x  y  log x  1 3  ---------------------------Hết---------------------------- 92 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 5. SỐ PHỨC A. Tóm tắt lí thuyết I. SỐ PHỨC & CÁC PHÉP TOÁN 1. Số phức là một biểu thức dạng a + bi, trong đó a, b là các số thực và số i thỏa mãn i 2  1 . Kí hiệu z  a  bi  i: đơn vị ảo,  a: phần thực,  b: phần ảo. Chú ý:  z  a  0i  a được gọi là số thực (a    )  z  0  bi  bi được gọi là số ảo (hay số thuần ảo)  0  0  0i vừa là số thực vừa là số ảo y b M 2. Biểu diễn hình học của số phức.  M(a;b) biểu diễn cho số phức z  z = a + bi O a x 3. Hai số phức bằng nhau. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b '  a  a ' z  z'  b  b ' 4. Cộng và trừ số phức. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b '  z  z '   a  a '   b  b ' i z  z '   a  a '   b  b ' i 5. Nhân hai số phức. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b '  z.z '   aa ' bb '    ab ' a 'b  i 6. Môđun của số phức z = a + bi  y b M  z  a 2  b 2  OM O a x 7. Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là z  a  bi   zz z  z  z  z  2a  z .z  a 2  b 2  z 2 93 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 8. Chia hai số phức. Cho hai số phức z  a  bi và z '  a ' b 'i với a, b, a ', b '  o Thương của z’ chia cho z (z  0) : z ' z ' z z ' z ac  bd ad  bc   2  2  i z a  b2 a 2  b 2 zz z II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC 1. Căn bậc hai của số phức o z  0 có một căn bậc hai là 0 o z  a là số thực dương có 2 căn bậc 2 là  a o z  a là số thực âm có 2 căn bậc hai là  a .i 2. Phương trình bậc nhất ax + b = 0 (a, b là số phức cho trước, a  0 ). Giải tương tự phương trình bậc nhất với hệ số thực 3. Phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c là số thực cho trước, a  0 ). Tính   b 2  4ac o   0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt thực x1 ,2  o   0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt phức x1 ,2  o   0 : Phương trình có 1 nghiệm kép là x   b   2a b  i  2a b 2a III. CÁC VÍ DỤ Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn các điều kiện cho trước. Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  i z  2  5i . Tìm phần thực và phần ảo của z Bài giải ♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có: 2 z  i z  2  5i  2 a  bi  i a  bi   2  5i  2a  b   2b  a  i  2  5i 2a  b  2   a  2b  5 a  3   b  4 ♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4  94 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 z  z 1  i   5 z  8i 1 . Tính môđun của z Bài giải ♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có: 3z  z 1  i 5 z  8i 1  3a  bia  bi 1  i 5a  bi  8i 1  3a  4b  2 a  b  i  1  8i 3a  4b  1   2 a  b  8 a  3   b  2 ♥ Vậy môđun của z là z  a 2  b 2  32  2  13  2 Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  31 i  z  1 9i . Tính môđun của z Bài giải ♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có: 2 z  31 i  z  1 9i  2  a  bi   31 i a  bi   1 9i  5a  3b   3a  b  i  1  9i 5a  3b  1   3a  b  9 a  2   b  3 ♥ Vậy môđun của z là z  a 2  b 2  22  32  13  Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  3  5i . Tìm phần thực và phần ảo của z Bài giải ♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có: z   2  i  z  3  5i  a  bi    2  i a  bi   3  5i  3a  b   a  b i  3  5i 3a  b  3   a  b  5 a  2   b  3 95 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 3  Ví dụ 5: Tìm số phức z thỏa mãn ( z  1)(1  i )  z 1  | z |2 . 1 i Bài giải Đặt z  x  yi, (x, y   ) ta có: ( z  1)(1  i )  z 1 2  z 1 i   x  1  yi  (1  i )   x 1 yi  (1  i)  x2  y 2 2  3x 1 y  (3x  1 y )i  2( x 2  y 2 ) 3 x  1  y  2( x 2  y 2 )  3 x  1  y  0  y  (3 x  1)   2 10 x  3x  0  x  0, y  1    x   3 , y   1 . 10 10  ♥ Vậy số phức z cần tìm là z  i hoặc z   3 1  i.  10 10 Ví dụ 6: Tìm số phức z thỏa mãn z  3i  1  i z và z  9 là số thuần ảo. z Bài giải ♥ Đặt z  a  bi (a, b   ) ta có:  | z  3i |  | 1  iz |  | a  (b  3)i |  |1  i (a  bi) |  | a  (b  3)i |  |1  b  ai |  a 2  (b  3) 2  (1 b) 2  (a ) 2 . b2  z 9 9 9(a  2i ) a3  5a  (2a 2  26)i  a  2i   a  2i  2  là số ảo z a  2i a 4 a2  4  a 3  5a  0  a  0, a   5 . ♥ Vậy các số phức cần tìm là z  2i, z  5  2i, z   5  2i . Ví dụ 7: Tìm số phức z thỏa mãn z  z  2  2i và z  2i là số thuần ảo. z2 Bài giải ♥ Đặt z  x  yi (x, y   ) và z  2 ta có:  z  z  2  2i  x  yi  x  2  ( y  2)i  x 2  y 2  ( x  2) 2  ( y  2) 2  x  y  2  y  2  x.  Ta có (1) z  2i x  ( y  2)i [ x  ( y  2)i].[( x  2)  yi]   z  2 ( x  2)  yi ( x  2) 2  y 2 96 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  HĐBM-TỔ TOÁN x ( x  2)  ( y  2) y ( x  2)( y  2)  xy x( x  2)  ( y  2) y  i là số ảo khi và chỉ khi 0 2 2 2 2 ( x  2)  y ( x  2)  y ( x  2) 2  y 2  x 2  y 2  2( x  y )  ( x  2) 2  y 2  0 ( x  1) 2  1 Thay (1) vào (2) ta được  x  2 ♥ Vậy các số phức cần tìm là z  2i.  Ví dụ 8: Cho số phức z thỏa mãn z  (2)  x  0 . Suy ra y  2 . 4  i. Tính A  1  (1  i ) z . z 1 Bài giải ♥ Đặt z  a  bi, (a , b   ) ta có: 4 z  i  a 2  b 2  a  4  bi  b  ( a  1)i z 1  a 2  b 2  a  4  b   b  a  1  a  1, b  2   a  2, b  1 ♥ Vậy  Với a  1, b  2 ta có A  1  (1  i)(1  2i)  3i  3.  Với a  2, b  1 ta có A  1  (1  i)( 2  i)   3i  3.  Ví dụ 9: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  1  i  2z  z  5  3i sao cho z  2  2i đạt giá trị nhỏ nhất. Bài giải ♥ Đặt z  x  yi ,  x, y    ta có:  z  1  i  (x  1)  (y  1)i = (x  1)2  (y  1)2  2z  z  5  3i = 3x  5  (y  3)i = (3x  5)2  (y  3)2 . Do đó: z  1  i  2z  z  5  3i  (x + 1)2 + (y + 1)2 = (3x – 5)2 + (y – 3)2.  8y = 8x2 – 32x + 32  y = x2 – 4x + 4. 2 2 ♥ Ta có z  2  2i = (x  2)  (y  2) = 2 y   y  2 = 2 2 y  3y  4 =  3 7 7 y    ≥ 2 4 2  6 3 3  (x – 2)2 =  x 2 . 2 2 2 6 3 6 3 ♥ Vậy z  2   i hay z  2   i thì z  2  2i đạt GTNN.  2 2 2 2 Dấu "=" xảy ra  y = 97 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Dạng 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa điều kiện cho trước. Ví dụ 10: Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diển các số phức z thỏa mãn z  i  1  i  z Bài giải ♥ Đặt z  x  yi  x, y    và M  x; y  là điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng Oxy ta có: z  i  1  i  z   x  yi   i  1  i  x  iy   x   y 1i   x  y    x  y  i  x 2   y 1   x  y    x  y  2 2 2  x 2  y 2  2 y  1  x 2  2 xy  y 2  x 2  2 xy  y 2  x 2  y 2  2 y 1  0 ♥ Tập hợp điểm M biểu diển của số phức z là đường tròn có phương trình x 2  y 2  2 y 1  0  B. Bài tập Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3  2i ) z  (2  i )2  4  i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn (1  2i) 2 z  z  4i  20 . Tính môđun của z Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  2  4i  0 . Tìm số phức liên hợp của z . Bài 4: Cho số phức z thoả mãn (2  3i ) z  (4  i) z  (1  3i )2 . Tìm phần thực và phần ảo của z Bài 5: Cho số phức z thoả mãn (1  i )2 (2  i) z  8  i  (1  2i ) z . Tìm phần thực và phần ảo của z Bài 6: Cho số phức z thoả mãn z  (2  3i ) z  1  9i . Tìm số phức z Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn (2 z  1)(1  i )  ( z  1)(1  i )  2  2i . Tính môđun của z Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn z  ( 2  i ) 2 (1  2i ) . Tìm phần ảo của z . Bài 9: Cho số phức z thoả mãn z  5i 3  1  0 . Tìm số phức z z 2 Bài 10: Cho số phức z thoả mãn z 2  z  z . Tìm số phức z Bài 11: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z  (2  4i)  2 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Bài 12: Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức z  i  (1  i)z . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Bài 13: Cho số phức z thỏa mãn (1  2i ) z  2i  (3  i ) z . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mp (Oxy ) 1 i Bài 14: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  3  2i  3 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w, biết w – z = 1 + 3i. 98 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2 2 Bài 15: Cho số phức z thoả mãn 1  z  z  i   iz  1 . Tính mô đun của z  4 . z 1 Bài 16: Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức iz  3  z  2  i sao cho z đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 17: Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 sao cho số phức w  z  8 có môđun nhỏ nhất Bài 18: Cho số phức z thoả mãn (1  i )( z  i )  2 z  2i . Tính môđun của số phức w  Bài 19: Cho số phức z thoả mãn (2  i ) z  z  2z 1 z2 2(1  2i)  7  8i . Tính môđun của số phức w  z  1  i 1 i Bài 20: Cho số phức z thoả mãn z  2 và z 2 l số thuần ảo. Tìm số phức z Bài 21: Cho số phức z thoả mãn z  (2  i)  10 và z.z  25 . Tìm số phức z Bài 22: Cho số phức z thoả mãn 5( z  i)  2  i . Tính môđun của số phức w  1  z  z 2 z 1 Bài 23: Cho số phức z thoả mãn z  z  1  i  5 và (2  z )(i  z ) l số ảo. Tìm số phức z Bài 24: Cho số phức z thỏa mãn z  2 z =  3 + 6i. 2 2 3 Tính T = z  z  z . 2 Bài 25: Cho số phức z thoả mãn 1  z  z  i   iz  1 . Tính môđun của z  4 . z 1 Bài 26: Tìm số phức z thoả mãn z  1  5 và 17  z  z   5 z.z Bài 27: Cho số phức z thỏa mãn z  Bài 28: Cho số phức z  (1  3i )3 . Tìm môđun của số phức w  z  iz 1 i 1  9i  5i . Tìm các căn bậc hai của z 1 i Bài 29: Giải các phương trình sau trên tập số phức 1) (3  2i) z  (4  7i)  2  5i 2) (7  3i) z  (2  3i )  (5  4i ) z Bài 30: Giải các phương trình sau trên tập số phức 1) x 2  4 x  7  0 2) x 2  6 x  25  0 3) 2 x 2  5x  4  0 3) 8 z 2  4 z  1  0 ------------------------------Hết----------------------------- 99 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 6: TỔ HỢP & XÁC SUẤT A. Tóm tắt lí thuyết I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. CÁC QUY TẮC CƠ BẢN VỀ PHÉP ĐẾM: a. QUY TẮC CỘNG: Giả sử một công việc có thể được thực hiện theo phương án A hoặc phương án B . Có n cách thực hiện phương án A và m cách thực hiện phương án B . Khi đó công việc có thể thực hiện bởi n  m cách. TỔNG QUÁT Giả sử một công việc có thể được thực hiện theo một trong k phương án A1 , A2 ,..., Ak . Có n1 cách thực hiện phương án A1 , n1 cách thực hiện phương án A2 ,...và nk cách thực hiện phương án Ak . Khi đó công việc có thể thực hiện bởi n1  n2  ...  nk cách. b. QUY TẮC NHÂN: Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A và B . Công đoạn A có thể làm theo n cách. Với mỗi cách thực hiện công đoạn A thì công đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó công việc có thể thực hiện theo n.m cách. TỔNG QUÁT Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A1 , A2 ,..., Ak . Công đoạn A1 có thể thực hiện theo n1 cách, công đoạn A2 có thể thực hiện theo n2 cách,..., công đoạn Ak có thể thực hiện theo nk cách. Khi đó công việc có thể thực hiện theo n1.n2 ...nk cách. 2. HOÁN VỊ: a.Định nghĩa : Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  1). Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó Tập A   n phần tử Hoán vị Nhóm có thứ tự Đủ mặt n phần tử của A b.Định lý : Ký hiện số hoán vị của n phần tử là Pn , ta có công thức: Pn  n! (2) 100 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 3.CHỈNH HỢP: a.Định nghĩa: Cho tập hợp A gồm n phần tử . Mỗi bộ gồm k ( 1  k  n ) phần tử sắp thứ tự của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A. Chỉnh hợp  Nhóm có thứ tự  Gồm k phần tử được lấy từ n phần tử của A Tập A n phần tử b.Định lý: Ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là A kn , ta có công thức: A kn  n! (n  k)! (3) 4. TỔ HỢP: a.Định nghĩa: Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con của gồm k phần tử (1  k  n ) của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. Tập A   n phần tử Tổ hợp Nhóm không có thứ tự Gồm k phần tử được lấy từ n phần tử của A b. Định lý : Ký hiệu số tổ hợp chập k của n phần tử là C kn , ta có công thức: C kn  n! k!(n  k)! (4) 101 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN c. Hai tính chất cơ bản của số Cnk a) Tính chất 1: Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0  k  n . Khi đó Cnk  Cnnk b) Tính chất 2: Cho các số nguyên n và k với 1  k  n . Khi đó Cnk1  Cnk  Cnk 1 LƯU Ý QUAN TRỌNG: Các bài toán về giải tích tổ hợp thường là những bài toán về những hành động như : lập các số từ các số đã cho, sắp xếp một số người hay đồ vật vào những vị trí nhất định , lập các nhóm người hay đồ vật thỏa mãn một số điều kiện đã cho v.v... 1. Nếu những hành động này gồm nhiều giai đoạn thì cần tìm số cách chọn cho mỗi giai đọan rồi áp dụng quy tắc nhân. 2. Những bài toán mà kết quả thay đổi nếu ta thay đổi vị trí của các phần tử , thì đây là những bài toán liên quan đến hoán vị và chỉnh hợp. 3. Đối với những bài toán mà kết quả được giữ nguyên khi ta thay đổi vị trí của các phần tử thì đây là những bài toán về tổ hợp. 5. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU-TƠN Định lý:  a  b  Cn0 a nb 0  Cn1a n1b1  ...  Cnk a nk b k  ...  Cnn a 0b n n n   Cnk a nk b k k0 6. XÁC SUẤT a) Định nghĩa Giả sử phép thử T có không gian mẫu  là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A là một biến cố liên quan với phép thử T và A là tập các kết quả thuận lợi cho A thì xác suất của A là một số, kí hiệu là P  A , được xác định bởi công thức P A   A  Như vậy, việc tính xác suất của biến cố A trong trường hợp nầy được quy về việc đếm số kết quả có thể của phép thử T và số kết quả thuận lợi của A b) Định lý Cho biến cố A . Xác suất của biến cố đối A là P A   1  P  A  102 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN c) Các quy tắc tính xác suất i) Quy tắc cộng xác suất Định lý: Nếu hai biến cố A và B xung khắc thì xác suất để A hoặc B xảy ra là P  A  B   P  A  P  B  ii) Quy tắc nhân xác suất Định lý: Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thì P  AB   P  A.P  B  TÍNH XÁC SUẤT BIẾN CỐ THEO ĐỊNH NGHĨA Phương pháp giải Để xác định xác suất theo định nghĩa ta làm theo các bước ♠ Xác định số phần tử của không gian mẫu  ♠ Xét tập A là tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A, rồi tính A ♠ Sử dụng công thức P A   A  Chú ý 1: Để tính  , A ta có thể liệt kê hoặc sử dụng bài toán đếm. Chú ý 2: Trong một số bài toán việc tính xác suất của biến cố đối A đơn giản hơn so với biến cố A nên để tính xác suất của biến cố A ta làm như sau: + Xét biến cố đối A , tính P  A . + Khi đó P A   1 P  A 103 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 bi. a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ? b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ? c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ? Lời giải a) Có C82  28 cách lấy b) Có C52  10 cách lấy c) Có C51C31  15 cách lấy Ví dụ 2: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 bi. a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ? b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ? c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ? Lời giải a) Có C81C71  56 cách lấy (hoặc A82  56 ) b) Có C51C41  20 cách lấy (hoặc A52  20 ) c) Có C51C31  C31C51  30 cách lấy Ví dụ 3: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 6 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 bi. a) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi ? b) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi có đủ cả ba màu ? Lời giải a) Có C184  3060 cách lấy b) Có C52C61C61  C51C62C71  C51C61C72  1575 cách lấy Ví dụ 4: Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều có mặt các chữ số 8 và 9 ? Lời giải 104 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Giả sử số cần lập là abcd , d  {0, 2, 4, 6, 8}. Xét các trường hợp sau  d  0. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71 .3!  42.  d  8. Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82 .3! C71 .2!  154.    d  {2, 4, 6}. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là 3. C71 .3! 2  120. Vậy số các số lập được là 42  154  120  316.  Ví dụ 5: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số đầu và chữ số cuối của mỗi số đó đều là số chẵn? Lời giải + Chữ số đầu tiên là chữ số chẵn, khác 0 nên có 4 cách chọn. + Chữ số tận cùng cũng là chữ số chẵn, khác với chữ số đầu tiên nên cũng có 4 cách chọn. + Ba chữ số ở giữa có số cách sắp xếp là A83 . Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4  4  A83  5376.   1 Ví dụ 6: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2   x  18 12 Lời giải ♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có: 18 18      x  1    C18k .x18k . 1   C18k .1k .x183k 2 2   x  k 0 x  k 0 18 k ♥ Chọn k thỏa mãn: 18  3k  12  k  2 ♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển là 1 C182  153 .  2  1 Ví dụ 7: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  x  2   x  18 Lời giải ♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có: 18 18      x  1    C18k .x18k . 1   C18k .1k .x183k   x 2  k 0 x 2  k 0 18 k ♥ Chọn k thỏa mãn: 18  3k  0  k  6 105 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♥ Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 1 C186  18564 .  6 1  Ví dụ 8: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của  3  x5  , biết rằng  x  n Cnn41  Cnn3  7  n  3 (1) Lời giải ♥ Giải phương trình (1) tìm n, ta có: Cnn41  Cnn3  7  n  3   n  4!  n  3!   7 n  3  n 1!3! n !3!  n  2n  3 n  4   n  1 n  2n  3  42  n  3  n  2n  4  n  1n  2  42  3n  6  42  n  12 ♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có: 12 k 12 1      x5    C12k . 1  3  x   x 3  k 0 12 ♥ Chọn k thỏa mãn:   k . x5 12  C12k .x 6011k 2 k 0 60 11k 8 k 4 2 ♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển là C124  495 .  Ví dụ 9: Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại. (Khối A-2014) Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C123  220 ♥ Gọi A là biến cố: “3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C51C41C31  60 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   60 3  . 220 11 Ví dụ 10: Từ một hộp chứa 16 thể được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. (Khối B-2014) 106 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820 ♥ Gọi A là biến cố: “4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C84  70 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   70 1 .  1820 26 Ví dụ 11: Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để hai viên bi được lấy ra có cùng (Khối B-2013) màu. Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C71C61  42 ♥ Gọi A là biến cố: “hai viên bi được lấy ra có cùng màu” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C41C21  C31C41  10 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   20 10  . 42 21 Ví dụ 12: Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. (Khối B-2012) Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C254  12650 ♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C151 C103  C152 C102  C153 C101  11075 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A 11075 443 .    12650 506 Ví dụ 13: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn. (Khối A-2013) Bài giải 107 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A73  210 ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  3.6.5  90 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   90 3  . 210 7 Ví dụ 14: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn có mặt chữ số 6. Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A64  360 ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4. A53  240 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A 240 2   .  360 3 Ví dụ 15: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 8. Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A63  120 ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  12 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   12 1  . 120 10 Ví dụ 16: Cho tập hợp E  1, 2, 3, 4, 5. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10. Phân tích Số các số thuộc M có 3 chữ số là A53  60. Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54  120. Số các số thuộc M có 5 chữ số là A55  120. 108 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Số phần tử của không gian mẫu là:   60  120  120  300. Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm E1  {1,2,3, 4}, E2  {2,3,5}, E3  {1, 4,5}. Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4! Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3! Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3!  36. 36 3 Vậy xác suất cần tính là P   . 300 25 Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   60  120  120  300. ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có tổng các chữ số của số đó bằng 10” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4! 2.3!  36. ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   36 3  . 300 25 Ví dụ 17: Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu xanh. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820 ♥ Gọi A là biến cố: “4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu xanh” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   740 37   1820 91 Ví dụ 18: Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người. Tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C164  1820 ♥ Gọi A là biến cố: “4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn” 109 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C82C51C31  C81C52C31  C81C51C32  420  240  120  780 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   780 3   1820 7 Ví dụ 19: Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10 thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C4010  847660528 ♥ Gọi A là biến cố: “10 thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C205 .C164 .C41  112869120 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   112869120 1680   847660528 12617 Ví dụ 20: Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 6 quả từ hộp. Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C126  924 ♥ Gọi A là biến cố: “6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C63C42C21  240 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A 240 20     294 77 Ví dụ 21: Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C122  66 ♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C51C71  35 110 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   HĐBM-TỔ TOÁN A   35  66 Ví dụ 22: Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác xuất để 3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C123  220 ♥ Gọi A là biến cố: “3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C31C41C51  60 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   60 3   220 11 Ví dụ 23: Một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tính xác xuất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ. Bài giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C144  1001 ♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C81C63  C82C62  C83C61  916 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   916  1001 Ví dụ 24: Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Người ta chọn ra một cách ngẫu nhiên 4 học sinh. Tìm xác suất để trong 4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C104  210 ♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ” Khi đó biến cố A là: “4 học sinh được chọn ra có nhiều nhất 1 học sinh nữ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C64  C41C63  95 111 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Suy ra: P A   A   HĐBM-TỔ TOÁN 95 19  210 42 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P A   1  19 23   42 42 Ví dụ 25: Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thức giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C154  1365 ♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu” Khi đó biến cố A là: “4 bi chọn ra có đủ cả ba màu” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C42C51C61  C41C52C61  C41C51C62  720 Suy ra: P A   A   720 48  1365 91 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   1 P A   1 48 43   91 91 Ví dụ 26: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau. Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   5! ♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh nữ đứng cạnh nhau” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  4.2!.3! ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   2  5 Ví dụ 27: Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người tham gia trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B, mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu. 112 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   C84  70 ♥ Gọi A là biến cố: “cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C21C62  30 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A   30 3  . 70 7 Ví dụ 28: Người ta phân chia một cách ngẫu nhiên 8 bạn học sinh Kì, Thi, Trung, Học, Phổ, Thông, Quốc, Gia thành 2 nhóm, mỗi nhóm 4 bạn, để chơi trò kéo co. Tính xác xuất để hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm. Lời giải C84  35 2 ♥ Gọi A là biến cố: “hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm” ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  C62  15 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A   A 15 3   .  35 7 Ví dụ 29: Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng. Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó. Phân tích Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số đứng trước nó. Khi đó   {abcd : a  0, d  {0, 2, 4, 6, 8}};  A  {abcd : 0  a  b  c  d , d là số chẵn}. Để tính  ta xét các trường hợp sau +) d  0. Trường hợp này có A93 số. +) d {2, 4, 6, 8}. Trường hợp này có ( A93  A82 ).4 số. Suy ra   A93  4( A93  A82 )  2296. Để tính  A ta xét các trường hợp sau +) d  4. Trường hợp này có 1 số. +) d  6. Trường hợp này có C53 số. +) d  8. Trường hợp này có C73 số. Suy ra  A  1  C53  C73  46. Do đó P ( A)  A 46   0,02.  2296 Lời giải ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   A93  4( A93  A82 )  2296. ♥ Gọi A là biến cố: “số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó” 113 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  1  C53  C73  46. ♥ Vậy xác suất cần tính là P( A)  A   46 23  . 2296 1146 B.Bài tập Bài 1: Một tập thể gồm 14 người gồm 6 nam và 8 nữ, người ta muốn chọn 1 tổ công tác gồm 6 người.Tìm số cách chọn sao cho trong tổ phải có cả nam và nữ Kết quả: 2974 Bài 2: Từ 1 nhóm học sinh gồm 7 nam và 6 nữ. Thầy giáo cần chọn ra 5 em tham dự lể mít tinh tại trường với yêu cầu có cả nam lẫn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Kết quả: 1260 Bài 3: Một nhóm gồm 10 học sinh, trong đó 7 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh trên thành 1 hàng dọc sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau. Kết quả: 120960 Bài 4: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi 1 khác nhau. (Chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó có mặt chữ số 0, nhưng không có mặt chữ số 1. Kết quả: 33600 Bài 5: Hỏi từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau sao cho trong chữ số đó có mặt chữ số 1. Kết quả: 8400 Bài 6: Có một hộp đựng 2 viên bi đỏ, 3 viên bi trắng, 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi lấy từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong đó số viên bi lấy ra không đủ ba màu. Kết quả: 105 Bài 7: Cho tập E  0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8,9 . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau từ E mà chia hết cho 5? Kết quả: 5712 Bài 8: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, thành lập từ các chữ số 1,2,3,4,5. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số không bắt đầu bởi chữ số 1 Kết quả: 96 Bài 9: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, thành lập từ các chữ số 1,2,3,4,5. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số bắt đầu bởi chữ số 5. Kết quả: 24 Bài 10: Từ 7 chữ số 1,2,3,4,5,6,7, có bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và luôn có mặt chữ số 7 và chữ số hàng ngàn là chữ số 1 Kết quả: 60 114 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 11: Cho 7 chữ số 1,2,3,4,5,6,7 có bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và luôn có mặt chữ số 7 được viết từ các chữ số đã cho Kết quả: 480 Bài 12: Cho các số 1,2,5,7,8 có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên sao cho số tạo thành là một số không có chữ số 7 Kết quả: 24 Bài 13: Cho các số 1,2,5,7,8 có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên sao cho số tạo thành là 1 số chẵn Kết quả: 24 Bài 14: Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta có thể thành lập bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và trong đó có chữ số 4. Kết quả: 1560 Bài 15: Với các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta có thể thành lập bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau trong đó phải có mặt chữ số 5. Kết quả: 1560 Bài 16: Với các chữ số 0,1,2,3,4,5 ta có thể thành lập bao nhiêu số chẵn, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau. Kết quả: 312 Bài 17: Cho các số 1,2,3,4,5,6,7. Tìm các số tự nhiên gồm 5 chữ số lấy từ 7 chữ số trên sao cho các chữ số đều khác nhau Kết quả: 2520 Bài 18: Một lớp học có 20 học sinh, trong đó có 2 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cứ 3 người đi dự hội nghị SV của trường sao cho trong 3 người có ít nhất 1 cán bộ lớp? Kết quả: 324 Bài 19: Một đội văn nghệ có 20 người, trong đó 10 nam, 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho. 1. Có đúng 2 nam trong 5 người đó. 2. Có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. Kết quả: 1) 5400 2) 12900 Bài 20: Một tổ học sinh gồm 7 nam và 4 nữ. Giáo viên muốn chọn 3 học sinh xếp bàn ghế của lớp, trong đó có ít nhất 1 nam sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Kết quả: 161 Bài 21: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam, 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh sao cho phải có ít nhất 1 nữ. Kết quả: 78740 Bài 22: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam, 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh sao cho phải có 2 nam 2 nữ. 115 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Kết quả: 31500 Bài 23: Một nhóm học sinh gồm 10 nam và 6 nữ.Chọn 1 tổ gồm 8 người. Có bao nhiêu cách chọn để được nhiều nhất 5 nữ. Kết quả: 12825 Bài 24: Từ một tập thể 8 người gồm 5 nam và 3 nữ , hỏi có bao nhiêu cách chọn một tổ công tác gồm 4 người thoả điều kiện, trong mỗi trường hợp sau: 1 . Không có điều kiện gì thêm. 2. Tổ chỉ gồm 4 nam 3. Tổ phải gồm 2 nam và 2 nữ. Kết quả: 1)70 2) 5 3) 30 Bài 25: Có bao nhiêu số chẵn gồm 6 chữ số đôi 1 khác nhau, đôi một trong đó chữ số đầu tiên là chữ số lẻ. Kết quả: 42000 Bài 26: Một đội văn nghệ gồm 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cô giáo muốn chọn ra một tốp ca gồm 5 em, trong đó có ít nhất 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Kết quả: 13152 Bài 27: Có 7 người bạn A, B, C, D, E, G, H chụp ảnh chung. Họ muốn chụp ảnh chung bằng cách đổi chỗ đứng lẫn nhau, nhưng bộ ba A, B, C bao giờ cũng đứng kề nhau theo thức tự đó. Hỏi có bao nhiêu bức ảnh khác nhau ?. Kết quả: 120 Bài 28: Từ các số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số khác nhau và trong đó mỗi số phải có mặt chữ số 9. Kết quả: 8400 Bài 29: Một đội xây dựng gồm 10 công nhân và 3 kĩ sư. Để lập một tổ công tác cần chọn một kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 5 công nhân tổ viên. Hỏi có bao nhiêu cách thành lập tổ công tác ? Kết quả: 3780 Bài 30: Có 9 cuốn sách khác nhau được đem tặng cho 3 em học sinh: A được 4 cuốn, B được 3 cuốn và C được 2 cuốn. Hỏi có bao nhiêu phương án tặng khác nhau ? Kết quả: 1260 Bài 31: Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 27 đường chéo. Kết quả: n  9 Bài 32: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết rằng số tam giác có ba đỉnh lấy từ n  6 điểm đã cho là 439. 12  1  Bài 33: Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3  x5  . x  116 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 10 10 Bài 34: Tìm hệ số của x 1   trong khai triển của biểu thức  3x3  2  . x   n Bài 35: Tìm n  * , biết hệ số của x 2 trong khai triển của biểu thức 1  4 x  là 240. n 1  Bài 36: Tìm hệ số của số hạng chứa x 9 trong khai triển   2 x 2  biết rằng : An3  8n 2  3(Cn21  1). x    n Bài 37: Tìm hệ số của x8 trong khai triển x 2  2 , biết An3  8Cn2  Cn1  49 1  Bài 38: Tính hệ số của x trong khai triển biểu thức  2  x3  , ( x  0), biết rằng n là số nguyên dương  x  n 13 thỏa mãn 3Cn11  8Cn22  3Cn31. Bài 39: Tìm hệ số của x 9 trong khai triển biểu thức 1 2 x 3  với n là số nguyên dương thỏa mãn n nC nn 1  C nn 2  A 2n 1  7. n 1   Bài 40: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x3  2  với x  0 , biết rằng x   2 Pn  (4n  5).Pn 2  3 Ann 2 n 2   Bài 41: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x   với x  0 , biết rằng x  Cn6  3Cn7  3Cn8  Cn9  2Cn8 2 Bài 42: Trong một hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tìm xác suất để a) Ba bi lấy ra đều là màu đỏ b) Ba viên bi lấy ra có đúng một viên bi màu xanh c) Ba viên bi lấy ra có đủ cả ba màu d) Ba viên bi lấy ra có ít nhất hai viên bi màu vàng Bài 43: Có 8 đội tuyển bóng đá quốc gia tham dự giải AFF Cup, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Thái Lan. Các đội chia làm 2 bảng, mỗi bảng 4 đội. Giả sử việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để cả hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm trong cùng một bảng đấu. Bài 44: Một tổ học sinh có 6 nam và 5 nữ. 1) Tìm xác suất lấy ra 4 học sinh đi lao động sao cho trong đó có 1 nữ. 2) Tìm xác suất lấy ra 4 học sinh đi lao động sao cho trong đó có không quá 3 nữ. Kết quả: 1) 10 33 2) 65 66 Bài 45: Một đơn vị vận tải có 10 xe ô tô, trong đó có 6 xe tốt. Điều một cách ngẫu nhiên 3 xe đi công tác. Tìm xác suất để trong 3 xe đó có ít nhất một xe tốt. 117 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Kết quả: HĐBM-TỔ TOÁN 29 30 Bài 46: Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chọn một nhóm 4 người để trực nhật. 1) Hỏi có bao nhiêu cách chọn khác nhau. 2) Tính xác suất để khi chọn ngẫu nhiên một nhóm 4 người ta được nhóm có đúng 1 nữ. Kết quả: 1) 495 2) 28 55 Bài 47: Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người đi làm 3 công việc khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chia khác nhau ? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. Kết quả: 16 55 Bài 48: Một hộp bóng đèn có 12 bóng, trong đó có 7 bóng tốt. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng. Tính xác suất để lấy được: 1) 3 bóng tốt. 2) Ít nhất 2 bóng tốt. 3) Ít nhất 1 bóng tốt. Kết quả: 1) 7 44 2) 7 11 3) 21 22 Bài 49: Trong một chiếc hộp kín có chứa 10 quả cầu trắng và 8 quả cầu đỏ. Giả thiết rằng kích thước và trọng lượng của tất cả các quả các quả cầu nói trên là y hệt nhau. Lấy hú họa ra 5 quả cầu. Tìm xác suất của biến cố: trong 5 quả cầu được lấy ra có đúng 3 quả cầu đỏ. Kết quả: 5 17 Bài 50: Một hộp có 12 viên bi, trong đó có 4 viên màu đỏ và 8 viên màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất để: 1) Cả 3 viên bi đều màu xanh. 2) Cả ba viên bi đều màu đỏ. 3) Có đúng một viên bi màu xanh. 4) Có ít nhất một viên bi màu xanh. Kết quả: 1) 56 220 2) 4 220 3) 48 220 4) 216 . 220 Bài 51: Một hộp có chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho: a) 4 quả cầu chọn được không cùng màu. b) 4 quả cầu chọn được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. 118 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Kết quả: HĐBM-TỔ TOÁN 1779 37 ; 1820 91 Bài 52: Hai xạ thủ cùng bắn một phát vào bia. Xác suất trúng đích của người thứ nhất là 0,9, của người thứ hai là 0,7. Tính các xác suất sau đây: 1) Cả hai phát đều trúng. 2) Ít nhất một phát trúng. 3) Chỉ một phát trúng. Kết quả: 1) 0, 63 2) 0,97 3) 0,34 . Bài 53: Xác suất trúng máy bay của mỗi quả đạn là 0,3, biết rằng muốn hạ máy bay cần ít nhất một quả trúng. Tính xác suất hạ được máy bay khi bắn ba quả đạn. Kết quả: 0, 657 Bài 54: Trong thùng có 3 quả cầu trắng và 5 quả cầu đen giống hệt nhau về kích thước. Rút hú họa 2 quả ầu từ thùng đó. Tính xác suất xuất hiện: 1) 2 quả trắng; 2) 1 quả trắng và 1 quả đen. Kết quả: 1) 3 28 2) 15 28 Bài 55: Một em nhỏ chưa biết chữ chơi trò chơi sắp chữ với 5 chữ cái A, B, C, O, H. Tính xác suất để em đó sắp được chữ BAC HO Kết quả: 1 120 Bài 56: Một bộ sách gồm 4 tập được xếp trên giá sách theo một thứ tự ngẫu nhiên. Tính xác suất để chúng được xếp theo thứ tự từ trái qua phải hoặc từ phải qua trái. Kết quả: 1 12 Bài 57: Một khối lập phương có các mặt quét sơn được cưa thành 1000 khối lập phương con đều nhau. Trộn kỹ chúng rồi rút hú họa một khối. Tính xác suất rút được khối có hai mặt đã quét sơn. Kết quả: 96 100 Bài 58: Một khóa chữ gồm 5 vành lắp trên một trục, mỗi vành gồm 6 ô khắc 6 chữ khác nhau. Khóa chỉ mở được trong trường hợp mỗi vành nằm ở một vị trí xác định đối với trục. Tính xác suất mở được khóa khi lập ra một bộ chữ ngẫu nhiên trên các vành. Kết quả: 1 65 Bài 59: Có 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút hú họa 3 tấm rồi đặt cạnh nhau theo thứ tự ngẫu nhiên. Tính xác suất để thu được một số chẵn (ví dụ 134, 532,...) 119 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Kết quả: HĐBM-TỔ TOÁN 2 5 Bài 60: Trong 10 vé có 2 vé trúng thưởng. Một người mua 5 vé. Tính xác suất sao cho có: 1) một vé trúng thưởng; 2) hai vé trúng thưởng; 3) có ít nhất một vé trúng thưởng. Kết quả: 1) 5 9 2) 2 9 3) 7 9 Bài 61: Một lớp học có 20 học sinh gồm ba loại: 5 người giỏi, 10 người khá và 5 người trung bình. Theo danh sách chọn ngẫu nhiên 3 người. Tính xác suất để trong 3 người đó: 1) mỗi loại có đúng một người; 2) có ít nhất một người giỏi. Kết quả: 1) 1 C51C10 C51 3 C20 2) 1  C153 3 C20 Bài 62: Tại một câu lạc bộ khiêu vũ có 10 cặp nhảy, trong số đó có 4 cặp đạt giải đôi nhảy đẹp. Chọn hú họa 3 người. Tính xác suất để trong 3 người đó: 1) có một cặp đạt giải; 2) không có ai thuộc các cặp đạt giải. Kết quả: 1) 1 C41C18 3 C20 3) C123 3 C20 Bài 63: Bốn học sinh ôn tập học kỳ đến cùng một tầng gồm 5 phòng học. Giả sử mỗi người có thể vào một phòng bất kỳ. Tính xác suất để: 1) cả bốn người vào cùng một phòng; 2) bốn người vào bốn phòng khác nhau. Kết quả: 1) 5 C84 2) 1 14 Bài 64: Xác suất để làm một thí nghiệm thành công là 0,4. Một nhóm 5 học sinh, mỗi học sinh độc lập với nhau tiến hành cùng thí nghiệm trên. Tính xác suất để: 1) cả nhóm không có ai làm thí nghiệm thành công; 2) ít nhất có một học sinh trong nhóm làm thí nghiệm thành công. 5 Kết quả: 1)  0, 6  5 2) 1   0, 6  Bài 65: Gieo một con súc sắc cân đối ba lần. Tính xác suất để có đúng hai lần xuất hiện mặt 6 chấm. Kết quả: 15 261 120 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 66: Ba người đi săn A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu A, B và C tương ứng là 0,7; 0,6 và 0,5. Tính xác suất để: 1) xạ thủ A bắn trúng còn hai xạ thủ kia bắn trượt; 2) có ít nhất một xạ thủ bắn trúng. Kết quả: 1) 0,14 2) 0,94 Bài 67: Hai xạ thủ mỗi người bắn một phát đạn vào bia, xác suất trúng đích của người thứ nhất là 0,9 và của người thứ hai là 0,7. Tính các xác suất: 1) có đúng một phát trúng đích; 2) cả hai phát đều trúng; 3) có ít nhất một phát trúng. Kết quả: 1) 0,34 2) 0, 63 3) 0,97 Bài 68: Một người thợ lắp máy có tất cả 16 chi tiết loại I và 4 chi tiết loại II. Rút hú họa 2 chi tiết. Tính xác suất rút được ít nhất một chi tiết loại II. Kết quả: 92 95 Bài 69: Một học sinh đi thi môn lịch sử chỉ nắm được 20 trong số 25 câu hỏi của chương trình. Mỗi phiếu thi gồm 3 câu. Tính xác suất để anh ta trả lời được cả 3 câu hỏi Kết quả: 57 115 Bài 70: Một lô hàng gồm 50 sản phẩm, trong đó có 7 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên từ lô hàng đó ra 5 sản phẩm. Tìm xác suất để trong 5 sản phẩm lấy ra có đúng 3 sản phẩm tốt. Kết quả: 259161 2118760 Bài 71: Có 10 người, trong đó có 6 nữ và 4 nam, đăng ký làm 6 công viêc khác nhau nhưng mỗi công việc chỉ cần một người làm. Tìm xác suất để cả 6 nữ được chọn. Kết quả: 1 210 Bài 72: Trong một cuộc thi học sinh giỏi Toán, toàn trường có 3 em đạt giải nhất, 5 em đạt giải nhì và 12 em đạt giải ba. Chọn ngẫu nhiên 2 em để báo cáo thành tích. Tính xác suất để trong số đó có ít nhất một em đạt giải nhất. Kết quả: 27 95 -------------------Hết------------------- 121 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Chủ đề 7: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN TẬP 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 9-10 1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông : Cho ABC vuông ở A ta có : 2 2 2 a) Định lý Pitago : BC  AB  AC 2 A 2 b) BA  BH .BC; CA  CH .CB c) AB. AC = BC. AH d) e) BC = 2AM f) sin B  b c 1 1 1   2 2 AH AB AC 2 B b c b c , cosB  , tan B  , cot B  a a c b g) b = a. sinB = a.cosC, c = a. sinC = a.cosB, a = M H C a b b  , sin B cos C b = c. tanB = c.cot C 2. Hệ thức lượng trong tam giác thường: * Định lý Côsin: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA a b c * Định lý Sin:    2R sin A sin B sin C 3. Các công thức tính diện tích. a/ Công thức tính diện tích tam giác: S 1 a.b.c 1  p.r  a.ha = a.b sin C  2 4R 2 p.( p  a )( p  b)( p  c ) với p  a bc 2 1 a2 3 AB. AC ,* ABC đều cạnh a: S  2 4 b/ Diện tích hình vuông : S = cạnh x cạnh c/ Diện tích hình chữ nhật : S = dài x rộng Đặc biệt :* ABC vuông ở A : S  1 (chéo dài x chéo ngắn) 2 1 d/ Diện tích hình thang : S  (đáy lớn + đáy nhỏ) x chiều cao 2 d/ Diện tích hình thoi : S = e/ Diện tích hình bình hành : S = đáy x chiều cao 2 f/ Diện tích hình tròn : S   .R 4. Các hệ thức quan trọng trong tam giác đều: 122 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN ÔN TẬP 2: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 11 A. QUAN HỆ SONG SONG §1. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG I. Định nghĩa: Đường thẳng và mặt phẳng gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm nào chung. a a / /(P)  a  (P)   (P) II.Các định lý: ĐL1:Nếu đường thẳng d không nằm trên mp(P) và song song với đường thẳng a nằm trên mp(P) thì đường thẳng d song song với mp(P) ĐL2: Nếu đường thẳng a song song với mp(P) thì mọi mp(Q) chứa a mà cắt mp(P) thì cắt theo giao tuyến song song với a. d  d  (P )   d / /(P ) d / /a  a  (P )  a (P) (Q)  a / /(P)   d / /a  a  (Q) (P)  (Q)  d  a d (P) ĐL3: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng song song với đường thẳng đó. (P)  (Q)  d   d / /a (P)/ /a (Q)/ /a  d a Q P §2.HAI MẶT PHẲNG SONG SONG I. Định nghĩa: Hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm nào chung. (P ) / /(Q )  (P )  (Q )   P Q II.Các định lý: ĐL1: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) và (Q) song song với nhau. ĐL2: Nếu một đường thẳng nằm một trong hai mặt phẳng song song thì song song với mặt phẳng kia. a,b  (P)   (P)/ /(Q) a  b  I a/ /(Q),b/ /(Q)  P a b I Q a (P) / /(Q)  a / /(Q)  a  (P) P Q 123 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) song song thì mọi mặt phẳng (R) đã cắt (P) thì phải cắt (Q) và các giao tuyến của chúng song song. HĐBM -TỔ TOÁN R (P) / /(Q)  (R)  (P)  a  a / / b (R)  (Q)  b  a P b Q B. QUAN HỆ VUÔNG GÓC §1.ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG I.Định nghĩa: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó. a a  mp(P)  a  c,c  (P) c P II. Các định lý: ĐL1: Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mp(P) thì đường thẳng d vuông góc với mp(P). ĐL2: (Ba đường vuông góc) Cho đường thẳng a không vuông góc với mp(P) và đường thẳng b nằm trong (P). Khi đó, điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P). d  a ,d  b  a ,b  mp(P)  d  mp(P) a,b caét nhau  d b a P a a  mp(P), b  mp(P) b  a  b  a' a' P b §2.HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC I.Định nghĩa: Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 0. II. Các định lý: ĐL1:Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau. Q a  mp(P)  mp(Q)  mp(P)  a  mp(Q) a P 124 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG ĐL2:Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào nằm trong (P), vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (Q). ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau và A là một điểm trong (P) thì đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với (Q) sẽ nằm trong (P) ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba. HĐBM -TỔ TOÁN P (P)  (Q)  (P)  (Q)  d  a  (Q) a  (P),a  d  a Q d P (P)  (Q)   A  (P)  a  (P)  A  a  a  (Q) a A Q (P)  (Q)  a   a  (R) (P)  (R) (Q)  (R)  P Q a R §3.KHOẢNG CÁCH 1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường thẳng , đến 1 mặt phẳng: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến mặt phẳng (P)) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu của điểm M trên đường thẳng a ( hoặc trên mp(P)) O O d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH 2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song: Khoảng cách giữa đường thẳng a và mp(P) song song với a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mp(P). d(a;(P)) = d(O; (P)) = OH a P H O H P 3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. d((P);(Q)) = d(O; (P)) = OH O P Q 4.Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó. H a a H A d(a;b) = AB b B 125 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN §4.GÓC 1. Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt cùng phương với a và b. a a' b' b 2. Góc giữa đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) là góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên mp(P). Đặc biệt: Nếu a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mp(P) là 900. a a' P 3. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm trong 2 mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại 1 điểm b a Q P a P 4. Diện tích hình chiếu: Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong mp(P) và S’ là diện tích hình chiếu (H’) của (H) trên mp(P’) thì b Q S S'  Scos  trong đó  là góc giữa hai mặt phẳng (P),(P’). A C  B 126 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN ÔN TẬP 3: KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 12 A. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN I/ Các công thức thể tích của khối đa diện: 1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ: V= B.h h với B: diện tích đáy h: chiều cao B a) Thể tích khối hộp chữ nhật: V = a.b.c với a,b,c là ba kích thước b) Thể tích khối lập phương: V = a3 với a là độ dài cạnh a c b a a a 2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP: V= 1 Bh 3 h với B: diện tích đáy h: chiều cao B 3. TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN: Cho khối tứ diện SABC và A’, B’, C’ là các điểm tùy ý lần lượt thuộc SA, SB, SC ta có: VSABC VSA ' B ' C ' SA SB SC  SA ' SB ' SC ' S C' A' A B' C B 4. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT: h B  B' BB' 3 B, B' : dieän tích hai ñaùy với  h : chieàu cao V  A'  B' C' A B C Chú ý: 1/ Đường chéo của hình vuông cạnh a là d = a 2 , Đường chéo của hình lập phương cạnh a là d = a 3 , Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là d = a 2  b2  c 2 , a 3 2 3/ Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng nhau ( hoặc có đáy là đa giác đều, hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy). 4/ Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. II/ Bài tập: 2/ Đường cao của tam giác đều cạnh a là h = 127 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN LOẠI 1: THỂ TÍCH LĂNG TRỤ Khối lăng trụ đứng có chiều cao hay cạnh đáy 1) Dạng 1: Ví dụ 1: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh BC = a 2 và biết A'B = 3a. Tính thể tích khối lăng trụ. Lời giải: Ta có ABC vuông cân tại A nên AB = AC = a ABC A'B'C' là lăng trụ đứng  AA'  AB C' A' B' 3a a 2 A a AA'B  AA'2  A'B2  AB2  8a2  AA '  2a 2 Vậy V = B.h = SABC .AA' = a3 2 C B Ví dụ 2: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D' có cạnh bên bằng 4a và đường chéo 5a. Tính thể tích khối lăng trụ này. Lời giải: ABCD A'B'C'D' là lăng trụ đứng nên BD2 = BD'2 - DD'2 = 9a2  BD  3a C' D' A' ABCD là hình vuông  AB  B' 4a 5a C D Suy ra B = SABCD = 3a 2 9a2 4 Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3 A B Ví dụ 3: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều cạnh a = 4 và biết diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. Lời giải: Gọi I là trung điểm BC .Ta có  ABC đều nên AB 3 AI   2 3 & AI  BC 2 C' A' B' A C I B  A 'I  BC(dl3 ) 2S 1 SA'BC  BC.A'I  A'I  A'BC  4 2 BC AA '  (ABC)  AA '  AI . A 'AI  AA '  A 'I 2  AI 2  2 Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC .AA'= 8 3 Ví dụ 5: Cho hình hộp đứng có đáy là hình thoi cạnh a và có góc nhọn bằng 60 0 Đường chéo lớn của đáy bằng đường chéo nhỏ của lăng trụ. Tính thể tích hình hộp . 128 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Lời giải: Ta có tam giác ABD đều nên : BD = a C' a2 3 và SABCD = 2SABD = 2 D' B' A' a 3 a 3 2 DD 'B  DD'  BD '2  BD 2  a 2 a3 6 Vậy V = SABCD.DD' = 2 Theo đề bài BD' = AC = 2 C D A HĐBM -TỔ TOÁN B 60 Bài tập: Bài 1: Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều biết rằng tất cả các cạnh của lăng trụ bằng a. Tính thể tích và tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ. a3 3 ; S = 3a2 4 Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là tứ giác đều cạnh a biết rằng BD '  a 6 . Tính thể tích ĐS: V  của lăng trụ. Đs: V = 2a3 Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,biết rằng chiều cao lăng trụ là 3a và mặt bên AA'B'B có đường chéo là 5a . Tính thể tích lăng trụ. Đs: V = 24a3 2) Dạng 2: Lăng trụ đứng có góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC một góc 600. Tính thể tích lăng trụ. C' A' B' C A 60o Lời giải: Ta có A 'A  (ABC)  A'A  AB& AB là hình chiếu của A'B trên đáy ABC . Vậy góc[A'B,(ABC)]   ABA '  60o ABA '  AA '  AB.tan 600  a 3 1 a2 SABC = BA.BC  2 2 a3 3 Vậy V = SABC.AA' = 2 B  = 60 o Ví dụ 2: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a , ACB biết BC' hợp với (AA'C'C) một góc 30 0. Tính AC' và thể tích lăng trụ. 129 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG A' HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: C' ABC  AB  AC.tan60o  a 3 . Ta có: AB  AC;AB  AA'  AB  (AA'C'C) B' nên AC' là hình chiếu của BC' trên (AA'C'C). Vậy góc[BC';(AA"C"C)] =  BC'A = 30o 30o AC'B  AC'  A V =B.h = SABC.AA' C a o 60 AB  3a t an30o AA 'C'  AA'  AC'2  A 'C'2  2a 2 ABC là nửa tam giác đều nên SABC  B a2 3 2 Vậy V = a3 6 Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường chéo BD' của lăng trụ hợp với đáy ABCD một góc 300. Tính thể tích và tổng diên tích của các mặt bên của lăng trụ . Lời giải: Ta có ABCD A'B'C'D' là lăng trụ đứng nên ta có: DD '  (ABCD)  DD '  BD và BD là hình chiếu của BD' trên ABCD. Vậy góc [BD';(ABCD)] =  DBD'  300 B' C' A' D' o 30 C D BDD '  DD'  BD.tan 300  B A Vậy V = SABCD.DD' = a a 6 3 a3 6 4a 2 6 S = 4SADD'A' = 3 3 Ví dụ 4: Cho hình hộp đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và  BAD = 60o biết AB' hợp với đáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích của hình hộp. Lời giải: C' B' ABD đều cạnh a  SABD  A' D' o 30 A C B 60 o D a a2 3 4 a2 3 2 ABB' vuông tạiB  BB'  ABt an30o  a 3 3a3 Vậy V  B.h  SABCD .BB'  2  SABCD  2SABD  Bài tập : Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông cân tại B biết A'C = a và A'C hợp với mặt bên (AA'B'B) một góc 30o . Tính thể tích lăng trụ 130 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN ĐS: V  a3 2 16 Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại B biết BB' = AB = a và B'C hợp với đáy (ABC) một góc 30 o . Tính thể tích lăng trụ. ĐS: V  a3 3 2 Bài 3: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a (BCC'B') một góc 30 o . Tính độ dài AB' và thể tích lăng trụ . biết AB' hợp với mặt bên ĐS: AB'  a 3 ; V  a3 3 2 Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC vuông tại A biết AC = a và  ACB  60o biết BC' hợp với mặt bên (AA'C'C) một góc 30o . Tính thể tích lăng trụ và diện tích tam giác ABC'. ĐS: V  a3 6 3a 2 3 ,S= 2 Bài 5: Cho lăng trụ tam giác đều ABC A'B'C' có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BC) bằng a và AA' hợp với mặt phẳng (A'BC) một góc 300 . Tính thể tích lăng trụ ĐS: V  32a 3 9 Bài 6: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có đường chéo A'C = a và biết rằng A'C hợp với (ABCD) một góc 30o và hợp với (ABB'A') một góc 45o . Tính thể tích của khối hộp chữ nhật. a3 2 Đs: V  8 Bài 7: Cho hình hộp đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông . Gọi O là tâm của ABCD và OA' = a .Tính thể tích của khối hộp khi: 1) ABCD A'B'C'D' là khối lập phương . 2) OA' hợp với đáy ABCD một góc 60o . 3) A'B hợp với (AA'CC') một góc 30o. Đs:1) V  2a 3 6 a3 3 4a 3 3 ;2) V  ;3) V  9 4 9 Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông và BD' = a . Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây: 1) BD' hợp với đáy ABCD một góc 60o . 2) BD' hợp với mặt bên (AA'D'D) một góc 30 o . Đs: 1)V = a3 3 a3 2 2)V = 16 8 Bài 9: Chiều cao của lăng trụ tứ giác đều bằng a và góc của 2 đường chéo phát xuất từ một đỉnh của 2 mặt bên kề nhau là 60o.Tính thể tích lăng trụ và tổng diện tích các mặt của lăng trụ . Đs: V = a3 và S = 6a2 3) Dạng 3: Lăng trụ đứng có góc giữa 2 mặt phẳng Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a , biết (A'BC) hợp với đáy (ABC) một góc 600 .Tính thể tích lăng trụ. Hoạt động của giáo viên: 131 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN B' Lời giải: Ta có A 'A  (ABC) & BC  AB  BC  A'B Vậy góc[(A 'BC),(ABC)]   ABA '  60o B ABA '  AA '  AB.tan 600  a 3 1 a2 SABC = BA.BC  2 2 a3 3 Vậy V = SABC.AA' = 2 A' C' A C o 60 Ví dụ 2: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều . Mặt (A’BC) tạo với đáy một góc 30 0 và diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. Lời giải: ABC đều  AI  BC mà AA'  (ABC) nên A'I  BC (đl 3  ).  'IA = 30o Vậy góc[(A'BC);)ABC)] = A C' A' 2x 3  x 3 .Ta có 2 2 AI 2 x 3 A' AI : A' I  AI : cos 30 0    2x 3 3 Giả sử BI = x  AI  B' A 30o A’A = AI.tan 30 0 = C x 3. 3 x 3 Vậy VABC.A’B’C’ = CI.AI.A’A = x3 B xI 3 Mà SA’BC = BI.A’I = x.2x = 8  x  2 Do đó VABC.A’B’C’ = 8 3 Ví dụ 3: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A'B'C'D' có cạnh đáy a và mặt phẳng (BDC') hợp với đáy (ABCD) một góc 60 o.Tính thể tích khối hộp chữ nhật. D' C' A' B' Lời giải: Gọi O là tâm của ABCD . Ta có ABCD là hình vuông nên OC  BD CC'  (ABCD) nên OC'  BD (đl 3  ). Vậy góc[(BDC');(ABCD)] =  = 60 o COC' Ta có V = B.h = SABCD.CC' ABCD là hình vuông nên SABCD = a2 C D 60 0 OCC' vuông nên CC' = OC.tan60o = O A B a Vậy V = a 6 2 a3 6 2 132 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có AA' = 2a ; mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy (ABCD) một góc 60 o và A'C hợp với đáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích khối hộp chữ nhật. D' A' C' B' BC  AB  BC  A'B (đl 3  ) . Vậy góc[(A'BC),(ABCD)] =  A 'BA  60o A'AC  AC = AA'.cot30 o = 2a 3 2a D A o 60 B o 30 C Lời giải: Ta có AA'  (ABCD)  AC là hình chiếu của A'C trên (ABCD) Vậy góc[A'C,(ABCD)] =  A 'CA  30o 2a 3 3 4a 6 ABC  BC  AC2  AB2  3 3 16a 2 Vậy V = AB.BC.AA' = 3 A'AB  AB = AA'.cot60o = Bài tập: Bài 1: Cho hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có AA' = a biết đường chéo A'C hợp với đáy ABCD một góc 30 o và mặt (A'BC) hợp với đáy ABCD một góc 600 . Tính thể tích hộp chữ nhật. Đs: V  2a 3 2 3 Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông và cạnh bên bằng a biết rằng mặt (ABC'D') hợp với đáy một góc 30 o.Tính thể tích khối lăng trụ. Đs: V = 3a3 Bài 3: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC = 2a biết rằng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 45 o. Tính thể tích lăng trụ. Đs: V  a 3 2 Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB = AC = a và  BAC  120o biết rằng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 45o. Tính thể tích lăng trụ. Đs: V  a3 3 8 Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BB' = AB = h biết rằng (B'AC) hợp với đáy ABC một góc 60 o. Tính thể tích lăng trụ. Đs: V  h3 2 4 Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC A'B'C' có đáy ABC đều biết cạnh bên AA' = a Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây: 1) Mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy ABC một góc 60 o . 2) A'B hợp với đáy ABC một góc 45o. 3) Chiều cao kẻ từ A' của tam giác A'BC bằng độ dài cạnh đáy của lăng trụ. Đs: 1) V  a 3 3 ; 2) V = a3 3 ; V = a3 3 4 Bài 7: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A'B'C'D' có cạnh bên AA' = 2a .Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây: 1) Mặt (ACD') hợp với đáy ABCD một góc 45 o . 2) BD' hợp với đáy ABCD một góc 600 . 133 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 3) Khoảng cách từ D đến mặt (ACD') bằng a . Đs: 1) V = 16a3 . 2) V = 12a3 .3) V = 16a 3 3 Bài 8: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây: 1)Mặt phẳng (BDC') hợp với đáy ABCD một góc 60 o . 2)Tam giác BDC' là tam giác đều. 3)AC' hợp với đáy ABCD một góc 450 Đs: 1) V a3 6 ; 2) V = a 3 ; V = a 3 2 2 Bài 9: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn A = 60o .Tính thể tích lăng trụ trong các trường hợp sau đây: 1) Mặt phẳng (BDC') hợp với đáy ABCD một góc 60 o . 2) Khoảng cách từ C đến (BDC') bằng 3) AC' hợp với đáy ABCD một góc 450 a 2 Đs: 1) V  3 3 3a 3 3 ; 2) V = 3a 2 ; V = 3a 4 8 2 Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A'B'C'D' có BD' = 5a ,BD = 3a Tính thể tích khối hộp trong các trường hợp sau đây: 1) AB = a 2) BD' hợp với AA'D'D một góc 30o 3) (ABD') hợp với đáy ABCD một góc 300 Đs: 1) V  8a 3 2 ; 2) V = 5a 3 11 ; V = 16a 3 4) Dạng 4: Khối lăng trụ xiên Ví dụ 1: Cho lăng trụ xiên tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , biết cạnh bên là a 3 và hợp với đáy ABC một góc 60o. Tính thể tích lăng trụ. A' C' B' Lời giải: Ta có C 'H  (ABC)  CH là hình chiếu của CC' trên (ABC) Vậy góc[CC',(ABC)]   C'CH  60o CHC'  C'H  CC'.sin 600  C A a B o 60 H SABC =  3a 2 a2 3 3a 3 3 .Vậy V = SABC.C'H = 4 8 Ví dụ 2: Cho lăng trụ xiên tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A' xuống (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết AA' hợp với đáy ABC một góc 60 . 1) Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật. 2) Tính thể tích lăng trụ . 134 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG A' HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: 1) Ta có A 'O  (ABC)  OA là hình chiếu của AA' trên (ABC) Vậy góc[AA ',(ABC)]   OAA '  60o C' Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ) AO  BC tại trung điểm H của BC nên BC  A 'H (đl 3  )  BC  (AA 'H)  BC  AA ' mà AA'//BB' nên BC  BB' Vậy BB'CC' là hình chữ nhật. B' A 60 o 2 2a 3 a 3 AH   3 3 2 3 o AOA '  A 'O  AO t an60  a a3 3 Vậy V = SABC.A'O = 4 2) ABC đều nên AO  C O a H B Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB = 3 AD = 7 .Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1. D' C' A' Lời giải: Kẻ A’H  (ABCD ) ,HM  AB , HN  AD  A' M  AB , A' N  AD (đl 3  )   A 'MH  45o ,A 'NH  60o Đặt A’H = x . Khi đó B' A’N = x : sin 600 = 2x 3 D C N AA' 2  A' N 2  3  4x 2  HM 3 Mà HM = x.cot 450 = x H A M AN = B Nghĩa là x = 3  4x 2 3 x 3 7 Vậy VABCD.A’B’C’D’ = AB.AD.x = 3. 7. 3 3 7 Bài tập: Bài 1: Cho lăng trụ ABC A'B'C'có các cạnh đáy là 13;14;15và biết cạnh bên bằng 2a hợp với đáy ABCD một góc 45 o . Tính thể tích lăng trụ. Đs: V = a 3 2 Bài 2: Cho lăng trụ ABCD A'B'C'D'có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và biết cạnh bên bằng 8 hợp với đáy ABC một góc 30o.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V =336 Bài 3: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D'có AB =a;AD =b;AA' = c và  BAD  30o và biết cạnh bên AA' hợp với o đáy ABC một góc 60 .Tính thể tích lăng trụ. 135 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Đs: V = abc 3 4 Bài 4 : Cho lăng trụ tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và điểm A' cách đều A,B,C biết AA' = 2a 3 a3 3 .Tính thể tích lăng trụ. Đs: V  3 4 Bài 5: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , đỉnh A' có hình chiếu trên (ABC) nằm trên đường cao AH của tam giác ABC biết mặt bêb BB'C'C hợp vớio đáy ABC một góc 60o . 1) Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật. Đs: V  2) Tính thể tích lăng trụ ABC A'B'C'. 3a 3 3 8 Bài 6: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Cạnh b CC' = a hợp với đáy ABC 1 góc 60 o và C' có hình chiếu trên ABC trùng với O . 1) Chứng minh rằng AA'B'B là hình chữ nhật. Tính diện tích AA'B'B. 2) Tính thể tích lăng trụ ABCA'B'C'. Đs: 1) S  a2 3 3a 3 3 2) V  2 8 Bài 7: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết chân đường vuông góc hạ từ A' trên ABC trùng với trung điểm của BC và AA' = a. 1) Tìm góc hợp bởi cạnh bên với đáy lăng trụ. a3 3 2) Tính thể tích lăng trụ. Đs: 1) 30o 2) V  8 Bài 8: Cho lăng trụ xiên ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Hình chiếu của C' trên (ABC) là O.Tính thể tích của lăng trụ biết rằng khoảng cách từ O đến CC' là a và 2 mặt bên AA'C'Cvà BB'C'C hợp với nhau một góc 90 o Đs: V  27a 3 4 2 Bài 9: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có 6 mặt là hình thoi cạnh a,hình chiếu vuông góc của A' trên(ABCD) nằm trong hình thoi,các cạnh xuất phát từ A của hộp đôi một tạo với nhau một góc 60 o . 1) Chứng minh rằng H nằm trên đường chéo AC của ABCD. 2) Tính diện tích các mặt chéo ACC'A' và BDD'B'. 3) Tính thể tích của hộp. Đs: 2) SACC'A'  a 2 2;SBDD'B'  a 2 . 3) V  a3 2 2 Bài 10: Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc A = 60o chân đường vuông góc hạ từ B' xuông ABCD trùng với giao điểm 2 đường chéo đáy biết BB' = a. 1)Tìm góc hợp bởi cạnh bên và đáy. 2)Tính thể tích và tổng diện tích các mặt bên của hình hộp. Đs: 1) 60o 2) V  3a 3 &S  a 2 15 4 136 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN LOẠI 2: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP 1) Dạng 1: Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy Ví dụ 1: Cho hình chóp SABC có SB = SC = BC = CA = a . Hai mặt (ABC) và (ASC) cùng vuông góc với (SBC). Tính thể tích hình chóp . Lời giải: Ta có (ABC)  (SBC)  AC  (SBC)   (ASC)  (SBC) A a_ B C / / 1 3 Do đó V  SSBC .AC  \ S 1 a2 3 a3 3 a 3 4 12 Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC = a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với đáy một góc 60o. 1) Chứng minh các mặt bên là tam giác vuông . 2) Tính thể tích hình chóp. Lời giải: 1) SA  (ABC)  SA  AB &SA  AC mà BC  AB  BC  SB ( đl 3  ). Vậy các mặt bên chóp là tam giác vuông. 2) Ta có SA  (ABC)  AB là hình chiếu của SB trên (ABC). Vậy góc[SB,(ABC)] =  SAB  60o . S C a A 60o ABC vuông cân nên BA = BC = SABC = B a 2 1 a2 BA.BC  2 4 a 6 2 2 1 1 a a 6 a3 6 Vậy V  SABC .SA   3 34 2 24 SAB  SA  AB.t an60o  Ví dụ 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết SA vuông góc với đáy ABC và (SBC) hợp với đáy (ABC) một góc 60o. Tính thể tích hình chóp . 137 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: M là trung điểm của BC,vì tam giác ABC đều nên AM  BC  SA  BC (đl3  ) . Vậy góc[(SBC);(ABC)] =  SMA  60o . S Ta có V = C A 1 1 B.h  SABC .SA 3 3 3a 2 3 1 1 a 3 Vậy V = B.h  SABC .SA  3 3 8 SAM  SA  AM tan 60o  60 o a M B Ví dụ 4: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA vuông góc đáy ABCD và mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60 o. 1) Tính thể tích hình chóp SABCD. 2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD). Lời giải: 1) Ta có SA  (ABC) và CD  AD  CD  SD ( đl 3  ).(1)  = 60 o . Vậy góc[(SCD),(ABCD)] = SDA S H 60 o A B a SAD vuông nên SA = AD.tan60o = a 3 1 1 a3 3 Vậy V  SABCD .SA  a2a 3  3 3 3 D 2) Ta dựng AH  SD ,vì CD  (SAD) (do (1) ) nên CD  AH  AH  (SCD) Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD). 1 1 1 1 1 4    2 2 2 2 2 2 AH SA AD 3a a 3a a 3 Vậy AH = 2 SAD  C Bài tập: Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA=BC=a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với (SAB) một góc 30 o. Tính thể tích hình chóp . a3 2 Đs: V = 6 Bài 2: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy (ABC) và SA = h ,biết rằng tam giác ABC đều và mặt (SBC) hợp với đáy ABC một góc 30o .Tính thể tích khối chóp SABC . Đs: V  h3 3 3 Bài 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông tại A và SB vuông góc với đáy ABC biết SB = a,SC hợp với (SAB) một góc 30o và (SAC) hợp với (ABC) một góc 60o .Chứng minh rằng SC2 = SB2 + AB2 + AC2 Tính thể tích hình chóp. Đs: V  a3 3 27 Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC) biết AC = AD = 4 cm,AB = 3 cm, BC = 5 cm. 138 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Đs: V = 8 cm3 1) Tính thể tích ABCD. 2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). 12 34 Đs: d = Bài 5: Cho khối chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , góc  BAC  120o , biết SA  (ABC) và mặt (SBC) hợp với đáy một góc 45o . Tính thể tích khối chóp SABC. Đs: V  a3 9 Bài 6: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông biết SA  (ABCD),SC = a và SC hợp với đáy một góc 60o Tính thể tích khối chóp. Đs: V  a3 3 48 Bài 7: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết rằng SA  (ABCD) , SC hợp với đáy một góc 45o và AB = 3a , BC = 4a Tính thể tích khối chóp. Đs: V = 20a3 Bài 8: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc nhọn A bằng 60o và SA  (ABCD) ,biết rằng khoảng cách từ A đến cạnh SC = a. a3 2 4 Đs: V  Tính thể tích khối chóp SABCD. Bài 9: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB = BC = a , AD = 2a , SA  (ABCD) và (SCD) hợp với đáy một góc 60o Đs: V  Tính thể thích khối chóp SABCD. a3 6 2 Bài 10 : Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong nửa đường tròn đường kính AB = 2R biết mặt (SBC) hợp với đáy ABCD một góc 45 o.Tính thể tích khối chóp SABCD. Đs: V  3R 3 4 2) Dạng 2 : Khối chóp có một mặt bên vuông góc với đáy Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáyABCD. 1) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AB. 2) Tính thể tích khối chóp SABCD. Lời giải: 1) Gọi H là trung điểm của AB. SAB đều  SH  AB mà (SAB)  (ABCD)  SH  (ABCD) Vậy H là chân đường cao của khối chóp. S D A B H a 2) Ta có tam giác SAB đều nên SA = 1 3 suy ra V  SABCD .SH  C a 3 2 a3 3 6 Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều ,BCD là tam giác vuông cân tại D , (ABC)  (BCD) và AD hợp với (BCD) một góc 60o. Tính thể tích tứ diện ABCD. 139 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: Gọi H là trung điểm của BC. Ta có tam giác ABC đều nên AH  (BCD) , mà (ABC)  (BCD)  AH  (BCD) . A Ta có AH  HD  AH = AD.tan60o = a 3 a a 3 3 2a 3 suy ra BCD  BC = 2HD = 3 1 1 1 a3 3 V = SBCD .AH  . BC.HD.AH  3 3 2 9 & HD = AD.cot60 o = B 60 H o D C Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, có BC = a. Mặt bên SAC vuông góc với đáy, các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 450. a) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AC. b) Tính thể tích khối chóp SABC. Lời giải: a) Kẻ SH  BC vì mp(SAC)  mp(ABC) nên SH  mp(ABC). Gọi I, J là hình chiếu của H trên AB và BC  SI  AB, SJ  BC, theo giả   45o thiết  SIH  SJH S Ta có: H A 45 C I SHI  SHJ  HI  HJ nên BH là đường phân giác của ABC ừ đó suy ra H là trung điểm của AC. a 1 a3 b) HI = HJ = SH =  VSABC= S ABC .SH  2 3 12 J B Bài tập: Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC đều cạnh a, tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC). 1) Chứng minh chân đường cao của chóp là trung điểm của BC. Đs: V  2) Tính thể tích khối chóp SABC. a3 3 24 Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông cân tại A với AB = AC = a biết tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC) ,mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45 o. Tính thể tích của SABC. Đs: V  a3 12   30o ; SBC là tam giác đều cạnh a và (SAB)  (ABC). Bài 3: Cho hình chóp SABC có  BAC  90o ;ABC Tính thể tích khối chóp SABC. Đs: V  a2 2 24 Bài 4: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều;tam giác SBC có đường cao SH = h và (SBC)  (ABC). Cho biết SB hợp với mặt (ABC) một góc 30o .Tính thể tích hình chóp SABC. Đs: V  4h3 3 9 140 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5: Tứ diện ABCD có ABC và BCD là hai tam giác đều lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau Đs: V  biết AD = a.Tính thể tích tứ diện. a3 6 36 Bài 6 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông . Mặt bên SAB là tam giác đều có đường cao SH = h ,nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD, 1) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AB. Đs: V  2) Tính thể tích khối chóp SABCD . 4h3 9 Bài 7: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật , tam giác SAB đều cạnh a nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) biết (SAC) hợp với (ABCD) một góc 30o .Tính thể tích hình chóp SABCD. Đs: V  a3 3 4 Bài 8: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật có AB = 2a , BC = 4a, SAB  (ABCD) , hai mặt bên (SBC) và (SAD) cùng hợp với đáy ABCD một góc 30 o .Tính thể tích hình chóp SABCD. Đs: V  8a3 3 9 Bài 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi với AC = 2BD = 2a và tam giác SAD vuông cân tại S , nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD. Tính thể tích hình chóp SABCD. Đs: V  a3 5 12 Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AD = CD = a ; AB = 2a biết tam giác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Tính thể tích khối chóp SABCD . Đs: V  a3 3 2 3) Dạng 3 : Khối chóp đều Ví dụ 1: Cho chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Chứng minh rằng chân đường cao kẻ từ S của hình chóp là tâm của tam giác đều ABC.Tính thể tích chóp đều SABC . \ Lời giải: Dựng SO  (ABC) Ta có SA = SB = SC suy ra OA = OB = OC Vậy O là tâm của tam giác đều ABC. Ta có tam giác ABC đều nên S AO = 2a C A a 2 2a 3 a 3 AH   3 3 2 3 SAO  SO2  SA 2  OA2   SO  O H 11a2 3 1 a3 11 a 11 .Vậy V  SABC .SO  3 12 3 B Ví dụ 2:Cho khối chóp tứ giác SABCD có tất cả các cạnh có độ dài bằng a . 1) Chứng minh rằng SABCD là chóp tứ giác đều. 2) Tính thể tích khối chóp SABCD. 141 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: Dựng SO  (ABCD) Ta có SA = SB = SC = SD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình thoi có đường tròn ngoại tiếp nên ABCD là hình vuông . Ta có SA2 + SB2 = AB2 +BC2 = AC2 nên  ASC vuông tại S S C D  OS   V O A a B a 2 2 1 1 a 2 a3 2 S ABCD .SO  a 2  3 3 2 6 Vậy V  a3 2 6 Ví dụ 3: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm DC. a) Tính thể tích khối tứ diện đều ABCD. b)Tính khoảng cách từ M đến mp(ABC). Suy ra thể tích hình chóp MABC. Lời giải: a) Gọi O là tâm của ABC  DO  ( ABC ) D 1 V  S ABC .DO 3 a2 3 2 a 3 S ABC  , OC  CI  4 3 3 M A C O I H a B DOC vuông có : DO  DC 2  OC 2  V  a 6 3 1 a2 3 a 6 a3 2 .  3 4 3 12 b) Kẻ MH// DO, khoảng cách từ M đến mp(ABC) là MH MH  1 a 6 DO  2 6 1 1 a 2 3 a 6 a3 2  VMABC  S ABC .MH  .  3 3 4 6 24 Vậy V  a3 2 24 Bài tập: Bài 1: Cho hình chóp đều SABC có cạnh bên bằng a hợp với đáy ABC một góc 60 o . Tính thể tích hình chóp. Đs: V  3a3 16 Bài 2: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh bên a, góc ở đáy của mặt bên là 45 o. 142 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG 1) Tính độ dài chiều cao SH của chóp SABC . 2) Tính thể tích hình chóp SABC. HĐBM -TỔ TOÁN a 3 a3 Đs: V  6 Đs: SH = Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy a và mặt bên hợp với đáy một góc 60o. Tính thể tích hình chóp SABC. Đs: V  a3 3 24 Bài 4 : Cho chóp tam giác đều có đường cao h hợp với một mặt bên một góc 30o . Tính thể tích hình chóp. h3 3 Đs: V  3 Bài 5 : Cho hình chóp tam giác đều có đường cao h và mặt bên có góc ở đỉnh bằng 60 o. Tính thể tích hình chóp. Đs: V  Bài 6 : Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy a và  ASB  60o . 1) Tính tổng diện tích các mặt bên của hình chóp đều. 2) Tính thể tích hình chóp. h3 3 8 a2 3 3 3 a 2 Đs: V  6 Đs: S  Bài 7 : Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có chiều cao h ,góc ở đỉnh của mặt bên bằng 60 o. Tính thể tích hình chóp. Đs: V  2h3 3 Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều có mặt bên hợp với đáy một góc 45 o và khoảng cách từ chân đường cao của chóp đến mặt bên bằng a. Tính thể tích hình chóp . Đs: V  8a3 3 3 Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng a hợp với đáy một góc 60 o. Tính thề tích hình chóp. Đs: V  a3 3 12 Bài 10: Cho hình chóp SABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng SABCD là chóp tứ giác đều.Tính cạnh của hình chóp này khi thể tích của nó bằng V  4) Dạng 4 : 9a3 2 . 2 Đs: AB = 3a Khối chóp & phương pháp tỷ số thể tích Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân ở B, AC  a 2 , SA vuông góc với đáy ABC , SA  a 1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 2) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, mặt phẳng (  ) qua AG và song song với BC cắt SC, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích của khối chóp S.AMN 143 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải: S a)Ta có: 1 VS . ABC  S ABC .SA và SA  a 3 + ABC cân có : AC  a 2  AB  a N  S ABC  C G A 1 2 1 1 a3 a Vậy: VSABC  . a 2 .a  2 3 2 6 b) Gọi I là trung điểm BC. SG 2  SI 3 SM SN SG 2     // BC  MN// BC  SB SC SI 3 G là trọng tâm,ta có : M I B  VSAMN SM SN 4  .  VSABC SB SC 9 4 2a 3 V  V  Vậy: SAMN SABC 9 27 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB  a . Trên đường thẳng qua C và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho CD  a . Mặt phẳng qua C vuông góc với BD, cắt BD tại F và cắt AD tại E. a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD. b) Chứng minh CE  ( ABD ) c) Tính thể tích khối tứ diện CDEF Lời giải: 3 D a) Tính F VABCD : VABCD  1 SABC .CD  a 3 6 b) Tacó: AB  AC , AB  CD  AB  ( ACD )  AB  EC DB  EC  EC  ( ABD ) a E c) Tính VDCEF :Ta có: B C VDCEF DE DF  . (*) VDABC DA DB 2 Mà DE .DA  DC , chia cho DA2 a A DE DC 2 a2 1    2  2 DA DA 2a 2 2 DF DC a2 1    Tương tự: 2 2 2 DB DB DC  CB 3 Từ (*)  1 a3 VDCEF 1 V  V  .Vậy  DCEF ABCD VDABC 6 6 36 Ví dụ 3: Cho khối chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ( ) qua A, B và trung điểm M của SC . Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. 144 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN S N M D A O B C Lời giải: Kẻ MN // CD (N  SD) thì hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM). V SN 1 1 1 + SAND    VSANB  VSADB  VSABCD VSADB SD 2 2 4 VSBMN SM SN 1 1 1 1 1  .  .   VSBMN  VSBCD  VSABCD Mà VSBCD SC SD 2 2 4 4 8 3 VSABMN = VSANB + VSBMN = VSABCD . 8 5 Suy ra VABMN.ABCD = VSABCD 8 VSABMN 3 Do đó :  V ABMN . ABCD 5 Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy góc 60 . Gọi M là trung điểm SC. Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. a) Hãy xác định mp(AEMF) b) Tính thể tích khối chóp S.ABCD c) Tính thể tích khối chóp S.AEMF Lời giải: a) Gọi I  SO  AM . Ta có (AEMF) //BD  EF // BD S b) M  I C F Vậy : VS . ABCD a 6 2 a3 6  6 c) Phân chia chóp tứ giác ta có O A 1 S ABCD .SO với S ABCD  a 2 3 + SOA có : SO  AO. tan 60  E B VS . ABCD  D VS . AEMF = VSAMF + VSAME =2VSAMF VS . ABCD = 2VSACD = 2 VSABC Xét khối chóp S.AMF và S.ACD Ta có :  SM 1  SC 2 SAC có trọng tâm I, EF // BD nên: V SM SF 1 SI SF 2 .      SAMF  SO SD 3 VSACD SC SD 3 1 1 a3 6  VSAMF  VSACD  VSACD  3 6 36  VS . AEMF a3 6 a3 6 2  36 18 145 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc đáy, là hình chiếu của A lần lượt lên SB, SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Chứng minh SC  ( AB ' D ') c) Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ SA  a 2 . Gọi B’, D’ Lời giải: S a) Ta có: VS . ABCD 1 a3 2  S ABCD .SA  3 3 b) Ta có BC  ( SAB )  BC  AB ' & SB  AB ' Suy ra: AB '  ( SBC ) nên AB'  SC .Tương tự AD'  SC. Vậy SC  (AB'D') B' C' D' c) Tính VS . A B ' C ' D ' VSAB'C' SB ' SC '  . (*) VSABC SB SC SC ' 1  SAC vuông cân nên SC 2 2 2 SB ' SA 2a 2a 2 2     Ta có: SB SB 2 SA2  AB 2 3a 2 3 I + Tính B A O D C VS . AB 'C ' : Ta có: Từ (*)  V SA B 'C ' 1  V SABC 3 1 a3 2 a3 2  VSAB 'C '  .  3 3 9 + VS . A B ' C ' D '  2VS . A B 'C ' 2a 3 2  9 Bài tập: Bài 1: Cho tứ diên ABCD. Gọi B' và C' lần lượt là trung điểm của AB và AC. Tính tỉ số thể tích của khối tứ diện AB'C'D và khối tứ diên ABCD. Đs: k  1 4 Bài 2: Cho tứ diên ABCD có thể tích 9m3 ,trên AB,AC,AD lần lượt lấy các điểm B',C',D' sao cho AB = 2AB' ;2AC = 3AD' ;AD = 3AD'. Tính tể tích tứ diện AB'C'D'. Đs: V = 2 m3 Bài 3: Cho tứ diên đều ABCD có cạnh a. Lấy các điểm B';C' trên AB và AC sao cho AB  thể tích tứ diên AB'C'D . Đs: V  a 2a ;AC'  . Tính 2 3 a3 2 36 Bài 4: Cho tứ diênABCD có thể tích 12 m3 .Gọi M,P là trung điểm của AB và CD và lấy N trên AD sao cho DA = 3NA. Tính thể tích tứ diên BMNP. Đs: V = 1 m3 146 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 ,đường cao SA = a.Mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại H và cắt SC tại K. Tính thể tích hình chóp SAHK. Đs: V a3 3 40 Bài 6: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 27m3 .Lấy A'trên SA sao cho SA = 3SA'. Mặt phẳng qua A' và song song với đáy hình chóp cắt SB,SC,SD lần lượt tại B',C',D' .Tính thể tích hình chóp SA'B'C'D'. Đs: V = 1 m3 Bài 7: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 9m3, ABCD là hình bình hành , lấy M trên SA sao cho 2SA = 3SM. Mặt phẳng (MBC) cắt SD tại N.Tính thể tích khối đa diên ABCDMN . Đs: V = 4m3 Bài 8: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao SA = h. Gọi N là trung điểm SC. Mặt phẳng chứa AN và song song với BD lần lượt cắt SB,SDF tại M và P. Tính thể tích khối chóp SAMNP. Đs: V  a2 h 9 Bài 9 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và I là trung điểm của SC.Mặt phẳng qua AI và song song với BD chia hình chóp thành 2 phần.Tính tỉ số thể tích 2 phần này. Đs: k  1 2 Bài 10: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và lấy M trên SA sao cho SM  x Tìm x để SA mặt phẳng (MBC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Đs: x  5 1 2 5) Dạng 5 : Ôn tập khối chóp và lăng trụ Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc đáy. Góc giữa SC và đáy bằng 60 và M là trung điểm của SB. 1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. 2) Tính thể tích của khối chóp MBCD. Lời giải: S a)Ta có V  1 S ABCD .SA 3 2 2 + S ABCD  (2a )  4a + SAC có : SA  AC tan C  2 a 6 H A B b) Kẻ MH / / SA  MH  ( DBC ) 60o Ta có: MH  D 2a . 1 2 8a3 6 V  4a .2a 6  3 3 C 1 1 SA , S BCD  S ABCD 2 2 1 2a3 6 VMBCD  V  4 3 147 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a 3 , AD = a, AA’ = a, O là giao điểm của AC và BD. a) Tính thể tích khối hộp chữ nhật, khối chóp OA’B’C’D’ b) Tính thể tích khối OBB’C’. c) Tính độ dài đường cao đỉnh C’ của tứ diện OBB’C’. A B Lời giải: a) Gọi thể tích khối hộp chữ nhật là V. Ta có : V O D M  AB. AD.AA '  a 3.a2  a3 3 ABD có : DB  AB 2  AD 2  2a C * Khối OA’B’C’D’ có đáy và đường cao giống khối hộp nên: B' A' C' D' 1 a3 3 VOA' B'C ' D'  V  3 3 b) M là trung điểm BC OM (BB'C') 1 1 a2 a 3 a3 3 VOBB'C '  SBB'C ' .OM  . .  3 3 2 2 12 c) Gọi C’H là đường cao đỉnh C’ của tứ diện OBB’C’. Ta có : C ' H  3VOBB 'C ' SOBB ' ABD có : DB  AB 2  AD 2  2a 1  SOBB '  a 2  C ' H  2a 3 2 Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ACB’D’. B A D C A' B' C' Lời giải: Hình lập phương được chia thành: khối ACB’D’ và bốn khối CB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’. + Các khối CB’D’C’, BB’AC, D’ACD, AB’A’D’ có diện tích đáy và chiều cao bằng nhau nên có cùng thể tích. Khối CB’D’C’ có 1 1 1 V1  . a 2 .a  a 3 3 2 6 + Khối lập phương có thể tích: D' a 3 1 6 3 V2  a 3  VACB ' D '  a  4. a  1 3 a 3 Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ đứng tam giác có các cạnh bằng a. a) Tính thể tích khối tứ diện A’B’ BC. b) E là trung điểm cạnh AC, mp(A’B’E) cắt BC tại F. Tính thể tích khối CA’B’FE. 148 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG E A I HĐBM -TỔ TOÁN B Lời giải: a) Khối A’B’ BC:Gọi I là trung điểm AB, VA ' B ' BC F C 1 1 a 2 a 3 a3 3  S A ' B ' B .CI  .  3 3 2 2 12 b) Khối CA’B’FE: phân ra hai khối CEFA’ và CFA’B’. + Khối A’CEFcó đáy là CEF, đường cao A’A nên VA ' CEF  B' A' SCEF J C' 1 SCEF . A ' A 3 1 a2 3 a3 3  S ABC   VA ' CEF  4 16 48 + Gọi J là trung điểm B’C’. Ta có khối A’B’CF có đáy là CFB’, đường cao JA’ nên V A ' B 'CF  1 SCFB' . A ' J 3 1 a2 SCFB'  SCBB '  2 4 1 a2 a 3 a3 3  VA ' B ' CF   3 4 2 24 + Vậy : VCA'B'FE a3 3  16 Bài tập: Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; AA1 = a 2 . M là trung điểm AA1. Tính thể tích lăng trụ MA1BC1 a3 2 Đs:V = 12  = 60o, Bài 2: Hình chóp SABCD có ∆ABC vuông tại B, SA  (ABC). ACB BC = a, SA = a 3 ,M là trung điểm SB.Tính thể tích MABC . Đs: VMABC = 1 4 a3  Bài 3: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90 o. ∆SAC và ∆SBD là các tam giác đều 3 . Tính thể tích khối chóp SABCD. 6 VSABCD = 4 có cạnh bằng Đ s: Bài 4: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau: a) Cạnh đáy bằng 1, góc ABC = 60o . b) AB = 1, SA = 2 . 2 12 11 Đs: V = 12 Đs: V = Bài 5. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính VA’ABC theo a? Đs: V = a3 2 149 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 6: Cho hình chóp SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 60 o, các cạnh bên nghiêng đều với đáy 1 góc 45 o. 3 và góc giữa 2 đường chéo bằng Đs: V  Tính VSABCD . Bài 7: Cho hình chóp SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60 o, BSC = 90o, 3 3 a 2 12 Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a ,SB= a 3 và mặt phẳng (SAB) CSA = 120 o.Chứng minh rằng ∆ABC vuông .Tính VSABC . Đs: V  vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB.BC.Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN Đs: vS .BMDN  a3 3 3 Bài 9: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. M, N, E lần lượt là trung điểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ do (MNE) tạo ra. Đs: k = 1 Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,BC,CD.Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. Đs : a3 3 vM .CNP  96 150 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Các bài toán thi TN - CĐ - TSĐH các năm từ 2012 đến 2014. Bài 1. (TN-2014) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC  2a 5 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm M của cạnh AB . Góc giữa đường thẳng SC và  ABC  bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a . Đáp án Bài 2. (CĐ-2014) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. SC tạo với đáy một góc bằng 450 . a) Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD . b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) . Đáp án 151 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 3. (ĐH-K.D-2014) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt đáy. a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC Đáp án Bài 4. (ĐH-K.B-2014) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng A ' C và mặt đáy bằng 600 . a) Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( ACC ' A ') . Đáp án 152 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (ĐH-K.A-2014) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD  3a , hình chiếu vuông góc của 2 S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của cạnh AB . a) Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD . b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SBD) . Đáp án Bài 5. (TN-2013) Đáp án 153 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (CĐ-2013) Đáp án Bài 5. (ĐH-K.A-2013) Đáp án 154 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (ĐH-K.B-2013) Đáp án Bài 5. (ĐH-K.D-2013) Đáp án 155 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (TN-2012) Đáp án Bài 5. (CĐ-2012) Đáp án 156 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (ĐH-K.A-2012) Đáp án Bài 5. (ĐH-K.B-2012) Đáp án 157 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. (ĐH-K.D-2012) Đáp án 158 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN CÁC BÀI TOÁN THI Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA  3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA  2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Bài giải S H' C D K H A a B M    Vì SH  ( ABCD ) nên SCH SC , ( ABCD)   300. Trong tam giác vuông SAD ta có SA2  AH . AD 3 AD 2  AD  4a; HA  3a; HD  a 4  SH  HA.HD  a 3  HC  SH .cot 300  3a  12a 2   CD  HC 2  HD 2  2 2a. 1 8 6a3 Suy ra S ABCD  AD.CD  8 2 a 2 . Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 3 Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 1 1 d  M , ( SBC )   d  A,( SBC )   d  H , ( SBC )  . 2 2 Kẻ HK  BC tại K, HH '  SK tại H '. Vì BC  ( SHK ) nên BC  HH '  HH '  ( SBC ). 1 1 1 11 2 6 a 2 66     HH '   a. 2 2 2 2 11 HH ' HK HS 24a 11 66 Từ (1), (2) và (3) suy ra d  M , ( SBC )   a. 11 Trong tam giác vuông SHK ta có (1) (2) (3)   1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 0. Gọi K là trung điểm của SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. Bài giải S Q K D P H C O A B 159 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN   1200 nên  Gọi O  AC  BD. Vì BCD ABC  600 a 3  ABC đều cạnh a  AC  a, OD  OB  . 2 Kẻ OH  SB tại H. Vì AC  ( SBD ) nên AC  SB  SB  ( AHC )  SB  AH và SB  HC. ( SAB), (SBC )   600  ( AH , CH )  600   AHC  600 hoặc  AHC  1200 . a 3 TH 1.  AHC  600   AHO  300  OH  OA.cot 300   OB, vô lý vì OHB vuông tại H. 2 a a 2 TH 2.  AHC  1200   AHO  600  OH  OA.cot 600   BH  OB 2  OH 2  . 2 3 3 OH BH OH .BD a 3 Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên   SD   . SD BD BH 2 2 1 a3 2 a2 3 a2 3 . S ABCD  2.S ABC  2.  . Suy ra VS . ABCD  SD.S ABCD  3 8 4 2 Vì BC // AD nên (SBC) // AD  d ( AD, BK )  d  D, ( SBC ) . (1) Kẻ DP  BC tại P, DQ  SP tại Q. Vì BC  ( SDP) nên BC  DQ  DQ  ( SBC ). (2) Từ tam giác vuông DCP  DP  DC.sin 600  Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AD, BK )  DQ  a 3 a . Từ tam giác vuông SDP  DQ  . 2 2 (3) a . 2 a 10   1350. Hình chiếu vuông góc của , AC  a 2, BC  a , ACB 4 C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và góc tạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A '). Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có AA '  Bài giải C' B' A' H K C B M A 1 a2 S ABC  CA.CB sin1350  . 2 2 Áp dụng định lý cosin cho ABC  AB  a 5 CA2  CB 2 AB 2 a 2 a 6    C ' M  C ' C 2  CM 2  . 2 4 4 4 a3 6 Suy ra thể tích lăng trụ V  C ' M .S ABC  . 8  CM 2  160 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Kẻ MK  AC (K thuộc AC), MH  C ' K (H thuộc C ' K )   Vì AC  (C ' MK ) nên AC  MH  MH  ( ACC ' A ')   C ' M , ( ACC ' A ')   MC ' H  MC ' K. (1) Vì M là trung điểm AB nên SCAM  1 a2 2S a MK 1  SCAB   MK  MAC   tan MC 'K   . 2 4 AC C 'M 2 2 3  Suy ra MC ' K  300. Từ (1) và (2) suy ra  C ' M , ( ACC ' A ')  300.  (2)  Bài 4. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD ' C ') bằng 21 . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 7 A ' BC ' D '. Bài giải A D a 3 3a B C A' D' H O G C' B'  Áp dụng định lý côsin cho tam giác A ' B ' D ' suy ra B ' A ' D '  1200. Do đó A ' B ' C ', A ' C ' D ' là các tam giác đều cạnh a 3. Gọi O  A ' C ' B ' D ', ta có BO   A ' B ' C ' D ' . . Kẻ OH  A ' B ' tại H, suy ra A ' B '   BHO  . Do đó  ABCD  ,  CDD ' C '   BHO   21  2 .  tan BHO 7 3 a 3 9a 3   A ' O.sin 600. 2  a 3 . Vậy V  BO  HO.tan BHO .a 3.a 3.sin 600  . ABCD. A ' B ' C ' D '  2 2 4 3  Từ cos BHO a 3 1  A ' C ' nên tam giác A ' BC ' vuông tại B. Vì B ' D '   A ' BC ' nên B ' D ' là trục đường tròn ngoại tiếp 2 2 tam giác A ' BC '. Gọi G là tâm của tam giác đều A ' C ' D '. Khi đó GA '  GC '  GD ' và GA '  GB  GC ' nên G là tâm mặt 2 2 3a cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Mặt cầu này có bán kính R  GD '  OD '  .  a. 3 3 2 Vì BO  161 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC ) một góc bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và ( ABCD). Bài giải S C a 3 D H K B A Vì (SBC )  ( ABCD), CD  BC , CD  ( ABCD ) nên CD  (SBC )   ( SD; ( SBC ))  600  DSC  SC  CD.cot 600  a. Suy ra SB  a 2. Kẻ SH  BC  SH  (ABCD ). Từ tam giác SBC vuông ta có SH  a 2 . 3 1 a3 6 Suy ra VSABCD  SH .S ABCD  . 3 3 . Kẻ SK  BD. Khi đó hình chiếu HK  BD. Suy ra (SBD, ABCD )  SKH SB 2 2a a 2   HK  BH . sin 450  . BC 3 3 Suy ra SHK vuông cân tại H. Do đó SKH  45 0. Suy ra (SBD, ABCD )  450. Từ tam giác vuông SBC ta có BH  Bài 6. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD  DC , AB  2AD, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh 2 a và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a . Bài giải S K I A B M H D C 162 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Gọi M là trung điểm AB, H là trung điểm BC. Ta có SH  BC  SH  ( ABCD ), SH  a 3. Tứ giác AMCD là hình vuông nên CM = AM = MB. Suy ra CMB vuông cân. Do đó: CM  a 2 , AB  2a 2 , CD  a 2 . 1 ( AB  CD).CM  3a 2 . Thể tích VS . ABCD  SH .S ABCD  3a 3 . 2 3 Kẻ đường thẳng  đi qua A,  // BC. Hạ HI   ( I  ). Suy ra BC //(SAI ). Do đó: d ( BC , SA)  d ( BC , ( SAI ))  d ( H , ( SAI )). Hạ HK  SI ( K  SI ). Suy ra HK  (SAI ). Do đó d ( H , ( SAI ))  HK . Ta có CM  AM  MB nên tam giác ACB vuông tại C. Suy ra HI  AC  2a. HI .SH 2 21a Do đó : d ( BC , SA)  HK   . 2 2 7 HI  SH Diện tích S ABCD  Bài 7. Cho hình lăng trụ ABC.A1 B1C1 có M là trung điểm cạnh AB, BC  2a, ACB  90 0 và ABC  600 , cạnh bên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACC1 A1 ). Bài giải C1 A1 B1 C 2a B K H A M Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết  C1 H  ( ABC )  C1CH  (CC1 ; ( ABC ))  45 0. *) Từ tam giác vuông 1 ABC với BC  2a , ABC  60 0  AC  2a 3 , AM  4a, CM  AB  2 a  CH  a  C1 H  CH tan 450  a. 2 2 3 VABC . A1B1C1  C1H .S ABC  a.2a 3  2 3a . Kẻ HK  AC  đường xiên C1 K  AC  (( ABC ); ( ACC1 A1 ))  C1 KH . a Tam giác MCA cân tại M  MCA  MAC  30 0  HK  HC.sin 30 0  2 CH  tan( C1 KH )   2  (( ABC ); ( ACC1 A1 ))  arctan 2. HK 163 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN BÀI TẬP Bài 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA  AB  a, AC  2a và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho BM  2 MA . a) Tính theo a thể tích khối chóp S .BCM . b) Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCM ) . Bài 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3a; BC  4a , mặt phẳng ( SBC ) vuông   300 . góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  2a 3 và SBC a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC . b) Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) . Bài 3. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BA  3a, BC  4a ; mặt phẳng ( SBC ) vuông   300 . góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  2a 3 và SBC a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC . b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) . Bài 4. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD , cạnh SB tạo với đáy một góc 600 . a) Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD . Bài 5. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 , DA  BD  DC . Biết rằng DBC là tam giác vuông. a) Tính theo a thể tích của tứ diện ABCD . a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC . Bài 6. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD . Gọi H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SH  a 3 . a) Tính theo a thể tích khối chóp S .CDNM . b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC . 164 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN   1200 , Bài 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD   450 . M là trung điểm của cạnh BC và SMA a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD . b) Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  . Bài 8. Cho hình chóp S . ABC với ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt ( SAB),( SAC ) cùng vuông góc với mặt ( ABC ) . Góc giữa ( SBC ) và ( ABC ) là 600 . M là trung điểm AC . a) Tính theo a thể tích khối tứ diện S . ABC b) Tính theo a khoảng cách giữa AB và SN theo a . Bài 9. Cho hình chóp S . ABC , tam giác ABC vuông cân tại A có BC  3a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt ( ABC ) là điểm H thuộc đoạn AB sao cho HA  3HB và SC tạo với mặt đáy ABC góc 600 . a) Tính theo a thể tích khối tứ diện S . ABC b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC . Bài 10. Cho hình chóp S . ABC với tam giác ABC cân tại A, AB  AC  2a , BC  3a , SA  SB  SC và SA tạo với mặt đáy ( ABC ) góc 600 . a) Tính theo a thể tích chóp S . ABC . b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC . Bài 11. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, BA  3a, BC  4a . Mặt phẳng ( SBC )   300 . vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  a 3 và SBC a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC b) Tính theo a khoảng cách giữa SB và AC . Bài 12. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SH  a 3 . 165 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN a) Tính theo a thể tích khối chóp S .CDNM và b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SC theo a . Bài 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh , mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 450 , SA  SB . a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD b) Tính theo a khoảng cách giữa AB và SC . Bài 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  a ; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn AC , AC  4 AH . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC . a) Tính theo a thể tích khối tứ diện SMBC b) Tính theo a khoảng cách giữa MB và CD theo a . Bài 15. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  a , BC  a, AD  2a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa mặt phẳng  SCD  với mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD b) Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng  SCD  . Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA  3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA  2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).   1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 600. Gọi K là trung điểm của SC. a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. Bài 18. Cho tam giác ABC vuông cân tại B, AB  BC  2a . Hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) là 600 . 166 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN a) Tính theo a thể tích khối chóp S .BCMN b) Tính theo a khoảng cách giữa SM và AC . Bài 19. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 5 . 2 a) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp b) Tính theo a khoảng cách giữa SM và AC trong đó M là trung điểm BC . Bài 20. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a , cạnh SA vuông góc với đáy và cạnh SB hợp với đáy góc 600 . Lấy M trên SA sao cho AM  a 3 . Mặt phẳng ( BMC ) cắt SD 2 tại N . a) Tính theo a tích khối chóp S .BCNM b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC Bài 21. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , tam giác SBC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC ) một góc bằng 60 0. a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và ( ABCD). Bài 22. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD  DC , AB  2AD, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh 2 a và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a . Bài 23. Cho hình chóp S . ABC có hình chiếu S lên mặt phẳng ( ABC ) nằm trong tam giác ABC và các mặt bên tạo với mặt đáy ( ABC ) góc 600 . Cho AB  4a, AC  2 7 a ,  ABC  600 . a) Tính theo a thể tích chóp S . ABC b) Tính theo a khoảng cách giữa SA, BC . 167 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bài 24. Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a . Gọi M là trung điểm của BC , N là giao điểm của AC và DM , H là hình chiếu vuông góc của A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  là  , với tan   2 . 5 a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABMN b) Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SMD  .   600 . Bài 25. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại S , SBC Mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC b) Tính theo a khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA   ABCD  ; AB  SA  3a; AD  3a 2 ,( a  0 ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD,SC ; I là giao điểm của BM , AC . a) Chứng minh rằng mặt phẳng  SBM  vuông góc với mặt phẳng  SAC  và b) Tính theo a thể tích khối tứ diện ABIN . Bài 27. Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' với đáy ABCD là hình thoi cạnh a và tam giác ABD đều. Biết A ' A  A ' B  A ' D và góc tạo bởi A ' A và mặt đáy ( ABCD) là 600 . a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABCB. A ' B ' C ' D ' . b) Tính theo a khoảng cách giữa B ' và mặt phẳng ( A ' BD) . Bài 28. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) là 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC . a) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC b) Tính theo a khoảng cách giữa A ' C và AB theo a . Bài 29. Cho tam giác hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2 AD , A ' C  2a và tạo với mặt phẳng ( ABCD) góc 600 . a) Tính theo a thể tích tứ diện ABB ' C ' 168 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN b) Tính theo a khoảng cách từ A tới mặt phẳng (CA ' D ') . Bài 30. Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh là a . I , K lần lượt là trung điểm A ' D ', BB ' . a) Tính theo a thể tích khối tứ diện IKAD . b) Tính theo a khoảng cách giữa IK , AD Bài 31. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có mặt bên là các hình vuông cạnh a . Gọi D, E , F là trung điểm các cạnh BC , A ' C ', B ' C ' . a) Tính theo a khoảng cách giữa DE và A ' F theo a . b) Tính theo a khoảng cách giữa A ' D và BE theo a . Bài 32. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A có AB  a , AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của A ' lên ( ABC ) là trung điểm của BC . a) Tính theo a thể tích chóp A.BCC ' B ' b) Tính theo a khoảng cách giữa AB và A ' C theo a . Bài 33. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có AA '  a 10   1350. Hình chiếu vuông góc , AC  a 2, BC  a, ACB 4 của C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. a) Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' b) Tính góc tạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A '). Bài 34. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD ' C ') bằng 21 . 7 a) Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' b) Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Bài 35. Cho hình lăng trụ ABC.A1 B1C1 có M là trung điểm cạnh AB, BC  2a, ACB  90 0 và ABC  600 , cạnh bên CC1 tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 , hình chiếu vuông góc của C1 lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của CM. a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho 169 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN b) Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACC1 A1 ). Bài 36. Cho lăng trụ ABC.A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  2 , BC  4 .Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của AC . Góc giữa hai mặt phẳng  BCC1B1  và  ABC  bằng 600 . a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và BC . Bài 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có AB  a, BC  2a ,  ABC  1200 , SA  SC , SB  SD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD, BC . Tính theo a khoảng cách giữa SM , ND biết d ( S ,( ABCD ))  3a . Bài 38. Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , N là trung điểm AB . Tình khoảng cách giữa GC ' và AN theo a . Bài 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh và SA  b . M , N là trung điểm SB, SD . Tính theo a và b khoảng cách giữa AN , CM . Bài 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB  2 BC  2a, SA  3a,   600 . Tính khoảng cách giữa D và ( SBC ) theo a . SA  ( ABCD), ABC Bài 41. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh A . Các mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và ( ABC ) là 600 . P thuộc đoạn AB sao cho AP  đoạn AC sao cho AQ  1 AB , Q thuộc 4 5 AC . Tính khoảng cách giữa PQ, SC theo a . 7 Bài 42. Cho chóp tam giác đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA  2a 3 . Gọi D là điểm đối 3 xứng B qua C . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABD . Bài 43. Cho chóp tứ giác đều S . ABCD với ABCD là hình vuông cạnh a , chiều cao của hình chóp bằng a . Gọi E, F là trung điểm BC , AD . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .EBF . Bài 44. Cho chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  a, CD  2a, 170 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN SD  2a, SD  ( ABCD) . E là trung điểm của CD . Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCE . Bài 45. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a , chiều cao hình chóp bằng a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm BC , AD . Xác định tâm và tính theo a bán kính cầu ngoại tiếp chóp S .EBF . Bài 46. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a . SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N là trung điểm của BC , CD . Xác định tâm và tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S .MCN theo a . Bài 47. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  SB  a , ( SAB) vuông góc với đáy. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABCD theo a . Bài 48. Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SA  a , hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AC và AH  1 AC . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ 4 diện OSCD theo a . -------------------------------Hết------------------------------ 171 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 8 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN A. KIẾN THỨC CƠ BẢN TỌA ĐỘ ĐIỂM - TỌA ĐỘ VÉC TƠ z I. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong không gian x'Ox : trục hoành x' y'Oy : trục tung  z'Oz : trục cao k y ' O    : gốc toạ độ  O j i, j, k : véc tơ đơn vị i   x (hay i; j; k : véc tơ đơn vị ) z' Quy ước : Không gian mà trong đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz được gọi là không gian Oxyz và ký hiệu là : kg(Oxyz)      y II. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ:  1. Định nghĩa 1: Cho M  kg(Oxyz) . Khi đó véc tơ OM được biểu diển một cách duy nhất theo       z i, j, k bởi hệ thức có dạng : OM  xi  y j + yk vôùi x,y,z   . Bộ số (x;y;z) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M. Ký hiệu: M(x;y;z) y ( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M, z: cao độ của điểm M ) M O x ñ/n  Ý nghĩa hình học: z R z M3 O p  x  OP ; y= OQ ; z = OR M2 M y y Q x x     OM  xi  y j  zk M ( x; y; z) M1   2. Định nghĩa 2: Cho a  kg(Oxyz) . Khi đó véc tơ a được biểu diển một cách duy nhất theo       i, j, k bởi hệ thức có dạng : a  a1 i  a2 j + a3 k vôùi a1 ,a2 ,a3   .  Bộ số (a1;a2;a3) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a .  Ký hiệu: a  (a1; a2 ; a3 )  a=(a1;a2 ;a3 ) ñ /n      a  a1 i  a2 j  a3 k 172 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. Các công thức và định lý về toạ độ điểm và toạ độ véc tơ : Nếu A( x A ; y A ; zA ) vaø B(xB ; yB ; zB ) thì Định lý 1:  AB  ( xB  x A ; yB  y A ; zB  zA )   Nếu a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) thì Định lý 2: a1  b1    * a  b  a2  b2 a  b 3  3   * a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 )   * a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 )  * k .a  (ka1; ka2 ; ka3 ) (k  ) III. Sự cùng phương của hai véc tơ: Nhắc lại  Hai véc tơ cùng phương là hai véc tơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng song song .  Định lý về sự cùng phương của hai véc tơ:     Định lý 3 : Cho hai véc tơ a vaø b vôùi b  0   a cuøng phöông b    !k   sao cho a  k .b   Nếu a  0 thì số k trong trường hợp này được xác định như sau:   k > 0 khi a cùng hướng b   k < 0 khi a ngược hướng b  a k   b Định lý 4 :   A, B, C thaúng haøng  AB cuøng phöông AC   Định lý 5: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :   a cuøng phöông b a1  kb1   a2  kb2  a 1 : a2 : a3  b1 : b2 : b3 a  kb 3  3 173 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN IV. Tích vô hướng của hai véc tơ: Nhắc lại:      a.b  a . b .cos(a, b) 2  2 a  a    a  b  a.b  0   Định lý 6: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a2 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :  a.b  a1b1  a2 b2  a3b3  Định lý 7: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) ta có :  a  a12  a22  a32 Định lý 8: Nếu A( x A ; y A ; zA ) vaø B(x B ; yB ; zB ) thì AB  ( xB  x A )2  ( yB  y A )2  ( zB  zA )2   Định lý 9: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :   ab  a1b1  a2 b2  a3b3  0   Định lý 10: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) ta có :    a.b a1b1  a2 b2  a3b3 cos(a, b )     a.b a12  a22  a32 . b12  b22  b32 V. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k: Định nghĩa : Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k  1 ) nếu như :   MA  k .MB    A M B   Định lý 11 : Nếu A( x A ; y A ; zA ) , B(x B ; yB ; zB ) và MA  k .MB ( k  1 ) thì x A  k .x B   xM  1  k  y A  k .yB   yM  1 k  zA  k .zB   zM  1  k  174 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN x A  xB   xM  2  y y  Đặc biệt : M là trung điểm của AB   yM  A B 2  zA  zB   zM  2  Định lý 12: Cho tam giác ABC biết A( x A ; y A ; zA ) , B(x B ; yB ; zB ), C(xC ; yC ; zC ) x A  xB  xC   xG  3  y y y  G là trọng tâm tam giác ABC   yG  A B C 3  zA  zB  zC   zG  3  Ví dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3) Tìm điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành Ví dụ 2: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0) a. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông . b. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC c. Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ A VI. Tích có hướng của hai véc tơ:   1. Định nghĩa: Tích có hướng của hai véc tơ a  (a1; a2 ; a3 ) vaø b  (b1; b2 ; b3 ) là một véc tơ được   ký hiệu :  a; b  có tọa độ là : 1 2 3   a  a; b    2    b2 a3 a3 ; b3 b3  a  (a1; a2 ; a3 ) Cách nhớ:  b  (b1; b2 ; b3 ) a1 a1 a2  ;  b1 b1 b2  2. Tính chất:              a; b   a vaø  a; b   b     1   SABC  .  AB; AC  2   S ABCD   AB; AD  VABCD. A' B'C ' D' A B C D B      AB; AD  . AA'   a cuøng phöông b      a; b   0 C' A' A 1    VABCD  .  AB; AC  . AD 6 D' C B' D D C A B C A B 175 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG   HĐBM-TỔ TOÁN       a, b, c ñoàng phaúng   a, b  .c  0       A, B, C, D đồng phẳng  AB, AC, AD đồng phẳng   AB, AC .AD  0 BÀI TẬP ỨNG DỤNG: Bài 1: Cho bốn điểm A(-1;-2;4), B(-4;-2;0), C(3;-2;1), D(1;1;1) a. Chứng minh rằng bốn điểm A,B,C,D không đồng phẳng b. Tính diện tích tam giác ABC c. Tính thể tích tứ diện ABCD Bài 2: Tính thể tích tứ diện ABCD biết A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3) Bài 3: Cho tứ diện ABCD với A(2; 1;6),B(3; 1; 4),C(5; 1; 0),D(1;2;1) . Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và thể tích tứ diện ABCD. MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN I. Các định nghĩa: 1. Véc tơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng:    ñn  a  0  a là VTCP của đường thẳng (  )    a coù giaù song song hoaëc truøng vôùi ( )  a  a () Chú ý:  Một đường thẳng có vô số VTCP, các véc tơ này cùng phương với nhau.  Một đường thẳng (  ) hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một VTCP của nó. 2. Cặp VTCP của mặt phẳng:   a b a  b  Cho mặt phẳng  xác định bởi hai đường thẳng cắt nhau a và b . Gọi a là VTCP của đường  thẳng a và b là VTVP của đường thẳng b. Khi đó :  Cặp (a,b) được gọi là cặp VTCP của mặt phẳng  Chú ý :  Một mặt phẳng  hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một cặp VTCP của nó.  3. Véc tơ pháp tuyến ( VTPT) của mặt phẳng : n     ñn  n  0  n là VTPT của mặt phẳng      n coù giaù vuoâng goùc vôùi mp 176 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chú ý :  Một mặt phẳng có vô số VTPT, các véc tơ này cùng phương với nhau.  Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định khi biết một điểm thuộc nó và một cặp VTPT của nó. 4. Cách tìm tọa độ một VTPT của mặt phẳng khi biết cặp VTCP của nó:   a  (a1; a2 ; a3 ) Định lý: Giả sử mặt phẳng  có cặp VTCP là :   thì mp  có một VTPT là :  b  (b1; b2 ; b3 )    a n   a; b    2  b2  a a3 a3 ; b3 b3 a1 a1 a2  ;  b1 b1 b2     n  [a , b ]  b  Ví dụ: Tìm một VTPT của mặt phẳng  biết  đi qua ba điểm A(-2;0;1), B(0;10;3), C(2;0;-1) II. Phương trình của mặt phẳng : Định lý 1: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình mặt phẳng  đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có một  VTPT n  ( A; B; C ) là:  n  ( A; B ; C ) M  x; y; z   M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 ) A( x  x0 )  B( y  y0 )  C (z  z0 )  0  z  n  ( A; B ; C )  Định lý 2: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình dạng : Ax  By  Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  0 M0 y là phương trình tổng quát của một mặt phẳng . x Chú ý :   Nếu ( ) : Ax  By  Cz  D  0 thì ( ) có một VTPT là n  ( A; B; C )  M0 ( x 0 ; y0 ; z0 )  ( ) : Ax  By  Cz  D  0  Ax 0  By0  Cz0  D  0 Các trường hợp đặc biệt: 1. Phương trình các mặt phẳng tọa độ: (Oxz)  (Oxy):z = 0 x  (Oyz):x = 0  (Oxz):y = 0 2. Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn:  A(a; 0; 0)   Phương trình mặt phẳng cắt các trục Ox, Oy, Oz tại  B(0; b; 0) (a,b,c  0) C (0; 0; c)  x y z là:   1 a b c (Oyz) z y O (Oxy ) C c O a A b B 177 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 1: Trong Kg(Oxyz) cho ba điểm A(3;1;0), B(-1;2;-1), C(2;-1;3) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Ví dụ 2: Trong Kg(Oxyz) cho A 1; 2;3 , B  2; 3;1 . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB. Ví dụ 3: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 và  R  : 3x  2 y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  R  đi qua A 1;1;1 đồng thời vuông góc với cả  P  và  Q  . Ví dụ 4: Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất. III. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng : 1. Một số quy ước và ký hiệu:  a1  tb1  a  tb 2  2 (a1, a2 ,..., an ) Hai bộ n số :  được gọi là tỷ lệ với nhau nếu có số t  0 sao cho . (b1, b2 ,..., bn ) .   an  tbn a a1 a2 Ký hiệu: a1 : a2 : ... : an  b1 : b2 : ...: bn hoặc   ...  n b1 b2 bn 2. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  ,  xác định bởi phương trình :  ( ) : A1x  B1y  C1z  D1  0 coù VTPT n1  ( A1; B1; C1 )  (  ) : A2 x  B2 y  C2 z  D2  0 coù VTPT n2  ( A2 ; B2 ; C2 )  n1  n2   n2  n 1  n1 a n2 b a a b b ( ) caét ( )  A1 : B1 : C1  A2 : B2 : C2 (hay:  A1 B1 C1 D1    A 2 B2 C2 D2 ( )  ( )  A1 B1 C1 D1    A2 B2 C2 D2 ( ) // ( ) A1 B1 B C C A  hoaëc 1  1 hoaëc 1  1 ) A 2 B2 B2 C2 C2 A2 Đặc biệt:     A1 A2  B1B2  C1C2  0 178 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN I. Phương trình của đường thẳng: 1.Phương trình tham số của đường thẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình tham số của đường thẳng () đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 )  và nhận a  (a1; a2 ; a3 ) làm VTCP là :  a z  x  x0  ta1  () :  y  y0  ta2  z  z  ta  0 3 () M0 M ( x, y, z ) y (t  ) O x 2. Phương trình chính tắc của đường thẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) . Phương trình chính tắc của đường thẳng () đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 )  và nhận a  (a1; a2 ; a3 ) làm VTCP là : ( ) : x  x0 y  y0 z  z0   a1 a2 a3 Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  2; 2;1 , B 0; 2;5 . Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và B . Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 1;1; 0 , B 0; 2;1 và trọng tâm G 0; 2; 1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng  ABC  Ví dụ 3: x  1  2t  Cho điểm M(-2;1;1) và đường thẳng (d) : y  1  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) qua điểm z  3  t  M và vuông góc với đường thẳng (d). Ví dụ 4: Cho điểm M(1;2;3) và đường thẳng (d) : x z z   . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm 1 1 1 M và đường thẳng (d) II. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng : 1.Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng : ( ) a M  a  n  a ( )  n  n M a a M  a ( ) 179 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho :  x  x0 y  y0 z  z0 đường thẳng () : có VTCP a  (a1; a2 ; a3 ) và qua M0 ( x0 ; y0 ; z0 )   a1 a2 a3  và mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0 có VTPT n  ( A; B; C ) Khi đó : () caét ( )  Aa1  Ba2  Ca3  0  Aa1  Ba2  Ca3  0    Ax0  By0  Cz0  D  0  Aa1  Ba2  Ca3  0    Ax0  By0  Cz0  D  0 () // ( ) ( )  ( )  a a1 : a2 : a3  A : B : C ()  ( )  Đặc biệt:  n a  pt () Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của (  ) và (  ) ta giải hệ phương trình :  tìm x,y,z  pt ( ) Suy ra: M(x,y,z) Ví dụ 1: Cho hai điểm A(0;0;-3) , B(2;0;-1) và mặt phẳng (P): 3x - 8y + 7z -1 = 0 Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Ví dụ 2: Cho điểm M(1;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  2y  3z  14  0 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P). Ví dụ 3: Cho đường thhẳng (d) : x 1 y  2 z  2   và mặt phẳng (P) : x  3y  4m 2 z  m  0 . Tìm m 1 5 4 để đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng (P). 2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng : M M0 ' 0  u 1  a  b  u M0  u' 2 M 0' 1 2 ' 1 M 0 M 0  u  u' M0 2 M ' 0 1  u' 2 Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng :  x  x0 y  y0 z  z0 (1 ) :   coù VTCP u  (a; b; c) vaø qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) a b c  x  x0 y  y0 z  z0 ' ( 2 ) :   coù VTCP u  (a' ; b' ; c' ) vaø qua M'0 ( x0' ; y0' ; z0' ) ' ' ' a b c 180 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN     (1 ) vaø ( 2 ) ñoàng phaúng  u, u'  . M0 M0'  0       u, u'  .M M '  0   0 0  (1 ) caét (2 )     a : b : c  a' : b' : c '   (1 ) // (2 )  a : b : c  a ' : b' : c'  ( x0'  x0 ) : ( y0'  y0 ) : ( z0'  z0 )  a : b : c  a' : b' : c'  ( x0'  x0 ) : ( y0'  y0 ) : (z0'  z0 )     (1 ) vaø ( 2 ) cheùo nhau  u, u'  .M0 M0'  0    pt(1 ) Chú ý: Muốn tìm giao điểm M của (1 ) vaø ( 2 ) ta giải hệ phương trình :  tìm x,y,z  pt( 2 ) Suy ra: M(x,y,z)  (1 )  ( 2 ) III. Góc trong không gian: 1. Góc giữa hai mặt phẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng  ,  xác định bởi phương trình : ( ) : A1 x  B1y  C1z  D1  0  n1  ( A1 ; B1 ; C 1 )  n 2  ( A2 ; B 2 ; C 2 ) (  ) : A2 x  B2 y  C2 z  D2  0 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ) & (  ) ta có công thức: cos   A1 A2  B1B2  C1C2 a A12  B12  C12 . A22  B22  C22 0 0    90 0 b Ví dụ: Cho hai mặt phẳng (P) : x  y  2  0 & (Q) : x  z  3  0 . Xác định góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q). 2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng () : x  x0 y  y0 z  z0   a b c và mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng () & ( ) ta có công thức: ( )  a  ( a ; b; c )  n  ( A; B ; C ) sin   Aa  Bb  Cc 2 A  B 2  C 2 . a2  b2  c2 3.Góc giữa hai đường thẳng : Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng : x  x0 y  y0 z  z0 (1 ) :   a b c x  x0 y  y0 z  z0 ( 2 ) :   ' a' b' c a  a1  (a; b; c ) 0 0    90 0 1 2  a 2  ( a ' ; b' ; c ' ) 0 0    90 0 181 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( 1 ) & (  2 ) ta có công thức: aa '  bb '  cc ' cos   a 2  b 2  c 2 . a '2  b'2  c'2 IV. Khoảng cách: 1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( ) : Ax  By  Cz  D  0 và điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) Khoảng cách từ điểm M0 đến mặt phẳng ( ) được tính bởi công thức: M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 ) d ( M0 ;  )  a Ax0  By0  Cz0  D H A2  B 2  C 2 Ví dụ: Cho hình tứ diện ABCD biết tọa độ các đỉnh A(2,3,1) ; B(4,1,-2) ; C(6,3,7) ; D(-5,-4,8) Tính độ dài đường cao hình tứ diện xuất phát từ D. 2. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho đường thẳng (  ) đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTCP  u  (a; b; c) . Khi đó khoảng cách từ điểm M1 đến () được tính bởi công thức: M1 M 0 ( x0 ; y 0 ; z 0 )  u ( ) H    M0 M1; u    d ( M1 , )   u x y 1 z  3   và điểm A(1;2;1) 3 4 1 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng (d). Ví dụ: Cho đường thẳng : (d ) : 3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho hai đường thẳng chéo nhau :  (1 ) coù VTCP u  (a; b; c) vaø qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 )  (2 ) coù VTCP u'  (a' ; b' ; c' ) vaø qua M '0 ( x0' ; y0' ; z0' ) Khi đó khoảng cách giữa (1 ) vaø ( 2 ) được tính bởi công thức  1 u M0 M 0'  u' 2    u, u ' .M 0 M 0'   d (1 ,  2 )    u; u '   182 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ: Cho hai đường thẳng :  x  9  6t x  5 y  5 z 1  (d1 ) :   vaø (d 2 ) :  y  2t 3 2 2 z  2  t  Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d 1) và (d 2). MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN I. Phương trình mặt cầu: 1. Phương trình chính tắc: Định lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình của mặt cầu (S) tâm I(a;b;c), bán kính R là : z (S ) : ( x  a)2  (y  b)2  (z  c)2  R2 (S ) I R Phương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của mặt cầu M ( x; y; z ) y O (1) Đặc biệt: Khi I  O thì (C ) : x 2  y 2  z2  R 2 x 2. Phương trình tổng quát: Định lý : Trong Kg(Oxyz). Phương trình : x 2  y 2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 với a2  b2  c2  d  0 là phương trình của mặt cầu (S) có tâm I(a;b;c), bán kính R  a2  b 2  c2  d . Ví dụ: Cho 4 điểm A(-1;-2;0), B(2;-6;3), C(3;-3;-1), D(-1;-5;3) Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu II. Giao của mặt cầu và mặt phẳng: Định lý: Trong Kg(Oxyz) cho mặt phẳng ( ) và mặt cầu (S) có phương trình : ( ) : Ax  By  Cz  D  0 (S) : ( x  a)2  ( y  b)2  (z  c)2  R 2 Gọi d(I;  ) là khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng  Ta có : 1. ( ) caét maët caàu (S)  d(I; ) < R 2. ( ) tieáp xuùc maët caàu (S)  d(I; ) =R 3. ( ) khoâng caét maët caàu (S)  d(I; ) > R (S ) (S ) I (S ) I R R R a H a M H (C ) I M M a r H 183 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chú ý: Khi  cắt mặt cầu (S) thì sẽ cắt theo một đường tròn (C). Đường tròn (C) nầy có:   Tâm là hình chiếu vuông góc của tâm mặt cầu trên mặt phẳng  Bán kính r  R 2  d 2 ( I ,  ) Ví dụ: Cho mặt cầu (S) : x2  y2  z 2  4x  2y  2z  3  0 . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu tại điểm M(0;1;-2). B. Các ví dụ Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x  y  z  8  0 và đường thẳng (d): x  2 y  1 z 1   2 3 5 Tìm phương trình    , hình chiếu vuông góc của (d) trên (P). Bài giải  Gọi A  (d)   P  , tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:   2x  y  z  8  0  x  6 x  2 y  1 z  1    y  5  A  6;5; 9    z  9  2 3 5 Lấy B  2; 1;1   d  , gọi (d') là đường thẳng qua B và vuông góc với (P) Phương trình tham số của (d') là:  x  2  2t  y  1  t  z  1  t   Gọi H  (d ')  (P) , tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:  2 t  3  10  x  2  2t  y  1  t  x  3  10 1 5    H ; ;  z  1  t 1  3 3 3  2x  y  z  8  0 y    3  z  5  3  8 16 32 8    chính là đường thẳng đi qua hai điểm A, H. Ta có AH    ;  ;    1; 2; 4  3  3 3 3  184 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  Vậy phương trình    : HĐBM-TỔ TOÁN x 6 y 5 z 9   1 2 4  x 1 y 1 z  3 Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz cho M  1; 2; 3 ; a   6; 2; 3  ,  d  :   . Tìm phương trình 3 2 5  đường thẳng    qua M, vuông góc a và cắt (d). Bài giải    Lấy điểm N  (d) , tọa độ N có dạng N 1  3t; 1  2t;5  3t  , ta có:  MN   2  3t; 3  2t; 6  5t     MN  a  MN.a  0  6  2  3t   2  3  2t   3  6  5t   0  t  0  Đường thẳng cần tìm đi qua M có VTCP là MN   2; 3; 6  có phương trình là: x 1 y  2 z  3   2 3 6 Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, lập phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A  0;1;1 , vuông góc x 1 y  2 z   và cắt  d 2  là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình: 3 1 1 x  y  z  2  0, x  1  0 Bài giải (d1 ) : 185 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG    HĐBM-TỔ TOÁN  x  1 Viết phương trình tham số của đường thẳng  d 2  :  y  1  t  z  t   Xét điểm B  1; 1  t, t   (d 2 ) . Tìm t để AB.a d1  0   AB.a d1  0  t  3  B  1; 2;3  Phương trình (d): x y 1 z 1   1 2 3 x  3 y  2 z 1 và mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 .   2 1 1 Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng    nằm trong (P) saocho    vuông góc với Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d): (d) và khoảng cách từ M đến    bằng 42 . Bài giải     Do M  (d)  (P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:  x  3 y  2 z  1  x  1     2  y  3  M 1; 3;0  1 1  x  y  z  2  0 z  0   (d) có VTCP a   2;1  1 và (P) có VTPT n P  1;1;1 .    Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT n Q  a; n P    2; 3;1 Phương trình mp(Q): 2x  3y  z  11  0 Gọi (d') là hình chiếu vuông góc của (d) trên mặt phẳng (P) thì (d)   P    Q     VTCP của (d') là a d'   n P ; n Q    4;1; 5  , phương trình tham số của (d') là:  x  1  4t  y  3  t  z  5t Ta tìm N   d ' sao cho MN  42 , đặt N 1  4t; 3  t; 5  , ta có: MN  42  42t 2  42  t  1 + Với t  1 ta có N1  5; 2; 5  .  1  qua N1 nằm trong (P) và vuông góc với (d') có VTCP là    a 1   n P ; n d'    6;9; 3   3  2; 3;1 . Phương trình đường thẳng cần tìm là: x 5 y 2 z 5    1  : 2 3 1 x 3 y 4 z 5 + Với t  1 ta có:   2  :   2 3 1 186 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 5: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;0;1 , B 1; 2;1 ;C  4;1; 2  và mặt phẳng (P): x  y  z  0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA 2  MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài giải      Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có G  2;1;0  , ta có MA 2  MB2  MC 2  3MG 2  GA 2  GB2  GC 2 (1) Từ hệ thức (1) ta suy ra : MA 2  MB2  MC 2 đạt GTNN  MG đạt GTNN  M là hình chiếu vuông góc của G trên (P) Gọi (d) là đường thẳng qua G và vuông góc với (P) thì (d) có phương trình tham số là:  x  2  t y  1 t z  t Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: x  2  t  t  1 y  1 t    x  1  M 1,0, 1 z  t y0 x  y  z  0  z  1   Vậy M 1; 0; 1 . x 1 y  2 z x  2 y 1 z  1   ;  d2  :   và mặt 1 2 1 2 1 1 phẳng  P  : x  y  2z  5  0 . Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P) và cắt  d1  ,  d 2  lần Ví dụ 6: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  d1  : lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Bài giải  Đặt A  1  a; 2  2a;a  , B  2  2b;1  b;1  b  , ta có  AB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1 187 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  Do AB song song với (P) nên:   AB  n P  1;1; 2   b  a  4  Suy ra: AB   a  5; a  1; 3  Do đó: AB  2 2  a  5   a  1   3 2 2  2a 2  8a  35  2  a  2   27  3 3  Suy ra: min AB  3 3  a  2 b  2  Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x 1 y  2 z  2   1 1 1 Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz, cho A  0;0; 4  , B  2;0; 0  và mặt phẳng (P) có phương trình 2x  y  3  0 . Lập phương trình mặt cầu  S đi qua ba điểm O, A, B và tiếp xúc mặt phẳng (P). Bài giải   Phương trình mặt cầu (S) có dạng: x 2  y2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 d  0 d  0 Do O, A, B   S   16  8c  0  c  2  4  4a  0 a  1 Suy ra: (S) có tâm I 1; b; 2  , R  1  b 2  4  b 2  5  Do (S) tiếp xúc với (P) nên: d  I;(P)   R   b  0 5  b 2  4  4b 2  10b  0   4 1  b   2 2b3 Vậy có hai mặt cầu là: S1  : x 2  y2  z 2  2x  4z  0 S2  : x 2  y2  z 2  2x  5y  4z  0 Ví dụ 8: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1; 2  , B 1;1;1 , C  2; 2;3 và mặt phẳng (P): x  y  z  3  0 .    Tìm điểm M trên (P) sao cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài giải 188 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G 1; 0; 2   Xét điểm M  (P) . Ta có:     MA  MB  MC  3 MG  3MG    Suy ra: MA  MB  MC đạt GTNN  MG đạt GTNN  M là hình chiếu của G trên (P)  Tìm M + Gọi (d) là đường thẳng qua G vuông góc với mặt phẳng (P)  x  1  t Phương trình đường thẳng (d):  y   t  z  2  t x  1  t  t  2  y  1  + Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:    x  1  M  1; 2;0  z  2 t y2 x  y  z  3  0 z  0    Vậy M  1; 2; 0  Ví dụ 9: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng 5x  4y  3z  20  0;3x  4y  z  8  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I  2;3; 1 và cắt (d) tại hai điểm A, B sao cho AB  16 . Bài giải     4 3 3 5 5 4  Đường thẳng (d) có VTCP là: u   ; ;    8; 4; 8   4  2;1; 2    4 1 1 3 3 4   Kẻ IH  AB thì HA  HB  8 và IH  d  I, (d)  , R  IH 2  AH 2 189 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  Xét điểm M 11;0; 25  , ta có:    IM   9; 3; 24    u; IM    30;30; 15     n d   2;1; 2   2 2  u; IM   30   302   15    d  I;(d)     15  3 u  Do đó: R  IH 2  AH 2  225  64  17  Vậy phương trình mặt cầu (S) là:  x  2   y  3   z  1  289 2 2 2 x  2 y  3 z 1   . Xét hình bình hành ABCD 1 2 2 có A(1 ; 0 ; 0), C (2 ; 2 ; 2), D  d . Tìm tọa độ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 3 2 . Ví dụ 10: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d : Bài giải    x  2 y  3 z 1    D(t  2 ;  2t  3 ;  2t  1) 1 2 2 3 2 Vì S ABCD  3 2  S ACD  . 2 Ta có AC  (1 ; 2 ; 2); AD  (t  3 ;  2t  3 ;  2t  1) . Do D  d : Suy ra [ AC , AD]  ( 4 ; 4t  7 ;  4t  9)  Khi đó: 1 1 1 S ACD  AC , AD  16  (4t  7 ) 2  (4t  9) 2  32t 2  128t  146 . 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có 32t 2  128t  128  0  t  2 . Suy ra D(0 ;  1 ;  3) .     (1) (2) Do ABCD là hình bình hành nên AB  DC . Suy ra B(3 ; 3 ; 5) Vậy B  3;3;5  . 190 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN C. Các bài toán thi TN - CĐ - TSĐH năm 2014 Bài 1: (TN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 1; 0) và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 . a) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P) . b) Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P) sao cho AM  OA và AM  3d ( A; ( P )) Đáp án Bài 2: (CĐ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2;1; 1), B(1; 2;3) và mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  3  0 . a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên ( P) . b) Viết phương trình mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với ( P) Đáp án 191 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 3: (ĐH-K.D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  1  0 và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  2 z  11  0 . a) Chứng minh mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn (C ) . b) Tìm tọa độ tâm của (C ) . Đáp án Bài 4: (ĐH-K.B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;0; 1) và đường thẳng d : x 1 y 1 z   . 2 2 1 a) Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d . b) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên d . 192 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Đáp án Bài 5: (ĐH-K.A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  1  0 và đường thẳng d: x2 y z 3   . 1 2 3 a) Tìm tọa độ giao điểm của d và ( P) . b) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với ( P) . Đáp án 193 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN D. BÀI TẬP Bài 1. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua ba điểm A 1; 0;1 , B  0; 2; 0  , C  0;1; 2  Kết quả:  P  : 3x  2 y  z  4  0 . Bài 2. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua ba điểm A 1; 0;3 , B  0; 2;2  , C 1; 1; 5 Kết quả:  P  : 3x  2 y  z  6  0 . Bài 3. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M  1;2;3 song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  3y  2 z  1  0 . Kết quả:  P  : 2 x  3y  2z  2  0 . Bài 4. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M 1; 1;2  và vuông góc với 2 mặt phẳng Q  : x  3z  1  0;  R  : 2 x  y  z  1  0 . Kết quả:  P  : 3 x  5y  z  10  0 . Bài 5. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua hai điểm A  0;1; 0  , B 1; 2; 2  và vuông góc với mặt phẳng Q  : 2 x  y  3z  13  0 . Kết quả:  P  : x  7 y  3z  7  0 . Bài 6. Cho M  2;3;1 và đường thẳng    : x 1 y  2 z   . Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa    và đi 2 1 5 qua M Kết quả:  P  : 2 x  y  z  0 . Bài 7. Cho A 1; 1; 2  và  P  : 2 x  3y  5z  10  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đối xứng với mặt phẳng  P  qua A . Kết quả:  P  : 2 x  3y  5z  20  0 . Bài 8. Viết phương trình đường thẳng là giao tuyến của  P  : 3x  y  z  5  0,  Q  : x  2 y  z  4  0 x  t  Kết quả:  y  1  z  6  5t  Bài 9. Cho A 1; 2;3 và  P  : 3x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với mặt phẳng  P  . 194 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Kết quả: HĐBM-TỔ TOÁN x 1 y  2 z  3 .   3 1 1  x  1  3t x2 y z3  Bài 10. Cho M  2;3; 1 và hai đường thẳng  1  :   ;  2  :  y  2  t . Viết phương trình 1 3 2  z  1  5t  đường thẳng    qua M vuông góc với  1  ,   2  . Kết quả: x  2 y  3 z 1   . 13 1 8 Bài 11. Cho M  3; 2; 1 và hai đường thẳng  1  : x 1 y  3 z x3 y z3   ;  2  :   . Viết phương 2 1 5 1 2 1 trình đường thẳng    qua M vuông góc với  1  và cắt  2  Kết quả: x  3 y  2 z 1   . 4 1 5 Bài 12. Cho M 1; 1;1 và hai đường thẳng  1  : x  2 y 1 z  2 x  2 y 3 z   ;  2  :   . Viết phương 2 1 1 1 3 1 trình đường thẳng    qua M cắt cả hai đường thẳng  1  và  2  . Kết quả: x 1 y  1 z 1 .   13 6 5 Bài 13. Tìm hình chiếu vuông góc của M  3;6;2  lên mặt phẳng  P  : 5 x  2 y  z  25  0 . Kết quả:  2;8;1 . Bài 14. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M 1; 0; 2  lên đường thẳng    : x  2 y  3 z 1   . Từ đó suy ra 1 2 2 tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua    . Kết quả: H  1;5; 1 , M '  3;10; 4  . Bài 15. Cho đường thẳng    : x 1 y z  2   và mặt phẳng  P  : x  y  3z  3  0 . Viết phương trình hình 2 3 1 chiếu vuông góc của    trên mặt phẳng  P  Kết quả: x  3 y  3 z 1 .   26 29 1 Bài 16. Cho đường thẳng    : x 1 y z  2 và mặt phẳng  P  : x  4 y  3z  1  0 . Viết phương trình hình   2 1 1 chiếu vuông góc của    trên mặt phẳng  P  . 195 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  9  x  13  2t  16  Kết quả:  y    t . 13  14   z   3  2t  x  2  t x 1 y  2 z  2  Bài 17. Cho hai đường thẳng  1  :   ;   2  :  y  1  t . Chứng minh  1  và  2  chéo nhau. 1 1 2 z  1  Viết phương trình đường thẳng    là đường vuông góc chung của  1  và  2  . Kết quả: x y 1 z   . 1 1 1 Bài 18. Cho đường thẳng    : x2 y z3   và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2z  1  0 . Tìm tọa độ giao điểm của 1 2 3    và  P  .Viết phương trình mặt phẳng chứa    và vuông góc với  P  . 7 3 Kết quả: M  ; 3;  ,  P  : x  8y  5z  13  0 . 2 2 Bài 19. Cho điểm A 1; 0; 1 và đường thẳng    : x 1 y  1 z   . Viết phương trình mặt phẳng qua A và 2 2 1 vuông góc với    . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên    . 5 1 1 Kết quả:  P  : 2 x  2 y  z  3  0, H  ;  ;   . 3 3 3  x  1  2 t  Bài 20. Cho điểm M 1,5,3 và đường thẳng    :  y  2  t . Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc  z  3  2t     và cách M một khoảng bằng 2. x  t  Bài 21. Cho đường thẳng    :  y  t . Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc    và cách gốc tọa độ một z  t  khoảng bằng 2 3 . Bài 22. Cho hai đường thẳng  1  : x  7 y 3 z9 x  3 y 1 z 1 . Chứng minh  1  và   2    ;  2  :   1 2 1 7 2 3 chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua  1  và song song   2  . 196 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 23. Cho hai đường thẳng  1  : x 1 y  2 z 1 x 1 y z  3 . Chứng minh  1  và   2    ;  2  :   1 1 1 1 1 2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng    là đường vuông góc chung của  1  và   2  . x  t x  3 y  6 z 1  Bài 24. Cho hai đường thẳng  1  :   ;  2  :  y  t . Chứng minh  1  và   2  chéo nhau. 2 2 1 z  2  Viết phương trình đường thẳng    qua điểm M  0;1;1 , vuông góc với đường thẳng  1  và cắt đường thẳng   . 2 x  1 t x  1 t '   Bài 25. Cho hai đường thẳng  1  :  y  1  t ;   2  :  y  0 . Chứng minh  1  và   2  cắt nhau. Viết z  0  z  1  t '   phương trình đường thẳng    qua điểm M 1;1; 0  , vuông góc với mặt phẳng chứa  1  và   2  .  x  1  2t  Bài 26. Cho điểm I  2; 3; 8 và đường thẳng    :  y  2  t . Viết phương trình đường thẳng   ' đối xứng z  7  t  với    qua I . Bài 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x  2 y 1 z  2 và hai mặt phẳng   1 1 2 ( P) : x  2 y  2 z  3  0, (Q) : x  2 y  2 z  7  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). Bài 28. Trong không gian với hệ tọa độ d1 : Oxyz , cho điểm M (1; 1; 0) và hai đường thẳng x 1 y  3 z 1 x 1 y  3 z  2   , d2 :   . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 đồng 1 1 1 1 2 3 thời cách M một khoảng bằng 6. Bài 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(4;  4;  5), B (2; 0;  1) và mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và MA2  2 MB 2  36. Bài 30. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm C  0; 0; 2  , K  6; 3; 0  . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua C, K sao cho  P  cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3. 197 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 31. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 : x 1 y z  3 x y2 z   , d2 :   và 1 3 4 2 1 2 A  1; 2; 0  . Lập phương trình mặt phẳng  P  song song với hai đường thẳng d1 , d2 và cách A một khoảng bằng 3. Bài 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng   : 3 x  2 y  3 z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song với mặt phẳng   đồng thời cắt đường thẳng  d  : x  2 y  4 z 1 .   3 2 2 Bài 33. Trong không gian với hệ tọa độ  S  : x2  y 2  z 2  4x  2 y  2 z  3  0 Oxyz , cho mặt phẳng  P : x  y  z  2  0 , mặt cầu và hai điểm A 1;  1;  2  , B  4; 0;  1 . Viết phương trình mặt phẳng   song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Bài 34. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A  5;3; 1 , B  2;3; 4  và mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 . Tìm trên  P  điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại C . Bài 35. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình thoi ABCD với A  1;2;1 , B  2;3;2  .Tìm toạ độ các đỉnh C , D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : x 1 y z  2   1 1 1 Bài 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 0  , đường thẳng (d ) : x y 1 z và mặt phẳng   2 1 1 ( P) : x  2 y  2 z  1  0 . Tìm điểm M trên đường thẳng (d ) sao cho khoảng cách từ M đến A bằng 3 lần khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P) . Bài 37. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 1;1; 2  , đường thẳng (d ) : x 1 y 1 z  2 và mặt   2 1 3 phẳng ( P) : x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng () đi qua A , cắt (d ) và song song với mặt phẳng ( P) . Bài 38. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  1  0 và hai đường thẳng ( d1 ) : x 1 y  2 z 1 x 1 y 1 z  3   , (d 2 ) :   . Viết phương trình đường thẳng (d ) song song với mặt phẳng 2 2 1 3 2 2 ( P) và cắt ( d1 ), ( d 2 ) lần lượt tại A và B sao cho AB  3 2 . ---------------------------Hết----------------------------- 198 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 9: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG y A. TỌA ĐỘ ĐIỂM - VECTƠ  j I. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong mặt phẳng :  x'Ox : trục hoành  y'Oy : trục tung  O : gốc toạ độ      i, j : véc tơ đơn vị ( i  j  1 vaø i  j )  x'  i x O y' Quy ước : Mặt phẳng mà trên đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxy được gọi là mặt phẳng Oxy và ký hiệu là : mp(Oxy) II. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ:  1. Định nghĩa 1: Cho M  mp(Oxy ) . Khi đó véc tơ OM được biểu diển một cách duy nhất theo     y bởi hệ thức có dạng : i , j OM  xi  y j vôùi x,y   . Q M  j x' Cặp số (x;y) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M.  i O x M(x;y) Ký hiệu: P ( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M ) y'     OM  xi  y j x  OP vaø y=OQ ñ/n M ( x; y )  y Ý nghĩa hình học: M Q y x' x x O P y'   2. Định nghĩa 2: Cho a  mp(Oxy ) . Khi đó véc tơ a được biểu diển một cách duy nhất theo     i, j bởi hệ thức có dạng : a  a1 i  a2 j vôùi a1,a2   .  y Cặp số (a1;a2) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véc tơ a .   e Ký hiệu: a  (a1; a2 ) 2  a=(a1;a2 )  Ý nghĩa hình học:     a  a1i  a2 j O  e1 x P y' y K B2 B A A2 x' ñ/ n x'  a H x O A1 y' a1  A1B1 vaø a2 =A 2 B2 B1 199 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN III. Các công thức và định lý về toạ độ điểm và toạ độ véc tơ :  Định lý 1: Nếu A( x A ; y A ) vaø B(x B ; yB ) thì  AB  ( xB  x A ; yB  y A ) B( x B ; y B ) A( x A ; y A )   Nếu a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) thì  Định lý 2:  a   a  b * ab   1 1 a2  b2   * a  b  (a1  b1; a2  b2 )   * a  b  (a1  b1; a2  b2 )  * k .a  (ka1; ka2 ) (k  )  b IV. Sự cùng phương của hai véc tơ: Nhắc lại  Hai véc tơ cùng phương là hai véc tơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng song song .  Định lý về sự cùng phương của hai véc tơ:  Định lý 3 :  a  b  a   b Định lý 4 :     Cho hai véc tơ a vaø b vôùi b  0     a cuøng phöông b  !k   sao cho a  k .b   Nếu a  0 thì số k trong trường hợp này được xác định như sau:   k > 0 khi a cùng hướng b   a   b k < 0 khi a ngược hướng b   a 2 5  a  b , b- a k   5 2 B b A C   A, B, C thaúng haøng  AB cuøng phöông AC (Điều kiện 3 điểm thẳng hàng )    Định lý 5: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có :   a cuøng phöông b  a1.b2  a2 .b1  0 (Điều kiện cùng phương của 2 véc tơ) 200 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN V. Tích vô hướng của hai véc tơ: y Nhắc lại:  b  b O  a   a      a.b  a . b .cos(a, b) B A  b 2  2 a  a x'    a  b  a.b  0    Định lý 6: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có :  a.b  a1b1  a2 b2   Định lý 7: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) ta có :  a  a12  a2 2  a O x y' (Công thức tính tích vô hướng theo tọa độ) (Công thức tính độ dài véc tơ )  Định lý 8: Nếu A( x A ; y A ) vaø B(x B ; yB ) thì AB  ( xB  x A )2  ( yB  y A )2 (Công thức tính khoảng cách 2 điểm)    Định lý 9: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có   ab (Điều kiện vuông góc của 2 véc tơ)  a1b1  a2 b2  0    Định lý 10: Cho hai véc tơ a  (a1; a2 ) vaø b  (b1; b2 ) ta có    a.b a1b1  a2b2 cos(a, b)     a.b a12  a22 . b12  b22 (Công thức tính góc của 2 véc tơ) VI. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k:   Định nghĩa: Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k  1 ) nếu như : MA  k .MB A M   B     Định lý 11 : Nếu A( x A ; y A ) , B(x B ; yB ) và MA  k .MB ( k  1 ) thì x A  k .x B   x M  1  k   y  y A  k .yB  M 1 k 201 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Đặc biệt : HĐBM-TỔ TOÁN x A  xB   x M  2 M là trung điểm của AB    y  y A  yB  M 2 VII. Một số điều kiện xác định điểm trong tam giác : A x A  x B  xC  x G  3 1. G laø troïng taâm tam giaùc ABC  GA  GB  GC  0    y  y A  y B  yC  G 3      AH  BC  AH .BC  0 2. H laø tröïc taâm tam giaùc ABC         A  BH  AC  BH . AC  0    AA'  BC  C 3. A' laø chaân ñöôøng cao keû töø A    B A'  '  BA cuøng phöông BC G C B A H C B A IA=IB 4. I laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC   IA=IC I  AB  5. D laø chaân ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc A cuûa ABC  DB   .DC AC  AB  6. D' laø chaân ñöôøng phaân giaùc ngoaøi cuûa goùc A cuûa ABC  D ' B  .D 'C AC A  AB  7. J laø taâm ñöôøng troøn noäi tieáp ABC  JA   .JD BD C B A C D B J C B. ĐƯỜNG THẲNG B D I. Các định nghĩa về VTCP và VTPT (PVT) của đường thẳng:   ñn  a  0   a là VTCP của đường thẳng (  )    a coù giaù song song hoaëc truøng vôùi ( )    ñn  n  0  n là VTPT của đường thẳng (  )     n coù giaù vuoâng goùc vôùi ()  a  n  () a * Chú ý:     Nếu đường thẳng (  ) có VTCP a  (a1; a2 ) thì có VTPT là n  (a2 ; a1 )   Nếu đường thẳng (  ) có VTPT n  ( A; B ) thì có VTCP là a  ( B; A) ( ) 202 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. Phương trình đường thẳng : 1. Phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng :  a. Định lý : Trong mặt phẳng (Oxy). Đường thẳng (  ) qua M0(x0;y0) và nhận a  (a1; a2 ) làm VTCP sẽ có : y  x  x0  t.a1  Phương trình tham số là : () :   y  y0  t.a2  a (t   ) M ( x; y ) x O  Phương trình chính tắc là : () : M 0 ( x0 ; y 0 ) x  x0 y  y0  a1 a2  a1 , a2  0  2. Phương trình tổng quát của đường thẳng :  a. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x 0;y0) và có VTPT n  ( A; B) là: y  n M ( x;x y ) O M 0 ( x0 ; y 0 ) (  ) : A( x  x 0 )  B ( y  y0 )  0 ( A2  B 2  0 ) b. Phương trình tổng quát của đường thẳng : Định lý :Trong mặt phẳng (Oxy). Phương trình đường thẳng (  ) có dạng :  y n  ( A; B ) M 0 ( x0 ; y0 ) O Ax + By + C = 0 với A2  B 2  0 x  a  (  B; A)  a  ( B ; A ) Chú ý: Từ phương trình (  ):Ax + By + C = 0 ta luôn suy ra được :  1. VTPT của (  ) là n  ( A; B)   2. VTCP của (  ) là a  ( B; A) hay a  (B;  A) 3. M0 ( x0 ; y0 )  ()  Ax0  By0  C  0 Mệnh đề (3) được hiểu là : Điều kiện cần và đủ để một điểm nằm trên đường thẳng là tọa độ điểm đó nghiệm đúng phương trình của đường thẳng . 203 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 3. Các dạng khác của phương trình đường thẳng : a. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) : ( AB) : x  xA y  yA  x B  x A yB  y A ( AB ) : x  x A y y B( x B ; y B ) M ( x; y ) O ( AB ) : y  y A yA xA x A( x A ; y A ) yB A( x A ; y A ) xB y A( x A ; y A ) B(x B ; y B ) yA yB x x B( x B ; y B ) b. Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn: Định lý: Trong mp(Oxy) phương trình đường thẳng (  ) cắt trục hoành tại điểm A(a;0) và trục tung tại x y  1 a b điểm B(0;b) với a, b  0 có dạng: c. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x 0;y0) và có hệ số góc k: Định nghĩa: Trong mp(Oxy) cho đường thẳng  . Gọi   (Ox ,  ) thì k  tg được gọi là hệ số góc y của đường thẳng  Định lý 1: Phương trình đường thẳng  qua M0 ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k là : y O O x  M ( x; y ) y0 x0 x y - y 0 = k(x - x 0 ) (1) Chú ý 1: Phương trình (1) không có chứa phương trình của đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox nên khi sử dụng ta cần để ý xét thêm đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox là x = x0 Chú ý 2: Nếu đường thẳng  có phương trình y  ax  b thì hệ số góc của đường thẳng là k  a Định lý 2: Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của hai đường thẳng 1 ,  2 ta có :  1 //  2  k1  k 2  1   2  k1.k2  1 c. Phương trình đt đi qua một điểm và song song hoặc vuông góc với một đt cho trước: i. Phöông trinh ñöôøng thaúng (1 ) //( ): Ax+By+C=0 coù daïng: Ax+By+m1 =0 ii. Phöông trinh ñöôøng thaúng (1 )  (): Ax+By+C=0 coù daïng: Bx-Ay+m 2 =0 204 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chú ý: m1; m2 được xác định bởi một điểm có tọa độ đã biết nằm trên 1;  2 y  1 : Ax  By  m1  0 y 1 : Bx Ay m2  0  : Ax  By  C 1  0 O M1 x x0 x x0 O M1  : Ax ByC1  0 III. Vị trí tương đối của hai đường thẳng : y y y 2 1 x O 1 x O 1 O 2 2  1 caét  2  1 //  2 x Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng : 1   2 (1 ) : A1x  B1y  C1  0 (2 ) : A2 x  B2 y  C2  0 Vị trí tương đối của (1 ) vaø ( 2 ) phụ thuộc vào số nghiệm của hệ phương trình :  A1 x  B1y  C1  0   A2 x  B2 y  C2  0 hay  A1 x  B1y  C1   A2 x  B2 y  C2 (1) Chú ý: Nghiệm duy nhất (x;y) của hệ (1) chính là tọa độ giao điểm M của (1 ) vaø ( 2 ) Định lý 1: i. Heä (1) voâ nghieäm  (1 ) //(2 ) ii. Heä (1) coù nghieäm duy nhaát  (1 ) caét (2 ) iii. Heä (1) coù voâ soá nghieäm Định lý 2:  (1 )  ( 2 ) Nếu A2 ; B2 ; C2 khác 0 thì  A1 B1  A 2 B2 ii. (1 ) // (2 )  A1 B1 C1   A 2 B2 C2 iii. (1 )  ( 2 )  i. (1 ) caét ( 2 ) A1 B1 C1   A 2 B2 C2 205 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN IV. Góc giữa hai đường thẳng 1.Định nghĩa: Hai đường thẳng a, b cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất trong các số đo của bốn góc đó được gọi là góc giữa hai đường thẳng a và b (hay góc hợp bởi hai đường thẳng a và b). Góc giữa hai đường thẳng a và b đước kí hiệu là  a, b  Khi a và b song song hoặc trùng nhau, ta nói rằng góc của chúng bằng 0 0 2. Công thức tính góc giữa hai đường thẳng theo VTCP và VTPT   a) Nếu hai đường thẳng có VTCP lần lượt là u v v thì  u.v   cos  a, b   cos u, v    u.v     b) Nếu hai đường thẳng có VTPT lần lượt là n v n ' thì   n.n '   cos  a, b   cos n, n '    n . n'   Định lý : Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng : (1 ) : A1x  B1y  C1  0 (2 ) : A2 x  B2 y  C2  0 Gọi  ( 00    900 ) là góc giữa (1 ) vaø ( 2 ) ta có : y cos  A1 A2  B1B2  1 A12  B12 . A22  B22 x O 2 Hệ quả: (1 )  ( 2 )  A1 A2  B1B2  0 V. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng : Định lý 1: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng () : Ax  By  C  0 và điểm M0 ( x0 ; y0 ) Khoảng cách từ M0 đến đường thẳng () được tính bởi công thức: M0 y H d ( M 0 ; )  Ax0  By0  C O A2  B 2 x ( ) 206 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN C. ĐƯỜNG TRÒN I. Phương trình đường tròn: 1. Phương trình chính tắc: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình của đường tròn (C) tâm I(a;b), bán kính R là : y b O I ( a; b) R a (C ) : ( x  a )2  ( y  b)2  R 2 (1) M ( x; y ) x Phương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của đường tròn Đặc biệt: Khi I  O thì (C ) : x 2  y 2  R 2 2. Phương trình tổng quát: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 với a2  b2  c  0 là phương trình của đường tròn (C) có tâm I(a;b), bán kính R  a 2  b 2  c II. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 tại điểm M ( x0 ; y0 )  (C ) là : ( ) : x0 x  y0 y  a( x  x0 )  b( y  y0 )  c  0 VI. Các vấn đề có liên quan: 1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn: (C ) (C ) I I R R H M M H Định lý: ()  (C )    d(I;) > R () tieáp xuùc (C)  d(I;) = R () caét (C)  d(I;) < R M 0 ( x0 ; y0 ) (C) ( ) I(a;b) (C ) I R H M Lưu ý: Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 và đường thẳng    : Ax  By  C  0 . Tọa độ giao điềm (nếu có) của (C) và (  ) là nghiệm của hệ phương trình:  x 2  y 2  2ax  2by  c  0 (1) (*)  (2)  Ax  By  C  0 Cách giải (*): Sử dụng phép thế + Rút x hoặc y từ (2) thay vào (1) để được phương trình 1 ẩn. 207 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2. Vị trí tương đối của hai đường tròn : C1 C2 I1 R1 R2 I2 C1 C1 I 1 R1 R2 I2 C2 C2 I1 R1 R2 I2 C1 I1 I 2 C2 (C1 ) vaø (C2 ) khoâng caét nhau  I1I2 > R1  R2 (C1 ) vaø (C2 ) caét nhau  R1  R2 < I1I2 < R1  R2 (C1 ) vaø (C2 ) tieáp xuùc ngoaøi nhau  I1I 2 = R1  R2 (C1 ) vaø (C2 ) tieáp xuùc trong nhau  I1I2 = R1  R2 Lưu ý: Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 và đường tròn  C '  : x 2  y 2  2a ' x  2b ' y  c '  0 . Tọa độ giao điểm (nếu có) của (C) và (C’) là nghiệm của hệ phương trình:  x 2  y 2  2 ax  2by  c  0 (1) (*)  2 2 (2)  x  y  2 a ' x  2b ' y  c '  0 Cách giải (*): Sử dụng phép cộng và phép thế. + Trừ vế với vế hai phương trình (1) và (2) để được phương trình 1 ẩn. Từ phương trình 1 ẩn tìm được rút x hoặc y và thay vào (1) hoặc (2) để tiếp tục được phương trình 1 ẩn. Giải phương trình nầy ta sẽ được kết quả cần tìm. D. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN I. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  2 y  3  0 và hai điểm A 1;1 , B 1; 2 1) Viết phương trình đường thẳng  d1  đi qua A và song song với đường thẳng  2) Viết phương trình đường thẳng  d 2  đi qua B và vuông góc với đường thẳng  3) Viết phương trình đường thẳng AB 3  Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  ; 0 là trung điểm đoạn AC . Phương  2  trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x  y  2  0 và 3 x  4 y  13  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , đường thẳng BC có phương trình x  y  4  0 , điểm M 1; 1 là trung điểm của đoạn AD . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết đường thẳng AB đi qua điểm E 1;1 . 208 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Điểm M  2; 0 là trung điểm của AB . Đường trung tuyến và đường cao kẻ từ A lần lượt có phương trình 7 x  2 y  3  0 và 6 x  y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng AC .  C   900 . Phương trình các Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD có B đường thẳng AC và DC lần lượt là x  2 y  0 và x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang  3 3 ABCD , biết trung điểm cạnh AD là M  ;   .  2 2  4  Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A0; 1; B 3; 0 ; C  ;3  3    1) Tìm tọa độ điểm E sao cho AB  BE   2) Tìm tọa độ điểm F sao cho AC  CF Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;1 và đường thẳng  : x  2 y  6  0 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho AM  5 . Bài 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1; 2 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho AM  2 2 . Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A 1; 2; B 2; 1 . Tìm tọa độ điểm I thỏa mãn IA  4 và IB  2 . Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A 4;8; B 5; 4 và đường thẳng  : 3x  y  4  0 Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho MA  MB . 17 1  Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A0;1; B  ;   và đường thẳng  : x  2 y  3  0  5 5 Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho MA  AB . Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 5; 4 và đường thẳng  : 3 x  y  4  0 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  . Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 2; 0 , B 1;1 và đường thẳng  : x  3 y  3  0 . 1) Viết phương trình đường thẳng  d1  đi qua A và tạo với  một góc 450 . 2) Viết phương trình đường thẳng  d 2  đi qua A và cách B một khoảng bằng 2 2 . 209 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ HÌNH HỌC PHẲNG Bài 1. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AC sao cho AN  1 AC . 4 Chứng minh rằng tam giác DMN vuông tại N . Gợi ý chứng minh Lấy điểm phụ F là trung điểm của DI sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán. Bài 2. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên CD sao cho CN  2 ND . Chứng   450 . minh MAN Gợi ý chứng minh Cách 1: Chứng minh ADN ∽ AHM ,từ đó sẽ suy ra được đpcm. Cách 2: Tính độ dài ba cạnh của tam giác AMN theo a (cạnh hình vuông). Áp dụng định lý Côsin vào tam giác AMN sẽ được đpcm. Bài 3. Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường chéo AC . Các điểm M , K lần lượt là trung điểm của AH và DC . Chứng minh rằng BM  KM . Gợi ý chứng minh Lấy điểm phụ E là trung điểm của BH sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán. 210 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD , M là trung điểm của HC . Chứng minh rằng AM  BM . Gợi ý chứng minh Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD, CA Chứng minh tứ giác NAME là hình bình hành và E là trực tâm tam giác NBM sẽ suy ra được đpcm. Bài 5. Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD . Chứng minh rằng AN  CN . Gợi ý chứng minh Tứ giác BCND và tứ giác ABCN nội tiếp sẽ giúp ta tìm ra lời giải bài toán. 211 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 6. Cho tam giác ABC cân tại A , D là trung điểm đoạn AB . I , E lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trọng tâm tam giác ADC và G là giao điểm của AI và CD . Chứng minh rằng DG  IE . Gợi ý chứng minh Chứng minh G là trực tâm tam giác DEI Bài 7. Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Gọi I là giao điểm của CM và DN . Chứng minh rằng AI  AD . Gợi ý chứng minh Lấy điểm phụ P là trung điểm của DC sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán. Bài 8. Cho hình thang vuông ABCD  A  D  90  và DC  2 AB , H là hình chiếu của D trên đường chéo 0 AC , M là trung điểm của đoạn thẳng HC . Chứng minh rằng BM  MD . Gợi ý chứng minh 212 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Lấy điểm phụ E là trung điểm của DH sẽ giúp tìm ra lời giải bài toán. Bài 9. Cho hình thang vuông ABCD  A  B  90  và BC  2 AD , H là hình chiếu vuông góc của điểm B trên 0 cạnh CD , M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh rằng AH  MH . Gợi ý chứng minh Tứ giác BDHM và tứ giác AHMD nội tiếp sẽ giúp ta tìm ra lời giải bài toán. Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, R  , phân giác trong của góc A cắt BC tại D , tiếp tuyến tạI A với đường tròn cắt BC tại E . Chứng minh tam giác ADE cân tại E . Bài 11: Cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3NC . Tính độ dài đoạn IN biết rằng MN  10 . Bài 12: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O, R  , H là trực tâm tam giác, AH cắt BC tại K và cắt đường tròn tại D . Chứng minh K là trung điểm của HD . Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O, R  , M , N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Gọi I , J lần lượt là giao điểm của BM , CN với đường tròn. Chứng minh AO  IJ . Bài 14: Cho hình vuông ABCD . M là một điểm tùy ý trên đường thẳng BD  M  B, M  D  , H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AD . Chứng minh rằng CM  HK . Bài 15: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, R  , K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, AK cắt đường tròn O, R  tại D . Chứng minh rằng DB  DC  DK 213 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN III. CÁC BÀI TOÁN THI CĐ - TSĐH NĂM 2014. Bài 1. (CĐ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(2;5) và đường thẳng (d ) : 3 x  4 y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (d ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (d ) sao cho AM  5 . Đáp án Bài 2. (ĐH-K.D) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D(1; 1) . Đường thẳng AB có phương trình 3 x  2 y  9  0 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x  2 y  7  0 . Viết phương trình đường thẳng BC . Đáp án Bài 3. (ĐH-K.B) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD . Điểm M (3; 0) là trung điểm của cạnh AB , 4  điểm H (0; 1) l hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G  ;3  là trọng tâm tam giác BCD . Tìm tọa độ 3  các điểm B và D . Đáp án 214 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 4. (ĐH-K.A) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3NC . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; 1) . Đáp án 215 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN VI. CÁC DẠNG TOÁN THI Dạng 1: Tìm tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện cho trước. Bài toán tổng quát: Tìm điểm M   : ax  by  c  0 thỏa điều kiện cho trước. Phương pháp 1 B1. Đặt tọa độ cho điểm M .  am  c   bm  c   M m; , b  0 hoặc M ; m , a  0    a   b B2. Khai thác tính chất hình học của điểm M . + Tính đối xứng + Khoảng cách + Góc + Quan hệ song song, vuông góc + Tính chất của điểm và đường đặc biệt trong tam giác. + Tam giác đồng dạng + Ba điểm thẳng hàng, hai vectơ cùng phương Chuyển tính chất hình học sang phương trình với ẩn m . Giải phương trình tìm m  M . Phương pháp 2 B1. Xem điểm M là giao điểm của hai đường (đường thẳng, đường tròn). B2. Lập phương trình các đường. Giải hệ tìm M . Ví dụ 1. Cho điểm A  1;3 và đường thẳng  có phương trình x  2y  2  0 . Dựng hình vuông ABCD sao cho hai đỉnh B, C nằm trên  và các tọa độ đỉnh C đều dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Bài giải  Đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với  có phương trình: 2x  y  m  0 A  1;3    2  3  m  0  m  1 Suy ra:  d  : 2x  y  1  0    Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: x  2y  2  x  0  B  0;1 2x  y  1 y 1 Suy ra: BC  AB  1  4  5  Đặt C  x 0 ; y 0  với x 0 , y0  0 , ta có:   x  2y 0  2  0  x  2y 0  2 C    02 2   02 2 BC  5  x 0   y 0  1  5  x 0   y 0  1  5 216 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG xy  22 hoặc xy  02 (loại). Suy ra: C  2; 2   x  2  1  0 x 1 Do ABCD là hình vuông nên: CD  BA     D 1; 4  y  2  3 1 y 4 Giải hệ này ta được:   HĐBM-TỔ TOÁN 0 0 0 0 D D D D Vậy B  0;1 , C  2; 2  , D 1; 4   Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết A  1; 4  , B 1; 4  và đường thẳng BC đi  1 qua điểm I  2;  . Tìm tọa độ đỉnh C.  2 Bài giải  Phương trình đường thẳng BC: 9x  2y  17  0      AB   2; 8   9c  17    Do C  BC nên ta có thể đặt C  c; 9c  25    , ta có   2    AC   c  1; 2     9c  25 Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên: AB.AC  0  c  1  4. 0c3 2 Vậy C  3;5  . 9 3 Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, I  ;  và tâm của hình chữ 2 2 nhật là M  3; 0  là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Bài giải 9 9  3 2 4 4  Do MI là đường trung bình của tam giác ABD nên AB  2MI  2  Vì SABCD  AB.AD  12 nên AD     3 3  Đường thẳng AD qua M  3; 0  và nhận IM   ;  làm VTPT có phương trình là: 2 2 12  2 2  MA  MD  2 AB 3 3  x  3   y  0   0  x  y  3  0 2 2 2  Phương trình đường tròn tâm M bán kính R  2 là:  x  3  y2  2  Tọa độ A và D là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0 y  3  x x2 x4  x  3 2  y 2  2   x  3 2  3  x 2  2  y  1  y  1           Suy ra: ta chọn A  2;1 , D  4; 1  Vì I là trung điểm của AC nên: xy C C  2x I  x A  9  2  7  C  7; 2   2y I  y A  3  1  2 217 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Vì I là trung điểm của BD nên:  xy B B  2x I  x D  5  B  5; 4   2y I  y D  4 Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A  2;1 , B  5; 4  ,C  7; 2  , D  4; 1 . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A  2; 4  , B  0; 2  và trọng tâm G thuộc đường thẳng 3x  y  1  0 . Hãy tìm tọa độ của C biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 3. Bài giải  Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên: 1 1 SGAB  SABC  .3  1 3 3 x2 y4   x y2  0 2 2  Phương trình đường thẳng AB là:  Đặt G  a; b  , do G   d  : 3x  y  1  0 nên 3a  b  1  0 , ta có: 1 1 SGAB  1  .AB.d  G, AB   1  .2 2.d  G, AB   1 2 2 1  d  G, AB   2 a b2 1   2 2  a  b  2  1  1   a   2 a  1 3a  b   1 3a  b   1 Tọa độ G là nghiệm của hệ:    a  b  1 a  b  3 1 b  2 b    2     1 1 Suy ra: G   ;   hoặc G  1; 2   2 2  7   x C  3x G   x A  x B    2  1 1  7 9 Với G   ;   thì   C ;  9  2 2  2 2  y C  3y G   y A  y B    2   x  3x G   x A  x B   5 Với G  1; 2  thì  C  C  5;0   y C  3y G   y A  y B   0   7 9 Vậy có hai điểm C thỏa đề bài là : C  5;0  và C   ;  .  2 2 Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : x  y  1  0 và đường tròn  C  : x 2  y 2  2x  4y  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) mà qua đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến MA và MB với (C) (A,B là hai   60 0 . tiếp điểm) sao cho AMB 218 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải  (C) có tâm I  1; 2  và bán kính R  5    600  AMI   1 AMB   300 Theo giả thiết: AMB 2  Tam giác AMI vuông tại A nên: s in300   Đặt M  t; t  1  (d) , ta có: 2 AI  IM  2AI  2R  2 5 IM 2 IM 2  20   t  1   t  1  20  t 2  9  t  3  Vậy có hai điểm cần tìm là M1  3; 2  và M 2  3; 4  . Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  0; 2  và đường thẳng  d  : x  2y  2  0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB  2BC . Bài giải  Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra B là hình chiếu vuông góc của A trên (d)  Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0 A  0; 2       2  m  0  m  2 Suy ra:    : 2x  y  2  0  2  x  5 2 6 2x  y  2 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:   B ;  x  2y  2 6 5 5 y  5   Đặt C  2t  2; t   (d) , theo giả thiết ta có:  AB  2BC  AB2  4BC 2 2 2 2 2  12   6   2  6     0     2   4  2t     t    5   5   5  5   2  2t  12t  7  0 t  1  7  t  5  Với t  1  C  0;1 Với t   7 5 7  C ;  5 4 5 2 6 2 6 4 7 Vậy các điểm cần tìm là: B  ;  , C  0;1 hoặc B  ;  , C  ;  . 5 5 5 5 5 5 219 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0 và A 4;8 . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và C , biết rằng N 5; 4 . Bài giải  Do C  d nên C t ; 2t  5 . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD , suy ra I là trung điểm của AC .  t  4 2t  3  Do đó: I  ;   2 2   Tam giác BDN vuông tại N nên IN  IB . Suy ra: IN  IA Do đó ta có phương trình:         5  t  4   4  2t  3   4  t  4   8  2t  3   t  1     2   2   2   2  2 2 2 2 Suy ra: C 1; 7  Do M đối xứng với B qua C nên CM  CB . Mà CB  AD và CM || AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC || DM . Theo giả thiết, BN  DM , suy ra BN  AC và CB  CN . Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC  Đường thẳng AC có phương trình: 3x  y  4  0 . Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình: x  3 y 17  0 Do đó: B 3a  17; a   Trung điểm của BN thuộc AC nên:  3a  17  5  a  4 3  4  0  a  7    2 2  Vậy B 4; 7 . 220 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD  3 BC . Đường thẳng BD có phương trình x  2 y  6  0 và tam giác ABD có trực tâm là H 3; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh C và D . Bài giải   450  Gọi I là giao điểm của AC và BD  IB  IC . Mà IB  IC nên IBC vuông cân tại I  ICB BH  AD  BH  BC  HBC vuông cân tại B  I là trung điểm của đoạn thẳng HC  Do CH  BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ 2  x  3  y  2  0      x  3  2  y  2   6  0   2  2  Do đó C 1;6  Ta có IC IB BC 1 CH 10     ID  3 IC  CD  IC 2  ID 2  IC 10  5 2 ID ID AD 3 2 t  1 2 2 Do D 6  2t ; t  và CD  5 2 suy ra: 7  2t   t  6  50   t  7  Vậy D 4;1 hoặc D 8;7  . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là 17 1  H  ;   , chân đường phân giác trong của góc A là D 5;3 và trung điểm của cạnh AB là M 0;1 . Tìm tọa  5 5 độ đỉnh C . 221 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải  Ta có H  AH và AH  HD nên AH có phương trình: x  2 y  3  0 . Do đó A 3  2 a; a   Do M là trung điểm của AB nên MA  MH a  3  Suy ra 3  2a    a 1  13   1 a    5 2 2 Do A khác H nên A 3;3  Phương trình đường thẳng AD là y  3  0 . Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD . Suy ra N  AC và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ 1  y  2 3  0  N 0;5   1.x  0. y 1  0  Đường thẳng AC có phương trình 2 x  3 y 15  0 Đường thẳng BC có phương trình 2 x  y  7  0 2 x  y  7  0 Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ  2 x  3 y  15  0  Do đó C 9;11 .   9 3 Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm M  ;  là trung điểm của cạnh  2 2  AB , điểm H 2; 4 và điểm I 1;1 lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C . Bài giải   7 1   IM   ;  . Ta có M  AB và AB  IM nên đường thẳng AB có phương trình 7 x  y  33  0  2 2   A  AB  A a;7 a  33 . Do M là trung điểm của AB nên B a  9; 7 a  30    a  4 Ta có AH  HB  AH .HB  0  a 2  9a  20  0    a  5  Với a  4  A 4;5 , B 5; 2 . Ta có BH  AC nên đường thẳng AC có phương trình x  2 y  6  0 222 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN c  1 2 2 Do đó C 6  2c; c . Từ IC  IA  7  2c   c 1  25    c  5 Do C khác A , suy ra C  4;1  Với a  5  A 5; 2 , B 4;5 . Ta có BH  AC nên đường thẳng AC có phương trình 2 x  y  8  0 t  1 2 2 Do đó C t; 2 t  8 . Từ IC  IA  t  1   2t  7  25    c  5 Do C khác A , suy ra C 1;6 . Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn C  :  x 1   y 1  4 và đường thẳng 2 2  : y  3  0 . Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của C  , các đỉnh N và P thuộc  , đỉnh M và trung điểm cạnh MN thuộc C  . Tìm tọa độ điểm P . Bài giải  Ta có tâm của C  là I 1;1 . Đường thẳng IM vuông góc với  nên có phương trình x  1 . Do đó M 1; a   Do M  C  nên  a 1  4 . Suy ra a  1 hoặc a  3 . Mà M   nên ta được M 1; 1 2 2 b  5  b  1  2  N    N b;3 . Trung điểm MN thuộc C    1  1 1  4   b  3  2   Do đó N 5;3 hoặc N 3;3  P    P c;3   + Khi N 5;3 , từ MP  IN suy ra c  1 . Do đó P 1;3   + Khi N 3;3 , từ MP  IN suy ra c  3 . Do đó P 3;3 . Ví dụ 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , N 11 1  là điểm trên cạnh CD sao cho CN  2 ND . Giả sử M  ;  và đường thẳng AN có phương trình  2 2  2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A . Bài giải  Gọi H là giao điểm của AN và BD . Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB , cắt AD và BC lần lượt tại P và Q . Đặt HP  x . Suy ra PD  x, AP  3x và HQ  3 x . Ta có QC  x , nên MQ  x . 223 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Do đó AHP  HMQ , suy ra AH  HM  Hơn nữa, ta cũng có AH  HM . Do đó AM  2 MH  2d  M ,( AN )   3 10 2  A  AN , suy ra A t; 2t  3 . Khi đó: 2 2 t  1  11  3 10 7  45   MA   t    2t     t 2  5t  4  0    t  4 2 2   2 2  Vậy A 1; 1 hoặc A 4;5 . Ví dụ 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Các đường thẳng AC và AD lần  1  lượt có phương trình là x  3 y  0 và x  y  4  0 ; đường thẳng BD đi qua điểm M  ;1 . Tìm tọa độ các  3  đỉnh hình chữ nhật ABCD . Bài giải  x  3 y  0  Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ   A3;1   x  y  4  0  Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN || AD . 4 Suy ra MN có phương trình là x  y   0 . 3  4 x  y   0  1 Vì N thuộc AC , nên tọa độ điểm N thỏa mãn hệ   N 1;  3   3  x  3 y  0  Đường trung trực  của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD , nên có phương trình là x y 0  Gọi I và K lần lượt là giao điểm của  với AC và AD .  x  y  0 Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ   I 0; 0  x  3 y  0  x  y  0 và tọa độ điểm K thỏa mãn hệ   K 2; 2  x  y  4  0      AC  2 AI  C 3; 1; AD  2 AK  D 1;3   BC  AD  B 1; 3 . Ví dụ 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y  2  0 và đường tròn C  : x 2  y 2  4 x  2 y  0 . Gọi I là tâm của C  , M là điểm thuộc  . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến C  ( A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 . Bài giải  Đường tròn C  có tâm I  2;1 , bán kính IA  5   MBI   900 và MA  MB Tứ giác MAIB có MAI 224 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  S MAIB  IA.MA  MA  2 5  IM  IA2  MA2  5  M   , có tọa độ dạng M t ; t  2 t  2 2 2 MA  5  t  2  t  3  25  2t 2  2t 12  0   t  3  Vậy M 2; 4 hoặc M 3;1 . Ví dụ 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm H (0;  3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23;  2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương. Bài giải  x  1  3t  A(3a  1, 2a  1).  y  1  2t  A  d : 2x  3 y  5  0    Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3  3a; 1  2a)   HA  (3a  1; 2a  4)     HC  (3  3a; 4  2a ). a  1    Vì  AHC  900 nên HA.HC  0   19 a   .  13 + Với a  1  A(2; 3), C (6;  1) thỏa mãn. 19  18 51   C   ;  không thỏa mãn. 13  13 13   Với A(2; 3), C (6;  1) ta có phương trình CE : x  17 y  11  0, phương trình BC : x  3 y  9  0 + Với a    3b  7 b  3  Suy ra B(3b  9; b)  BC  trung điểm AB là N  ; . 2   2 Mà N  CE  b  4  B (3;  4).  Ví dụ 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 1),  là x  y  0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng BC  8 5 và góc BAC  phương trình đường phân giác trong góc BAC 5 nhọn. Bài giải  Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là điểm chính giữa cung BC  IE  BC .  Vì E thuộc đường thẳng x  y  0 và IE  IA  R  E (0; 0).    Chọn n BC  EI  (2; 1)  pt BC có dạng 2 x  y  m  0. Từ giả thiết  HC  4 5 3  IH  IC 2  HC 2  5 5 225 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  d ( I , BC )  3 5  HĐBM-TỔ TOÁN  m  2  BC : 2 x  y  2  0 | m5| 3     5 5  m  8  BC : 2 x  y  8  0.  nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x  y  2  0 thỏa mãn.  Vì BAC  2 x  y  2  0 8 6 8 6  B (0; 2), C  ;   hoặc B  ;   , C (0; 2) . 2 2 5 5 5 5 ( x  2)  ( y  1)  5  Từ hệ  Ví dụ 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x  3 y  18  0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 3x  19 y  279  0, đỉnh C   1350. thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC Bài giải  B  BH : x  3 y  18  B (3b  18; b ), C  d : y  2 x  5  C (c; 2c  5).  Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực   u .BC  0  : 3 x  19 y  279  0   trung ñieåm BC là M   60b  13c  357 b  4  B (6; 4)    10b  41c  409 c  9 C (9; 23).    AC  BH  chọn n AC  u BH  (3; 1)  pt AC : 3 x  y  4  0  A(a; 3a  4)    AB  (6  a; 8  3a ), AC  (9  a; 27  3a ).   1  Ta có A  1350  cos( AB , AC )    2  (9  a )(3  a ) | 9  a | a 2  6a  10  (6  a )(9  a)  (8  3a)(27  3a) (6  a ) 2  (8  3a ) 2 . (9  a )2  (27  3a ) 2  1 2 3  a  9 1   a  4. Suy ra A(4; 8).  2 2 2 2(3  a )  a  6a  10 Ví dụ 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC : x  y  1  0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E (0;  3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. Bài giải  Vì DE  AC nên DE : x  y  3  0  D  t ;  t  3 . 1 1  Ta có d  G , AC   d  B, AC   d  D, AC  3 3 226 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  D 1;  4  t  1 1 2t  4  2 .   . 3 2 t  5  D  5; 2   Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1;  4  .   1  1  2. xB  1 Ta có GD  2GB    B 1; 8   BD : x  1.  4  4  2  yB  4   Vì A  AC : x  y  1  0  A  a; a  1 . 1 4  4  Ta có S AGCD  S AGC  S ACD    1 S ABC  S ABC  S ABD . 3 3 3   A  5; 6   tm  a  5 1 Suy ra S ABD  24  .d  A, BD .BD  24  a  1 .12  48    2  a  3  A  3;  2   ktm    Từ AD  BC  C  3;  2 .  Vậy A  5; 6  , B 1; 8  , C  3;  2  , D 1;  4 .  Ví dụ 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD  2 BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2 x  y  3  0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng  : x  2 y  10  0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot  ADC  2. Bài giải  Gọi I  AC  BE. Vì I  AC  I  t ; 2t  3 . Ta thấy I là trung điểm của BE nên E  2t  4; 4t  6  . Theo giả thiết E    t  3  I  3; 3  , E  2; 6  . .  Vì AD / / BC , AD  2 BC nên BCDE là hình bình hành. Suy ra  ADC  IBC   cot    Từ cot IBC ADC  2  cos IBC 2 . 5    Vì C  AC  C  c; 2c  3  BI  1; 3 , BC  c  4; 2c  3 . Ta có  cos IBC c  1 2 5c  5 2    2  5 5 3c  22c  35  0 10. 5c 2  20c  25 c  5  . c  7  3 7 5  Suy ra C  5; 7  hoặc C  ;  .` 3 3 Với C  5; 7  , ta thấy I là trung điểm của AC nên A 1;  1 , vì E là trung điểm của AD nên D  3; 13. 7 5  11 13   1 23  Với C  ;  , tương tự ta có A  ;  , D  ;  .  3 7  3 3  3 3  227 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 4  Ví dụ 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G ; 1, trung điểm BC là M (1; 1), 3  phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x  y  7  0. Tìm tọa độ A, B, C. Bài giải  Từ tính chất trọng tâm ta có MA  3MG  A(2; 1).  B  BH : y   x  7  B(b,  b  7). Vì M (1; 1) là trung điểm BC nên C (2  b; b  5). Suy ra AC  (b; b  6).  BH  AC nên u BH . AC  0  b  (b  6)  0  b  3.  Suy ra B(3; 4), C (1;  2).  Ví dụ 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B, trung tuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình x  y  6  0, x  2 y  1  0, x  1  0 . Tìm tọa độ A, B, C. Bài giải x  2 y 1  0 suy ra trọng tâm G(1; 1). x 1  0  Từ hệ   A  AH , B  BM , C  CN  A(a; 6  a ), B(2b 1; b ), C (1; c). a  (2b  1)  1  3 a  2b  3  Do G (1; 1) là trọng tâm nên   (6  a )  b  c  3   a  b  c  3 (1)  Ta có u AH  (1;  1), BC  (2  2b; c  b). Vì AH  BC nên u AH .BC  0 (2)  2  2b  c  b  0  b  c  2  Từ (1) và (2) suy ra a  5, b  1, c  3. Suy ra A(5; 1), B(3;  1), C (1; 3).  Ví dụ 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC : 2 x  y  7  0, đường thẳng AC đi qua điểm M (1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng  : x  4 y  6  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Bài giải  Vì A   : x  4 y  6  0  A(4 a  6; a )  MA( 4a  5; a  1).  Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên  ACB  450.  Do đó cos( MA, u BC )  1  2 ( 4a  5)  2(a  1) 2 2 ( 4a  5)  ( a  1) . 5  1 2 228 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  A( 2; 2) a  2   13a  42a  32  0     14 16   A  ;  ( ktm )  a  16  13   13 13  2  Vậy A(2; 2). Suy ra AC : x  3 y  4  0, AB : 3x  y  8  0. Từ đó ta có B (3;  1), C (5; 3).  Ví dụ 23: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm M (0;1) là trung điểm cạnh AB và điểm A có hoành độ dương. Bài giải  Đường tròn (C) có tâm I (1; 2), bán kính IA  2.   Ta có IM  (1; 1), IM  AB suy ra phương trình đường thẳng AB : x  y  1  0. A  AB  A( a; a  1). Khi đó  IA  2  (a  1) 2  ( a  1) 2  4  a 2  1  a  1 (do a  0) . Suy ra A(1; 2); B (1; 0).   Ta có IA  (2; 0), IA  BC suy ra phương trình BC : x  1  0, phương trình AI : y  2  0.  Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra N (1; 2) và N là trung điểm BC. Suy ra C (1; 4).  Ví dụ 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC; phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (5 ; 1). Bài giải  Ta có A(3;  8). Gọi M là trung điểm BC  IM // AH .  Ta suy ra pt IM : x  2 y  7  0. Suy ra tọa độ M thỏa mãn x  2 y  7  0  M (3; 5).  13 x  6 y  9  0  Pt đường thẳng BC : 2( x  3)  y  5  0  2 x  y  11  0. B  BC  B(a; 11  2 a ). a  4  Khi đó IA  IB  a 2  6a  8  0   . a  2  Từ đó suy ra B(4; 3), C (2; 7) hoặc B(2; 7), C (4; 3).  Ví dụ 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1); đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. 229 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải 1 3 5 5  Tọa độ chân đường cao H ( ; ). 1 7 5 5  Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt d : x  2 y  3  0. d  AH  I  I ( ; ). Ta có HA  3HI  A(1; 3). d ( A, BC )  6 5 . Suy ra BC  2 S ABC  2 5. d ( A, BC )  Gọi M là trung điểm BC. Khi đó MA  3MG  M (1; 0).  Gọi B( x1;  x1  1 ). Khi đó MB  5  ( x1  1) 2  4  2  x1  3  x  1.  1 + Với x1  3  B (3;  1)  C ( 1; 1). + Với x1  1  B (1;1)  C (3;  1).  Suy ra A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1) hoặc A(1; 3), B(1; 1), C (3;  1).  Ví dụ 26: Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3AB, C(–3; –3), trung điểm của AD là M(3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD = 18, AB = 10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương. Bài giải  Gọi n = (A; B) là vectơ pháp tuyến của CD (A2 + B2 > 0) Ta có CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0  Ax + By + 3A + 3B = 0.  Ta có: SBCD = SACD = 18 2SACD 36 6 10 3 10  d(A; CD) =    d(M; CD) = CD 5 5 3 10 3A  B  3A  3B 3 10   5 6A  4B  3 10 A2  B2  2 2 5 A B  25(36A2 + 48AB + 16B2) = 90(A2 + B2)  810A2 + 1200AB + 310B2 = 0  A   B 31B hay A   . 3 27 B : Chọn B = –3  A = 1  (CD): x – 3y – 6 = 0  D(3d + 6; d) 3 Ta có: CD2 = 90  (3d + 9)2 + (d + 3)2 = 90  (d + 3)2 = 9  d = 0 hay d = –6  D(6; 0) (nhận) hay D(–12; –6) (loại). Vậy D(6; 0)  A(0; 2)  1  Ta có AB  DC  (3; 1)  B(–3; 1). 3 31B * A : Chọn B = –27  A = 31  CD: 31x – 27y + 12 = 0 27 * A 2 729  31d  12   31d  93  2 2 2  D  d; (loại)   CD  (d  3)     90  (d  3)  27  169   27   Vậy B(–3; 1). 230 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , đường thẳng AB có phương trình 3x  4 y  1  0 , đường thẳng BD có phương trình 2 x  y  3  0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C , D. Bài giải  Điểm B là giao giữa AB và BD  B 1; 1    S ABCD  AB. AD  22 (1) . Đường thẳng AB có vtpt n1   3;4  , AC có vtpt n2   2; 1   n1 . n2   2    11  AD (2) cos ABD  cos  n1 ; n2       tan ABD n1 n2 5 5 2 AB  từ (1),(2)  AD  11 , AB  2 (3)  D  BB  D  a;2a  3  , AD  d  D;  AB    11a  11 5 (4) . Từ (3) & (4) suy ra 11a  11  55  a  6 , a  4  3 1   7     a  6  D  6;9  . Do AD  AB  AD : 4 x  3 y  3  0  A   ;  , I  ;4  trung điểm của BD . C đối xứng A 5 5 2  38 39  ;   5 5  qua I  C  13 11   28 49   & C   ;   . 5    5  a  4  D(4; 11) tương tự trên ta tính được A  ;  5  5 Ví dụ 28: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K  0;2  , trung điểm cạnh AB là M  3;1 . Bài giải   Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK   1;2  làm véc tơ pháp tuyến và AC qua K  0;2  nên  AC  : 1 x  0   2  y  2   0   AC  : x  2 y  4  0   BK  : 2 x  y  2  0  Gọi A  2a  4; a   AC , B  b;2  2b   BK mặt khác M  3;1 là trung điểm AB nên ta có hệ  2a  4  b  6 2 a  b  10  a  4  A  4;4       a  2  2b  2 a  2b  0 b  2  B  2; 2     AB  qua A  4; 4  và có AB   2; 6    AB  : 3 x  y  8  0   BC  qua B  2; 2  và vuông góc với AH nên nhận HA   3;4 làm véc tơ pháp tuyến   BC  : 3  x  2   4  y  2   0   BC  : 3 x  4 y  2  0 . 231 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng. Yêu cầu 1) Nắm vững chắc tất cả các dạng phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ 2) Đặc biệt lưu ý dạng thường sử dụng sau:  Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x0;y0) và có VTPT n  ( A; B) là: y  n M ( x; y ) x O M 0 ( x0 ; y 0 ) () : A( x  x 0 )  B( y  y0 )  0 ( A2  B 2  0 ) Ví dụ 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết A 1; 6  và hai đường trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình là x  2y  1  0,3x  y  2  0 . Bài giải  Do tọa độ điểm A không nghiệm đúng các phương trình đã cho nên ta có thể giả sử rằng: Phương trình trung tuyến BM là: x  2y  1  0 Phương trình trung tuyến CN là: 3x  y  2  0   b6 Đặt B  2b  1; b  , do N là trung điểm AB nên : N  b;  2   b6  b6 N  b; 2  0  b  2   CN  3b  2  2  Suy ra: B  3; 2    c  1 3c  4  ; Đặt C  c;3c  2  , do M là trung điểm AC nên : M   2   2 c 1 3c  4  c  1 3c  4  M ;  2.  1  0  c  1   BM  2  2 2  2 Suy ra: C  1; 5  Vậy phương trình AB, BC, AC là: AB : 11x  2y  1  0 BC : 7x  4y  13  0 . AC : 2x  y  8  0 232 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2 2 Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  6; 2  và đường tròn (C) có phương trình  x  1   y  2   5 Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  10 . Bài giải  Đường tròn (C) có tâm I 1; 2  và bán kính R  5  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:  AB2 10 5 10  5    IH  4 4 2 2  Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n   a; b  có dạng: IH 2  IA 2  AH 2  R 2  a  x  6   b  y  2   0  ax  by  6a  2b  0  Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: a  2b  6a  2b d  I;(d)   IH  2 a b 2  10  9a 2  b 2  b  3a 2 + Với b  3a ta được  d  : x  3y  0 + Với b  3a ta được  d  : x  3y  12  0 . Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong  AD  : x  y  0 , đường cao  CH  : 2x  y  3  0 , cạnh AC qua M  0; 1 , AB  2AM . Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. Bài giải  Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra: N  tia AB Mặt khác ta có: AN  AM  AB  2AN  N là trung điểm của AB  Do MN  AD nên phương trình MN là: x  y  m1  0 M  0; 1  MN  1  m1  0  m1  1 Suy ra:  MN  : x  y  1  0  1  x  2  K 1 ; 1  Gọi K  MN  AD , tọa độ K là nghiệm của hệ pt: x  y  1     xy0 1  2 2 y    2  Vì K là trung điểm của MN nên:  xy N N  2x K  x M  1  N  1; 0   2y K  y M  0 Do AB  CH nên phương trình AB là: x  2y  m 2  0 N  1;0   AB  1  m 2  0  m2  1 233 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Suy ra:  AB  : x  2y  1  0    Vì A  AB  AD nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt: x  2y  1  x  1  A 1;1 xy0 y 1 Suy ra:  AC  : 2x  y  1  0  1   1  Vì C  AC  CH nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt: 2x  y  1   x   2  C   ; 2  2x  y  3  2   y  2  Do N là trung điểm của AB    xy B B  2x N  x A  3  B  3; 1  2y N  y A  1 Phương trình cạnh BC:  BC  : 2x  5y  11  0 . Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh A  1; 2  . Trung tuyến CM : 5x  7y  20  0 và đường cao BH : 5x  2y  4  0 . Viết phương trình các cạnh AC và BC. Bài giải  Do AC  BH nên phương trình AC là: 2x  5y  m  0 A  1; 2   AC  2  10  m  0  m  8 Suy ra:  AC  : 2x  5y  8  0  Do C  AC  CM nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt: 5x2x  7y5y  820  xy  04  C  4; 0  Đặt B  a; b  , do B  BH nên: 5a  2b  4  0   1  a 2  b  ; Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ M là : M   2   2  1  a 2b  1  a 2  b  Do M  ;  7.  20  0  5a  7b  31  0   CM  5. 2  2 2  2  Tọa độ M là nghiệm của hệ: 5a  2b  4  a  2  B  2;3 5a  7b  31 b3  Phương trình cạnh BC là:  BC  : 3x  2y  12  0 .   Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  15  0. Gọi I là tâm đường tròn (C ). Đường thẳng  đi qua M (1;  3) cắt (C ) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng  biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. 234 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải  Đường tròn (C) có tâm I (2;  1), bán kính R  2 5. Gọi H là trung điểm AB. Đặt AH  x (0  x  2 5 ). Khi đó ta có x  4 1 IH . AB  8  x 20  x 2  8   2  x  2 (ktm vì AB  IA) nên AH  4  IH  2.  Pt đường thẳng qua M: a ( x  1)  b( y  3)  0 ( a 2  b 2  0)  ax  by  3b  a  0.  Ta có d ( I , AB)  IH  2  | a  2b | a2  b2  2  a (3a  4b)  0  a  0  a  4 b. 3 * Với a  0 ta có pt  : y  3  0. * Với a  4 b. Chọn b  3 ta có a  4 . Suy ra pt  : 4 x  3 y  5  0. 3  Vậy có hai đường thẳng  thỏa mãn là y  3  0 và 4 x  3 y  5  0.  Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng d :2 x  5 y  1  0 , cạnh AB nằm trên đường thẳng d  :12 x  y  23  0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết nó đi qua điểm M  3;1 . Bài giải    VTPT của BC : nBC   2; 5  , VTPT của AB : n AB  12; 1 ,   VTPT của AC : nAC   a; b  , a 2  b 2  0 . Ta có  ABC   ACB  900        cos  ABC  cos  ACB  cos  n AB , nBC   cos  nBC , nCA      n .n n .n 2a  5b 145   AB BC   CA BC    9 a 2  100ab  96b 2  0 2 2 n AB . nBC nCA . nBC 5 a b  a  12b  0  9a  8b  0  + Với a  12b  0 Chọn a  12, b  1 thì nCA  12; 1  AB AC ( loại) + Với 9a 8b  0 Chọn a  8, b  9 nên AC : 8  x  3   9  y  1  0  Vậy AC : 8 x  9 y  33  0 . Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn T  : x 2  y 2  x  9 y  18  0 và hai điểm A  4;1 , B  3; 1 . Gọi C , D là hai điểm thuộc T  sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD . 235 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải 2 2 1  9  10   Ta có T  :  x     x    nên T  có tâm 2  2 4    AB   1; 2  , AB  5 , và  AB  : 2 x  y  7  0 . 10 1 9 I  ;  bán kính R  2 2 2  Đường thẳng CD AB   CD  : 2 x  y  m  0 ( điều kiện m  7 ) 2m  7  Khoảng cách từ I đến CD là h  2 5 5  2m  7  và CD  2 R  h  2  2 20 2 2 2 2 m  6 5  2m  7  2  Ta có CD  AB  2   5   2m  7   25   thỏa mãn 2 20 m  1 + m  6 pt  CD  : 2 x  y  6  0 + m  1 pt  CD  : 2 x  y  1  0  Có hai đường thẳng thỏa mãn : 2 x  y  6  0; 2 x  y  1  0 . Dạng 3: Viết phương trình đường tròn. Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B (4; 1) và đường thẳng  : 3 x  4 y  5  0. Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt  tại C, D sao cho CD  6. Bài giải  Giả sử (C) có tâm I (a; b), bán kính R  0.  Vì (C) đi qua A, B nên IA  IB  R  (a  1)2  (b  2) 2  (a  4)2  (b  1) 2  R b  3a  6  I (a; 3a  6)   2 2  R  10a  50a  65  R  10a  50a  65  Kẻ IH  CD tại H. Khi đó CH  3, IH  d ( I ,  )   R  IC  CH 2  IH 2  9  9a  29 5 (9a  29)2 25  Từ (1) và (2) suy ra 10a 2  50 a  65  9  (1) (2) (9a  29) 2  169 a 2  728a  559  0 25  I (1;  3), R  5 a  1      43 51  5 61  a  43 I  ; , R    13 13   13 13  2 2 43   51  1525   Suy ra (C ) : ( x  1)  ( y  3)  25 hoặc (C ) :  x     y    . 13   13  169  2 2 236 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB  10 . Bài giải  Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5. Gọi H  MI  AB. Ta có AH  1 10 AB  . 2 2  Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có 1 1 1 1 4 1  2     AM  5  MI  10 . 2 2 2 10 5 AH AI AM AM  Ta có  : 5x  2y 19 0   : x 5 y  3   M (5  2m; 3  5m) 2 5  Khi đó MI  10  (3  2m) 2  ( 2  5m) 2  10  29m 2  32m  3  0  m  1 hoặc m   3 . 29 Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.   5 2 2   1 2 2 5 2 + Với m  1 ta có M (3;  2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là  x     y    . 2 + Với m   2 3 197   101  5  139 72   ta có M  ;  y   . . Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là  x  29 58   58  2  29 29   Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1; 2  ; B  3; 4  và đường thẳng d : y  3  0. ,Viết phương trình   600 . đường tròn  C  đi qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN Bài giải  Gọi  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 (đk a 2  b 2  c  0) 5  2 a  4b  c  0 b  5  a  A 1; 2    C     25  6a  8b  c  0 c  15  2a  B  3; 4    C  2  Vậy  C  có tâm I  a; a  5  , bán kính R  a 2   5  a   15  2a   2  a 2  4a  5   C  cắt đường thẳng   600 . Suy ra d tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN   1200  I MN   I NM   300 hạ IH   d   IH  d  I , d   1 R MIN 2  2a  1 2  a 2  4 a  5   a 2  4a  3  0  a  1  a  3 2 + Khi a  1 ta có đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  8 y  13  0 ( loại do I , A khác phía đường thẳng d ) 237 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2 2 + Khi a  3   C  : x 2  y 2  6 x  4 y  9  0   C  :  x  3    y  2   4 (t/ mãn).  Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 ,  C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm của  C1  ,  C2  và có tâm nằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 . Bài giải  Toạ độ giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của hệ phương trình   2  x 2  y 2  10 x  0  x 2  y 2  10 x  0 50 x  3 x  2  0    2 2 7 x  y  10  0  y  7 x  10  x  y  4 x  2 y  20  0 x  1 , x  2  x  1  y  3  A1 1 ; 3    vậy 2 giao điểm của  C1  và  C2  là   y  7 x  10 x  2  y  4  A2  2;4  3 1     Trung điểm A của A1 A2 có toạ độ A  ;  , ta có A1 A2  1;7  đường thẳng qua A vuông góc với A1 A2 có phương 2 2   3   1 trình    : 1. x    7. y    0     : x  7 y  5  0 2 2    x  7 y  5  0  x  12   x  6 y  6  0  y  1  Toạ độ tâm I của hai đường tròn cần tìm là nghiệm của hệ   I 12; 1 . Đường tròn cần tìm có bán kính R  IA2   2  12 2   4  12 5 5  Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  C  :  x  12 2   y  1 2  125 . IV. BÀI TẬP Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các  1  cạnh AB và CD . Biết rằng M   ; 2  và đường thẳng BN có phương trình 2 x  9 y  34  0 . Tìm tọa độ các  2  điểm A, B biết rằng điểm B có hoành độ âm. Kết quả: Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD . Biết đường thẳng AC có phương trình 2 x  y  1  0 , đỉnh A  3;5  và điểm B thuộc đường thẳng (d ) : x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D của hình thoi ABCD . Kết quả: 238 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30 và hai điểm M (1; 4), N (4; 1) lần lượt nằm trên hai đường thẳng AB, AD . Phương trình đường chéo AC là 7 x  4 y  13  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết hai điểm A và D đều có hoành độ âm. Kết quả: A 1;5, B 5; 2 , C 3; 2 , D 3;1 Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , N là điểm trên cạnh AC sao cho AN  1 AC ; điểm N thuộc đường thẳng 3 x  y  4  0 , phương trình đường thẳng 4 MD : x  1  0 . Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông ABCD , biết khoảng cách từ A đến đường thẳng MD bằng 4 và điểm N có hoành độ âm. Kết quả: A 3;1 hoặc A 3; 0 Bài 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 12, giao điểm của hai đường cho là 9 3 I  ;  , trung điểm của cạnh BC là M(3; 0) và hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C. Xác định toạ độ các 2 2 đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Kết quả: Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD và CD  2 AB . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC . Biết tọa độ đỉnh B(5; 6) , phương trình đường thẳng ( DH ) : 2 x  y  0 , phương trình đường thẳng ( DM ) : x  3 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD . Kết quả: A 1;6 , B 5; 6 , C 9; 2 , D 1; 2  3 1 Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N   ;   2 2 là điểm trên cạnh AC sao cho AN  1  4 AC , giao điểm của AC và DM là I 1;  . Xác định tọa độ các đỉnh 4  3 của hình vuông ABCD Kết quả: A 3; 0 , C 3; 2 , B 1; 4 , D 1; 2 hoặc A 3;0 , C 3; 2 , B 1; 2 , D 1; 4  4 Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC  2 BD . Điểm M  2;   3  13  thuộc đường thẳng AB , N  3;  thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD , biết đỉnh B có  3 hoành độ nhỏ hơn 3. Kết quả: 7 x  y 18  0 239 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao 4  cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I (1; 1) đường kính BC cắt BM tại D , đường thẳng BC đi qua N  ;0  , 3  phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm C có hoành độ dương. Kết quả: C 3; 1 , B 2; 2 , A 2; 1 Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M (1;3) là trung điểm của cạnh BC , 1  3 1 N   ;  là điểm trên cạnh AC sao cho AN  AC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết 4  2 2 D nằm trên đường thẳng (d ) : x  y  3  0 Kết quả: D 1; 2 , A 3; 0 , B 1; 4 , C 3; 2 Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình l 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Kết quả:  AB  : 3 x  y  4  0;  AC  : y1  0 --------------------------------Hết---------------------------------- 240 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Chủ đề 10 PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRỌNG TÂM KIẾN THỨC CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC CƠ BẢN 1. (a  b)2  a2  2ab  b2 2. (a  b)2  a2  2ab  b2 a 2  b 2  (a  b) 2  2ab a 2  b 2  (a  b) 2  2ab 3. a2  b2  (a  b)(a  b) 4. (a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b3 a 3  b3  (a  b)3  3ab(a  b) 5. (a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b3 6. a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 ) 7. a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 )  8. a  b  c 2   a2  b2  c2  2ab  2ac  2bc Nhắc lại: 1) Một số phép biến đổi tương đương phương trình thường sử dụng a) Chuyển vế một biểu thức từ vế này sang vế kia (nhớ đổi dấu của biểu thức). b) Nhân hoặc chia hai vế của phương trình với một hằng số (khác 0) hoặc với một biểu thức (khác không). c) Thay thế một biểu thức bởi một biểu thức khác bằng với biểu thức đó. Lưu ý: + Chia hai vế của phương trình cho biểu thức chứa ẩn đề phòng mất nghiệm. + Bình phương hai vế của phương trình đề phòng dư nghiệm. 2) Các bước giải một phương trình Bước 1: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghĩa Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giải Bước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có) Bước 4: Kết luận 241 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 3. Các phương pháp giải phương trình đại số thường sử dụng a) Phương pháp 1: Biến đổi phương trình đã cho về phương trình đã biết cách giải Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số : A.B = 0; A.B.C = 0. A  0 A  0 Định lý: ; A.B.C  0   B  0 A.B  0   B  0 C  0 c) Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đã biết cách giải. b) Phương pháp 2: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I. Giải và biện luận phương trình bậc nhất: 1. Dạng : x : aån soá  a, b : tham soá ax + b = 0 (1) 2. Giải và biện luận: Ta có : Biện luận: (1)  ax = -b (2) b a  Nếu a = 0 thì (2) trở thành 0.x = -b * Nếu b  0 thì phương trình (1) vô nghiệm * Nếu b = 0 thì phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x Tóm lại : b  a  0 : phương trình (1) có nghiệm duy nhất x   a  a = 0 và b  0 : phương trình (1) vô nghiệm  a = 0 và b = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x  Nếu a  0 thì (2)  x   3. Điều kiện về nghiệm số của phương trình: Xét phương trình ax + b = 0 (1) ta có: Định lý:    a 0 a  0 (1) vô nghiệm   b  0 a  0 (1) nghiệm đúng với mọi x   b  0 (1) có nghiệm duy nhất  242 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. Giải và biện luận phương trình bậc hai: x : aån soá  a, b , c : tham soá ax 2  bx  c  0 (1) 1. Dạng: 2. Giải và biện luận phương trình : Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Nếu a  0 thì (1) là phương trình bậc nhất : bx + c = 0  b  0 : phương trình (1) có nghiệm duy nhất x   c b  b = 0 và c  0 : phương trình (1) vô nghiệm  b = 0 và c = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x Trường hợp 2: Nếu a  0 thì (1) là phương trình bậc hai có Biệt số   b2  4ac ( hoặc '  b '2  ac vôùi b'  b ) 2 Biện luận:  Nếu   0 thì pt (1) vô nghiệm  Nếu   0 thì pt (1) có nghiệm số kép x1  x 2   b 2a  Nếu   0 thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1,2  b   2a b' ) a  b'   '  ) a ( x1  x2   ( x1,2 3. Điều kiện về nghiệm số của phương trình bậc hai: Định lý : Xét phương trình : ax 2  bx  c  0 (1)  Pt (1) vô nghiệm  Pt (1) có nghiệm kép  Pt (1) có hai nghiệm phân biệt  Pt (1) có hai nghiệm  Pt (1) nghiệm đúng với mọi x a  0 a  0   b  0 hoặc    0 c  0  a  0     0 a  0     0 a  0     0 a  0   b  0 c  0  Đặc biệt Nếu pt(1) có hệ số a,c thoả a.c < 0 thì pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 243 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 4. Định lý VIÉT đối với phương trình bậc hai:  Định lý thuận: Nếu phương trình bậc hai : ax 2  bx  c  0 ( a  0 ) có hai nghiệm x1, x2 thì b  S  x1  x 2   a  P  x1 .x 2  c  a  Định lý đảo : Nếu có hai số x , y mà x  y  S và x.y  P ( S 2  4 P ) thì x , y là nghiệm của phương trình X2  S.X  P  0  Ý nghĩa của định lý VIÉT: Cho phép tính giá trị các biểu thức đối xứng của các nghiệm ( tức là biểu thức chứa x1, x2 và không thay x12  x 22 1 1 đổi giá trị khi ta thay đổi vai trò x1,x2 cho nhau .Ví dụ: A   2  2 ) mà không cần giải pt x1 x 2 x1 x 2 tìm x1, x2 , tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng,... Chú ý: c  Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a  b  c  0 thì pt (1) có hai nghiệm là x1  1 vaø x 2  a c  Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a  b  c  0 thì pt (1) có hai nghiệm là x1  1 vaø x 2   a 5. Dấu nghiệm số của phương trình bậc hai: Dựa vào định lý Viét ta có thể suy ra định lý sau: Định lý: Xét phương trình bậc hai : ax 2  bx  c  0 (1)  > 0   Pt (1) có hai nghiệm dương phân biệt  P > 0 S > 0   Pt (1) có hai nghiệm âm phân biệt  Pt (1) có hai nghiệm trái dấu   ( a  0)  > 0  P > 0 S < 0  P B  A2 > B2 III. Các phương trình và bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối cơ bản & cách giải: Phương pháp chung để giải loại này là KHỬ DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI bằng định nghĩa hoặc nâng lũy thừa. * Dạng 1 : A  B  A 2  B 2 , B  0 * Dạng 2 : A  B   2 , 2 A  B * Dạng 4: B  0 , A B 2 2 A  B  * Dạng 5: B  0  A  B   B  0  A 2  B 2  A  B  A  B B  0 A B A  B B  0 , A B  B  A  B ,  A  0  A  B A B  A  0    A  B ,  A  0  A  B AB  A  0   A  B B  0  A  B   B  0   A  B  A  B 250 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN D. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC TRỌNG TÂM KIẾN THỨC I. Các điều kiện và tính chất cơ bản: * * A có nghĩa khi A  0 A  0 với A  0 * A2  A * * *  A 2 A &  A neáu A  0 A  - A neáu A  0 với A  0 A.B  A . B khi A , B  0 A.B   A.  B khi A , B  0 II. Các định lý cơ bản: (quan trọng) a) Định lý 1 : Với A  0 và B  0 thì b) Định lý 2 : Với A  0 và B  0 thì c) Định lý 3: Với A và B bất kỳ thì A=B A>B A=B  A2 = B2  A2 > B2  A2 = B2 III. Các phương trình và bất phương trình căn thức cơ bản & cách giải : Phương pháp chung để giải loại này là KHỬ CĂN THỨC bằng pháp nâng lũy thừa. * Dạng 1 : * Dạng 2 : * Dạng 3 : * Dạng 4: A  0 A B A  B B  0 A  B  2  A  B A  0  A  B  B  0  2 A  B (hoaëc B  0 ) A  0  B  0 A  B  B  0     A  B2 251 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRỌNG TÂM KIẾN THỨC CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN I. Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn 1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn a1 x  b1y  c1  a2 x  b2 y  c2 a. Dạng : (1) a 2 1  b12  0, a22  b22  0 Cách giải đã biết: Phép thế, phép cộng, sử dụng MTBT... b. Giải và biện luận phương trình : Quy trình giải và biện luận Bước 1: Tính các định thức : a b1  D 1 (gọi là định thức của hệ)  a1b2  a 2 b1 a 2 b2  Dx   Dy  c1 b1 c2 b2 a1 c1 a2 c2  c1b2  c 2 b1 (gọi là định thức của x)  a1c 2  a 2 c1 (gọi là định thức của y) Bước 2: Biện luận  Dx   x  D Nếu D  0 thì hệ có nghiệm duy nhất   y  Dy  D Nếu D = 0 và D x  0 hoặc D y  0 thì hệ vô nghiệm.  Nếu D = Dx = Dy = 0 thì hệ có vô số nghiệm.  3. Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn Dạng : a1 x  b1y  c1z  d1  a2 x  b2 y  c2 z  d2 a x  b y  c z  d 3 3 3  3 Cách giải: Sử dụng phép cộng để khử một ẩn đưa về hệ bậc nhất hai ẩn, sử dụng MTBT. II. Hệ phương trình bậc hai hai ẩn: 1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn: Cách giải: Giải bằng pháp thế 252 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2. Hệ phương trình đối xứng : 1. Hệ phương trình đối xứng loại I: a.Định nghĩa: Đó là hệ chứa hai ẩn x,y mà khi ta thay đổi vai trò x,y cho nhau thì hệ phương trình không thay đổi. b.Cách giải: Bước 1: Đặt x+y=S và xy=P với S 2  4 P ta đưa hệ về hệ mới chứa hai ẩn S,P. Bước 2: Giải hệ mới tìm S,P . Chọn S,P thoả mãn S 2  4 P . Bước 3: Với S,P tìm được thì x,y là nghiệm của phương trình : X 2  SX  P  0 ( định lý Viét đảo ). Chú ý: Do tính đối xứng, cho nên nếu (x0 ;y0) là nghiệm của hệ thì (y0;x0) cũng là nghiệm của hệ. 2. Hệ phương trình đối xứng loại II: a. Định nghĩa: Đó là hệ chứa hai ẩn x,y mà khi ta thay đổi vai trò x,y cho nhau thì phương trình nầy trở thành phương trình kia của hệ. b. Cách giải:   Trừ vế với vế hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích số. Kết hợp một phương trình tích số với một phương trình của hệ để suy ra nghiệm của hệ . III. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai: a. Dạng : 2 2 a1 x  b1 xy  c1 y  d1  2 2 a2 x  b2 xy  c2 y  d2 b. Cách giải: x x y  t hoặc  t . Giả sử ta chọn cách đặt  t . y x y Khi đó ta có thể tiến hành cách giải như sau: Bước 1: Kiểm tra xem (x,0) có phải là nghiệm của hệ hay không ? x Bước 2: Với y  0 ta đặt  t  x  ty . Thay vào hệ ta được hệ mới chứa 2 ẩn t,y .Từ 2 phương y trình ta khử y để được 1 phương trình chứa t . Bước 3: Giải phương trình tìm t rồi suy ra x,y. Đặt ẩn phụ 253 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH § A. PHƯƠNG TRÌNH 1. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG x 4  ax 2  bx  c (Tách bậc – đưa về phương trình tích) Phương pháp giải Với mọi m   ta luôn có: x 4  ax 2  bx  c  x 4  2mx 2  m 2  ax 2  bx  c  2mx 2  m 2   x 2  m 2  (2m  a ) x 2  bx  c  m 2 (1) Đặt f ( x)  (2m  a) x 2  bx  c  m 2 . Ta tìm m sao cho f ( x ) trở thành bình phương của một nhị thức   0 2 Điều nầy được thỏa khi:  . Suy ra: f ( x )   Ax  B  2m  a  0 Khi đó: (1)   x 2  m   Ax  B   x 2  m    Ax  B  . Đây là phương trình bậc hai. 2 2 Ví dụ 1: Giải phương trình x 4  3 x 2 10 x  4 (1) Lời giải  Với mọi m ta có: (1)   x 2  m  (3  2m) x 2 10 x  4  m 2 2 (2)  Đặt f ( x)  (3  2m) x 2 10 x  4  m 2   25  (3  2m)(4  m 2 )  0 f ( x ) là bình phương của một nhị thức   3  2m  0 2m3  3m 2  8m 13  0    m 1 3  3m  0  Khi đó: (2)   x 2  1  5 x 2  10 x  5   x 2 1  5 x  1 2 2 2  x 2  1  5( x  1) 5  1 4 5    x 2 2  x  1   5( x 1)  5  1  4 5    Tập nghiệm của phương trình (1) là S      2   Chú ý: Việc tìm ra m  1 có thể làm trên nháp, không cần trình bày trên bài làm. Có thể trình bày ngắn gọn như ví dụ sau Ví dụ 2: Giải phương trình x 4  2 x 2  3 x  7 16 (1) 254 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Lời giải 2 2 2  9 3  Ta có: (1)   x 2  1  4 x 2  3x    x 2 1  2 x    16 4  2  2 3 1  x 1  2 x   x  2x   0 3   4 4      x  1 3 7 2  2  2  x  1  2 x   x  2x   0   4 4  3   Tập nghiệm của phương trình (1) là S  1     2   Bài tập tương tự Giải các phương trình 1) x 4 19 x 2 10 x  8  0 2) 2 x 4  3 x 2 10 x  3  0 3) 3 x 4  2 x 2 16 x  5  0 255 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 2. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 a  0 Phương pháp giải Đặt ẩn phụ x   b  t để đưa phương trình về dạng t 4  t 2   t   4a Ví dụ : Giải phương trình x 4  8 x 3  20 x 2 12 x  9  0 Lời giải (1)  Đặt x  t  2 . Thay vào phương trình (1) ta được 4 3 2 t  2  8 t  2  20 t  2 12 t  2 9  0  t 4  4t 2  4t 1  0  t 4   2t 1  0 2  t 2  2t  1t 2  2t 1  0 t 2  2t  1  0 t  1   2   t  1  2 t  2t 1  0    Tập nghiệm của phương trình (1) là S  1  2;1 2;3  2. Một số bài toán tự luyện Giải các phương trình 1) x 4 14 x3  54 x 2  38 x 11  0 2) x 4  6 x 3  9 x 2  2 x  7  0 3) 4 x 4  4 x3 11x 2  7 x  7  0 Nhắc lại: 4 a  b  C40 a 4b 0  C41a 3b1  C42 a 2b 2  C43a1b3  C44 a 0b 4  a 4  4a 3b  6a 2b 2  4ab3  b 4 256 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 3. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax  b  p n a ' x  b '  qx  r n ( x là ẩn số; p, q, r , a, b, a ', b ' là các hằng số; paa '  0 ; n  2;3 Dạng thường gặp: ax  b  p a ' x  b '  qx  r 2 Phương pháp giải Đặt ẩn phụ: + Đặt n a ' x  b '  ay  b nếu pa '  0 + Đặt n a ' x  b '   ay  b nếu pa '  0 Bài toán dẫn đến giải hệ phương trình hai ẩn đối với x và y : h( x)  Ay  Bx  C (*)  h( y )   A ' B  x  C ' (*) thường là hệ đối xứng loại 2 đối với x và y . Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc bốn. Ví dụ 1: Giải phương trình Lời giải 2 x  15  32 x 2  32 x  20 (1) 15 2 2  Phương trình (1) viết lại thành: 2  4 x  2  2 x  15  28  Điều kiện: 2 x  15  0  x   Đặt  1 2 x  15  4 y  2  y    , ta được hệ phương trình:  2  4 y  22  2 x  15 (2)    4 x  22  2 y  15 (3)   Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được: 4 y  4 x  44 y  4 x   2  x  y    x  y  1  8 x  y  1  0 + Khi x  y , thay vào (3) ta được:  1 x  2  2 4 x  2  2 x  15  16 x 2  14 x 11  0   11  x    8 1 So với điều kiện của x và y ta chọn x  . 2 9 + Khi 1  8  x  y 1  0  y  x  , thay vào (3) ta được: 8 257 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 9 4 2 4 x  2  2 x  15  64 x 2  72 x  35  0  x  9  221 16 9  221 . 16  1 9  221   Tập nghiệm của (1) là S   ;   2  16   So với điều kiện của x và y ta chọn x  Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x 2  3 x  1  5  13x (1) Lời giải 1  Điều kiện: 3 x  1  0  x   3 2  Phương trình (1) viết lại thành: 2 x  3   3x  1  x  4  3 Đặt 3x  1  2 y  3  y   , ta được hệ phương trình:  2  2 x  32  2 y  x  1 (2)    2 y  32  3x  1 (3)   Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được: 2  2 x  2 y  6 x  y   2 y  2 x   x  y  2 x  2 y  5  0 + Khi x  y , thay vào (3) ta được: 4 x 2 12 x  9  3x  1  4 x 2 15 x  8  0  x  15  97 8 15  97 . 8 + Khi 2 x  2 y  5  0  2 y  5  2 x , thay vào (3) ta được: So với điều kiện của x và y ta chọn x  2 2  2 x  3 x 1  4 x 2 11x  3  0  x  11  73 8 11  73 . 8 11  73 15  97   Tập nghiệm của (1) là S   ;    8 8   Bài tập tương tự So với điều kiện của x và y ta chọn x  Giải các phương trình 2) x 2  4 x  3  x  5 3) 4) 4 x 2 14 x  11  4 6 x  10 5) 2 x 2  6 x 1  4 x  5 6) 9 x 2  12 x  2  3x  8 7) 9 x 2  6 x  5  3x  5 8) 4 x 2  4 x  3  2 x  5 9) 2 x 2  x  3  2  x 1) x  6  x2  4x 2 x 1  x 2  3 x  1  0 258 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬT NHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ Phương pháp chung Bước 1: Đặt điều kiện cho hai vế của phương trình có nghĩa và dựa vào điều kiện để nhẩm nghiệm Giả sử phương trình có một nghiệm là x  x0 Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi phương trình về dạng  x  x0  x  x0 . f ( x )  0    f ( x)  0 Chú ý: Đối với phương trình vô tỷ ta thường sử dụng biến đổi + Nhân lượng liên hợp + Tách thành các biểu thức liên hợp Bước 3: Giải phương trình f  x   0 Chú ý: Nếu phương trình có hai nghiệm x  x1 và x  x2 thì ta định hướng biến đổi về dạng  x  x1 . x  x 2 . f  x  0 Ví dụ 1: Giải phương trình 3x  1  x  3  x  5  0 (1) Bài giải 1 ♥ Điều kiện: x   3 ♥ Phương trình có một nghiệm là x  1 nên ta định hướng biến đổi về dạng  x 1. f ( x)  0 Ta có: (1)       3x 1  2  3 x 1 3x 1  2  x  3  2  x 1  0 x 1  x 1  0 x 3  2 (Tách thành các biểu thức liên hợp) (Nhân liên hợp)   3 1   x 1.   1  0  3 x  1  2 x  3  2   0  x 1 ♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  1  Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2  x  3  x 2  x  21x 17 (1) Bài giải 17 ♥ Điều kiện: x  21 ♥ Phương trình có hai nghiệm là x  1 và x  2 nên ta định hướng biến đổi về dạng  x 1. x  2. f ( x)  0 hay  x 2  3 x  2. f  x   0 259 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG (1)  Ta có:   HĐBM-TỔ TOÁN    2 x 2  x  3  x 1  3 x 1 21x 17  x 2  3 x  2  0 x 2  3x  2 2 x  x  3  x 1 2  9  x 2  3 x  2 3 x 1  21x 17  x2  3x  2  0     1 9    1  0   x 2  3 x  2  2 x 2  x  3  x  1 3 x 1  21x 17    0 x 1  x 2  3x  2  0   x  2  ♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  1; x  2  Bài tập tương tự: 1) Giải phương trình 3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  0 2) Giải phương trình 4 x  1  3  x  2 x 2  3x  4  0 2) Giải phương trình 7  x 2 15  x 2  8 3x  2 Thực hành giải toán Bài 1: Giải các phương trình sau 1) x  x  x 2  x  1  1 2) x 2  2 x  3  x  2  x 2  1 1 3) x 2  5 x  5  x 2  x  2  3x  2 4) 3x  1  2 x  x  4  5 5) 3x  1  x  3  x  5  0 6) 3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  0 Bài 2: Giải các phương trình sau 1) 2 x 2  4 x  9  5 x  6  7 x  11  0 2) 2 x 2  9 x  3  3x 2  7 x 1  3x  2  0 3) 3 x 2  x  3  3 x  1  5 x  4 4) 3  3 x  4 x 1  9 x  4 260 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 5. ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Các định lý  Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên khoảng  a; b  . a) Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  thì hàm số f (x) đồng biến trên  a; b  . b) Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  thì hàm số f (x) nghịch biến trên  a; b  .  Nếu hàm số liên tục trên đoạn  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên khoảng  a; b  thì hàm số f đồng biến trên đoạn  a; b  .  Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên khoảng  a; b  thì hàm số f nghịch biến trên đoạn  a; b  . 2. Các tính chất  Tính chất 1: Giả hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) trên khoảng  a; b  và u; v   a; b  khi đó: f u   f v  u  v  Tính chất 2: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  và y  g  x  làm hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên  a; b  thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng  a; b  . Dựa vào tính chất trên ta suy ra: Nếu có x 0   a; b  sao cho f  x 0   g  x 0  thì phương trình f  x   g  x  có nghiệm duy nhất x0 trên  a; b  . Chú ý: Khoảng  a; b  nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền  ; a  ;  ; a  ;  a; b  ;  a; b ;  a; b  ;  b;   ; b;   ;  ;   II. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Giải phương trình 15  x  3  x  6 Lời giải  TXĐ: D   ;3  (1) Xét hàm số f ( x )  15  x  3  x với x   ;3 , khi đó: 1  f  x   f  1 (2)  ;3  Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng  1 1   0 x   ;3 2 15  x 2 3  x Do f liên tục trên nữa khoảng  ;3 và f '  x   0 x   ;3  nên f đồng biến trên nữa khoảng Ta có: f '( x)    ;3  2   x  1  Suy ra:  Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  1 . 261 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 2. Giải phương trình Lời giải 5   TXĐ: D   ;12  3  3x  5  2 x  3  2  12  x (1) 1  3 x  5  2 x  3  12  x  2 (2) Ta có:  5  Xét hàm số f ( x )  3 x  5  2 x  3  12  x với x   ;12  , khi đó: 3  (3) 1  f  x   f  3  5  Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên đoạn  ;12  3  3 1 1 5  Ta có: f '( x)     0 x   ;12  2 3x  5 2 x  3 2 12  x 3  5  5  Do f liên tục trên đoạn  ;12  và f '  x   0 x   ;12  nên f đồng biến trên đoạn 3  3  Suy ra:  3  x  3  Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .  Ví dụ 3. Giải phương trình 3 x 7  5  4 x  3  x 3 Lời giải 5   TXĐ: D   ;  4  Ta có: 1  3x7  x3  5  4 x  3  5   3 ;12  (1) (2) 5  Xét hàm số f ( x )  3 x 7  x 3  5  4 x với x   ;  , khi đó: 4  (3) 1  f  x   f 1  5  Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng  ;  4  2 5  Ta có: f '( x)  21x 6  3x 2   0 x   ;  4 5  4x  5 5   Do f liên tục trên đoạn  ;   và f '  x   0 x   ;  nên f đồng biến trên nữa 4 4   5  khoảng  ;   4  Suy ra:  3  x  1  Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .  262 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Ví dụ 4. Giải phương trình Lời giải 2 x 2  23  4 x  2  2 x 2  7 1  2 x 2  23  2 x 2  7  4 x  2  Ta có: Do VT(2) luôn dương với mọi x nên với x  (1) (2) 1 thì (1) vô nghiệm 2 1 2  Điều kiện: x   1  Xét hàm số f ( x)  4 x  2  2 x 2  7  2 x 2  23 với x   ;   , khi đó: 2   2  4 x  2  2 x 2  7  2 x 2  23  0  f  x   f 1  1  Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên khoảng  ;   2    1 1 1  Ta có: f '( x)  4  2 x     0 x   ;   2 2 2  2 x  23   2x  7 1  Do đó f đồng biến trên khoảng  ;   2  Suy ra:  3  x  1  Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .  Ví dụ 5. Giải phương trình 4 x3  x   x  1 2 x  1  0 (3) (1) Lời giải   1  TXĐ: D    ;    2   Ta có:  Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  t với t   , khi đó: 1   2x  3  2x    2  f  2 x      3  2x  1  2x 1 f  2x  1  (2) (3) Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên  Ta có: f '(t )  3t 2  1  0 t   Do đó f đồng biến trên  x  0 x  0 1 5  Suy ra:  3  2 x  1  2 x   2  1 5  x  4 4x  2x 1  0 x   4 1 5 Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  . 4 263 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN     Ví dụ 6. Giải phương trình  2 x  1 2  4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0 (1) Lời giải  TXĐ: D   1   2 x  1  2   2 x  1 2  3    3 x   2     3 x   Ta có:  Xét hàm đặc trưng f (t )  t 2  t 2  3 với t   , khi đó:   2  3     2   f  2 x  1  f  3 x   (2) (3) Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên  Ta có: f '(t )  2  t 2  3  t2 t2  3 0 t   Do đó f đồng biến trên  1 8 5 1  Vậy phương trình (1) có nghiệm là x   . 5 Bài tập tương tự:  Suy ra:  3  2 x  1  3 x  x   Giải phương trình 2 x   x  1 x 2  2 x  3   x  2 x 2  4 x  6  3  0 264 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 6. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC Ví dụ 1: Giải phương trình 3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x 14  4  2 x  x 2 Bài giải ♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có 2 VP(1)  4  2 x  x 2  5   x 1  5 (1) VT (1)  3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  3 x 1  4  5 x  1  9  5 2 2 4  2 x  x 2  5 Nên:  x  1 1   2  3 x  6 x  7  5 x 2 10 x  14  5  ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Ví dụ 2: Giải phương trình x  2  4  x  x 2  6 x 11 Bài giải ♥ Điều kiện: 2  x  4 ♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có 2 VP(1)  x 2  6 x 11   x  3  2  2 (1) VT (1)  x  2  4  x  2  x  2  4  x   2  x 2  6 x  11  2 Nên:  x2 1    x  2  4  x  2  ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  2  Bài tập tương tự Giải phương trình 1 x 7  2x  3  4x2  4x  2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình  x 2  x  9  0 ♥ Điều kiện:  3  3 x  x 2  0 x 2  x  9  3  3x  x 2  x2  4 x  9 3 (1) (*) ♥ Khi đó: 1  3 x 2  x  9  33  3x  x 2   x 2  4 x  9 (1) Theo BĐT Cauchy ta có: x2  x  9  3 x2  x  6  2 3 x  x  9      2 2   2  3  3x  x  3 6  3x  x 2 2   33  3 x  x   2 2  265 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG Suy ra: HĐBM-TỔ TOÁN 3 x 2  x  9  33  3x  x 2   x 2  4 x  9  x 2  x  9  3  x 2  x 12  0 Dấu “=” xảy ra khi:    x3  3  3 x  x 2  3  x 2  3 x  0 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  3  [thỏa (*)] Ví dụ 4: Giải phương trình 16 x 4  5  6 3 4 x 3  x (1) Bài giải ♥ Do 16 x 4  5  0 nên 6 3 4 x3  x  0 , suy ra: x  0 ♥ Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 4 x 2  1, 4 x, 2 ta có VP(1)  6 3 4 x 3  x  3 3 4 x  4 x 2  1.2  4 x  4 x 2  1  2  4 x 2  4 x  3 (2) 1 2 4 2 Mặt khác: VT (1)  16 x  5  4 x  4 x  3  8 x 4  2 x 2  2 x  1  0 Dấu “=” xảy ra khi 4 x  4 x 2  1  2  x   2 x 1  2 x 2  2 x 1  0 : thỏa x  0 2 Dấu “=” xảy ra khi 2 x 1  0  x  Nên: 1  x  1 2 1 2 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  1  2 266 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH § 1. PHÂN TÍCH ĐA THỨC HAI BIẾN THÀNH NHÂN TỬ BẰNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI Kiến thức cơ bản  Nếu tam thức bậc hai f(x)  ax 2  bx  c phân tích thành (a  0) có hai nghiệm x1, x 2 thì tam thức luôn có thể f(x)  ax 2  bx  c  a x  x1 x  x 2  Ví dụ: f ( x; y )  x 2  4 y 2  8 x  4 y  15 (1) ♥ Xem (1) là một tam thức bậc hai theo x : f ( x; y )  x 2  8 x  4 y 2  4 y  15 Ta có:  '  16 4 y 2  4 y  15  4 y 2  4 y  1  2 y 1  0 2 x  52 y Suy ra (1) có hai nghiệm:  x  3 2y  ♥ Vậy: f  x; y    x  5  2 y  x  3  2 y   Thực hành kỹ năng giải toán Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1) 2) 3) 4) f ( x; y )  y 2  5 x 2  4 xy  16 x  8 y  16 f ( x; y )  xy  3 y 2  x  4 y  7 f ( x; y )  2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2 f ( x; y )  2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1) f ( x; y )  6 x 2  3 xy  x  y 1 2) f ( x; y )  2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2 3) f ( x; y )  ( x  y )(2 x  y )  6 x  3 y  4 4) f ( x; y )  ( x  y )( x  4 y 2  y )  3 y 4 267 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN § 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Yêu cầu: Học sinh đã thành thạo việc giải các hệ cơ bản: bậc nhất hai ẩn, đối xứng loại 1, đối xứng loại 2, đẳng cấp. Các phương trình một ẩn: bậc nhất, bậc hai, bậc ba, các bậc bốn đặc biệt,...Thành thạo các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế, thay thế biểu thức, bình phương hai vế,... Chú ý: Các bài toán giải hệ 2 ẩn đa phần đều quy về việc tìm một pt một ẩn giải được. 1. Phương pháp THẾ Kỹ thuật 1: Rút một biến để thế Cụ thể: Rút một ẩn từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình một ẩn giải được. Kỹ thuật 2: Rút một biểu thức để thế Cụ thể: Rút một biểu thức từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình một ẩn giải được. Kỹ thuật 3: Thế hằng số bởi biểu thức 2. Phương pháp CỘNG Có thể: Cộng vế với vế, trừ vế với vế hoặc nhân cho một hằng số thích hợp rồi cộng hoặc trừ vế với vế mục đích để tạo ra một phương trình mới có thể hỗ trợ cho việc giải hệ đã cho như: pt một ẩn, pt bậc nhất hai ẩn, phương trình tích số,... Kỹ thuật 1: Tạo ra pt một ẩn Kỹ thuật 2: Tạo ra pt bậc nhất hai ẩn Kỹ thuật 3: Nhân hệ số thích hợp và cộng hoặc trừ vế với vế để tạo ra pt bậc nhất hai ẩn Chú ý: Các hằng đẳng thức cơ bản sau 2   a  b   a 2  2ab  b 2  3  a  b   a3  3a2b  3ab 2  b3 3  a  b   a 3  3a 2b  3ab 2  b3  3. Phương pháp đặt ẨN PHỤ Kỹ thuật: Biến đổi mỗi hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau Chú ý: Các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế, thay thế biểu thức,... 4. Phương pháp biến đổi về pt TÍCH SỐ Chú ý: Các phép biến đổi: tạo các biểu thức có nhân tử giống nhau, phân tích tam thức bậc hai thành thừa số, bình phương,... Kỹ thuật 1: Biến đổi một pt của hệ thành tích số Kỹ thuật 2: Cộng hoặc trừ vế với vế để biến đổi về pt tích số 5. Phương pháp HÀM SỐ Kỹ thuật 1: Sử dụng tính đơn điệu kết hợp nhẩm nghiệm Kỹ thuật 2: Tìm hàm đặc trưng và sử dụng tính chất f(u) = f(v) 6. KẾT HỢP các phương pháp 268 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN I. PHƯƠNG PHÁP TÍCH SỐ (PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ) PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có) Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các hệ thức đơn giản chứa x,y Các kỹ thuật thường sử dụng: + Nhóm nhân tử chung + Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử + Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn). 2 x 2  y 2  3xy  3 x  2 y  1  0 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  2 4 x  y 2  x  4  2 x  y  x  4 y  (1) (2) (Khối B – 2013) Bài giải 2 x  y  0 ♥ Điều kiện:   x  4 y  0 (*) ♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được  y  x 1 (1)  y 2  3 x  2 y  2 x 2  3 x 1  0   y   x  1  y 2 x 1  0    y  2 x 1  (các hệ thức đơn giản chứa x, y) ♥ Thế y  x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 3x2  x  3  3x 1  5x  4 (3) ♣ Do phương trình (3) có hai nghiệm x  0 và x  1 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng  x 2  x. f  x   0 (biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp). 3  3 x 2  x   x  1 3x  1   x  2  5 x  4   0 (Tách thành các biểu thức liên hợp) 269 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  3 x 2  x  x2  x x2  x  0 x 1  3 x  1 x  2  5 x  4  (Nhân liên hợp)  1   0   x  1  3x  1 x  2  5 x  5  2  x2  x3   0 x  0  x2  x  0   x 1  ♠ Với x  0  y  1 [thỏa (*)] ♠ Với x  1  y  2 [thỏa (*)] ♥ Thế y  2 x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 3  3 x  4 x 1  9 x  4 (4) ♣ Do phương trình (4) có hai nghiệm x  0 nên ta định hướng phân tích (4) thành dạng x. f  x   0 (biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp). 4  3 x   4 x 1 1   9 x  4  2  0  3x  4x 9x  0 4 x  1 1 9x  4  2 (Tách thành các biểu thức liên hợp) (Nhân liên hợp)   4 9   0  x 3      4 x  1  1 9 x  4  2  0  x  0 [thỏa (*)] ♠ Với x  0  y  1 [thỏa (*)] ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 0;1 và 1; 2  (Xem lại phần kỹ thuật nhân liên hợp) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 2 x 2  x  y  2  2 x  2 y  3  4 x  2 y  6 Giải hệ phương trình   x 2  y 2  x  3 y  2  1 y  x  y  x  2   x  y 1 y  Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2 y 2  3 x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3  (1) (2) (Khối B – 2014) 270 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải  y  0  ♥ Điều kiện :  x  2 y  4 x  5 y  3 (*) ♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do y  1 luôn thỏa (1) nên định hướng phân tích theo nhân tử y 1 hoặc 1 y . Ta được: 1  1 y  x  y 1   x  y 11 y   0   y 1 1 1   1 y  x  y 1    0   x  y 1 1  y    y  x 1  0 ♥ Thế y  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 9  3x  0  x  3 [thỏa (*)] ♥ Thế y  x 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x 2  x  3  2  x (3) Điều kiện: 1  x  2  3  2 x 2  x  3  0  x  1  x   x  1 x  3  2 Khi đó: (3)   2    2 2 x  x  32  2  x  2  4 2 3 2  4 x  4 x 11x  7 x  7  0  x  x 14 x  7  0  3  x  1 x   2  1 5   x    2  7   x   2  ♠ Với x    x  1 5  1 5 2  . So với điều kiện (*) ta chỉ nhận x   2 x   7  2 1 5 1  5  y 2 2 [thỏa (*)] 1  5 1  5    ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 3;1 và  ;  2 2  (Xem lại phần giải phương trình bậc bốn)  2 3  y 1  3 x  2  1  y 3 x  2  3 xy Ví dụ 3. Giải hệ phương trình   x 3  3x 2  12 x  3 x 1 y  6  0    (1) (2) (Thi thử của Sở Giáo Dục Bắc Ninh) 271 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN Bài giải ♥ Điều kiện : x   2 3 (*) ♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. (1)  y 2  2 y  13 x  2 3 x  2  1  y 3x  2  3xy  y  y  3 x  2   y  3 x  2 3 x  2  0  y  3 x 1   y  3 x  2 y  3x  2  0    y  3 x  2   ♥ Thế y  3 x  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: x 3  12 x 2  15 x  4  0   x  1 x 2  11x  4  0  x  1     x  11  105  2 So với điều kiện (*) ta chọn x  1; x  11 105 2 ♠ Với x  1  y  1 ♠ Với x  11 105 29  3 105  y 2 2 ♥ Thế y  3 x  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: x 3  3x 2  12 x  3 x 1 3x  2  6  0  3 x  2 3 x  2  33x  2  3 3 x 1 1  x 3  3 x 2  3 x 1     3 3 x  2 1  x 1 3  x  0  x  1 3 x  2 1  x 1   2    x  2  x  3x  2  0  ♠ Với x  1  y  1 ♠ Với x  2  y  2  111 105 11  3 105    ♥ Vậy hệ phương trình có ba nghiệm  x; y  là 1;1 , 2; 2 ,  ;  2 2  272 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x  y 2  x  2 y 2  2  Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  2 x  2  4 y  8 y xy  2 y  34 15 x    (1) (2) (Thi thử của THPT Chuyên Lê Hồng Phong TP HCM) Bài giải ♥ Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2 và y ≥ 0 ♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn 2  x , phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:  2x  y (1)  (2  x )  2  x .y  2y 2  0    2  x  2y ♥ Thế y  2  x , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2   x  2  4 2  x  8 4  x 2  34  15x (3) x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2 . t  0 Do đó: (3)  2t = t2   t  2 ♦ Đặt t =  x2 4 2x  0 4 2  x  x  2 Suy ra:    x  2  4 2  x  2  4 2  x  2  x  2 30  16(2  x )  x  2 17x  30 x     17 .  16(2  x )  4  16 2  x  x  2 16 2  x  17(x  2) x  2 2 17 30 Khi x = y= và khi x = 2  y = 0. 17 17 ♥ Với 2  x  2y ≤ 0 mà y ≥ 0  y = 0 và x = 2. Thử lại ta có x = 2, y = 0 là nghiệm.  30 2 17  ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là  2; 0  ,  ;    17 17   x 2  2  y 2  y 1 x 2  2  y 3  y  0    Ví dụ 5. Giải hệ phương trình   2 2 x  xy  2   x  2 y  4 x  4  0 (1) (2) Bài giải ♥ Điều kiện: y 2  4 x  4  0 ♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn x 2  2 , phân tích 273 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được: 1  x 2  2   y 2  y  1 x 2  2  y 3  y  0   x2  2  y   y  x2  2  x 2  2  y 2 1  0 x2  2  y 2 1  0 ) (vì ♥ Thế y  x 2  2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x  x x 2  2  2   x  2 x 2  4 x  6  0  x  x x 2  2  x  2   x  2  x  2   2  0 2   x  2   x  2  x  2  2  x   x  x   2 2 2 (3) ♦ Xét hàm đặc trưng f t   t  t t 2  2 với t   Ta có: Nên: f ' t   1  t 2  2  t2 t2  2  0, t    f  t  đồng biến trên  . 3  f  x  2  f x  x  2  x  x  1 ♦ Với x  5  y  3 (thỏa điều kiện (*)) ♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 5; 3    BÀI TẬP Giải các hệ phương trình  y 2  5 x  4 4  x  1)  2  y  5 x 2  4 xy  16 x  8 y  16  0   xy  x  2  0 2)  3 2 x  x 2 y  x 2  y 2  2 xy  y  0  x 2  3x  y 2  y  2  3)   x  y  x 2  4 x  5  2  x   x  y 2  1   x 3  18 x  y  1  y  19  0  4)   x 3  2 x 2  7 y  xy  12  2   2 x  1  2 y 1   x  y  5)  2   x  y  x  2 y   3x  2 y  4  x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy 6)  2 x 2  2 y 1  3 y 3 14  x  2  274 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có) Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số + Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức chứa x,y) + Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức đơn giản chứa x, y) Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).  x  y  1 y  1 x  0 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình   x  1 y  2 Bài giải  Điều kiện 0  x  1 0  y 1 (1) (2)   Khi đó: 1  x  1  x  y  1  y  Xét hàm đặc trưng: f  t   t  1  t với t   0;1 1  0 t   0;1 và f liên tục trên đoạn  0;1 2 t 2 1 t Suy ra: f  t  đồng biến trên đoạn  0;1 Ta có: f '  t   1 (a)  a   f  x   f  y  x  y  Do đó:  Thay x  y vào phương trình (2) ta được phương trình: x  1  x  2  x  1  x  2 x 1  x   2  2 x 1  x   1  x   1 2 1 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ;  . 2 2 8 x3  y 3  6 y 2  6 x  9 y  2  0 (1) Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2 2 (2) 4 x  1  4 x  3  y  1 3  y   1  0 Bài giải 1 1  Điều kiện   x  , 1  y  3 2 2 3  Khi đó: (1)  8 x  6 x  y 3  6 y 2  9 y  2  (2 x )3  3(2 x)  ( y  2) 3  3( y  2) (a) 1 1  Do   x  nên 1  2 x  1 và 1  y  3 nên 1  y  2  1 . 2 2  Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t , với t   1; 1 . Ta có f '(t )  3t 2  3  3(t 2  1)  0 , với mọi t   1; 1 . Suy ra f  t  nghịch biến trên đoạn  1; 1 . 275 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG a  HĐBM-TỔ TOÁN  Do đó:  Thay y  2x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình: f (2 x )  f ( y  2)  2 x  y  2  y  2 x  2 . 4 x 2  2 1  4 x 2  1  0  4 x 2  1  2 1  4 x 2  16 x 4  24 x 2  3  0  x   2 3 3 2  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2 3 3    2 3 3 ; 2  2 3  3    x; y     ; 2  2 3  3  .  x; y       2 2     3 2 2  x  x y  x  x  y  1 (1) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  3 2 3 2 (2)  x  9 y  6  x  3 y   15  3 6 x  2 Bài giải  Ta có: 1  x 3  x 2 y  x 2  x  y  1  x 2  x  y    x  y   x 2  1   x  y  x 2  1  x 2  1   2   x  y  1  0 (vì x  1  0, x ) Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình 3   x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2   x  1  3  x  1  6 x 2  2  3 3 6 x 2  2  Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t , với t   . Ta có f '(t )  3t 2  3  0 , với mọi t   . Suy ra f  t  đồng biến trên  .  Do đó: a  f ( x  1)  f ( 3 6 x 2  2)  x  1  3 6 x 2  2  x3  9 x 2  3x  3  0 . 3 2 3   x  1  2  x  1  x  1  2  x  1  x  3 3 3 2 1 2 1 2 1 2  y 3 2 1 2 1  Với x    3 2 1 2  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    3 ;3  .  2 1 2 1  3 (a) (6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y 3  0 Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  2  y  x  2 x  4 x  23 (1) (2) Bài giải  2 x  1  0 2  5 2  Điều kiện  x  0  x 2 2 x 2  4 x  23  0   Khi đó: (1)  2 x  1  2  3  2 x  1   y  2  3 y 2   Xét hàm đặc trưng f (t )  t  2  3t 2   3t 3  2t , với t   0;   . (a) Ta có f '(t )  9t 2  2  0 , với mọi t   0;   . Suy ra f  t  đồng biến trên  0;   . 276 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG a  HĐBM-TỔ TOÁN f ( 2 x  1)  f ( y )  2 x  1  y .  Do đó:  Thay y  2x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình: 2 x  1  x  2 x 2  4 x  23  3 x  1  2 2 x 2  x  2 x 2  4 x  23  2 x 2  x  2 2 x 2  x  24  0 x  4  2x2  x  6 2   2 x  x  36  0   x4 2 x   9  2 x  x  4  2   Với x  4  y  3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    4;3 .    4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  4 x 2  y 2  2 3  4 x  7 Bài giải 3 5  Điều kiện x  , y  4 2 2  Khi đó: (1)   4 x  1 .2 x   5  2 y  1 5  2 y (a)  (1) Xét hàm đặc trưng f (t )   t 2  1 t  t 3  t , với t   . Ta có f '(t )  3t 2  1  0 , với mọi t   . Suy ra f  t  đồng biến trên  .      x  0  Do đó:  a   f (2 x)  f ( 5  2 y )  2 x  5  2 y   5  4 x2 . y   2 2 5  4x Thay y  vào phương trình (2) ta được phương trình: 2 2 5 2 2 4x    2x   2 3  4x  7  0 (b) 2  3 Nhận thấy x  0 và x  không là nghiệm của phương trình (b) 4 2 5  3 2 2 Xét hàm số g ( x )  4 x    2 x   2 3  4 x  7 với x   0;  , khi đó: 2   4 1 (3)  b   g  x   g   2  3 Khảo sát tính đơn điệu của hàm số g trên khoảng  0;   4 4 4 5   3 Ta có: g '( x)  8 x  8 x   2 x 2    4 x 4x2  3   0 x   0;  3  4x 3  4x 2   4  3 Do đó f đồng biến trên khoảng  0;   4   277 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  3  x  1 2  Suy ra:  Với x   1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ; 2  . 2  1  y2 2     x x2  y2  y 4 y2 1  Ví dụ 6. Giải hệ phương trình   4 x  5  y 2  8  6 Bài giải 5  Điều kiện x   4  Nhận thấy y  0 không thỏa mãn hệ (1) (2) 3   x x Khi đó: (1)      y 3  y (a)  y y Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  t , với t   . Ta có f '(t )  3t 2  1  0 , với mọi t   . Suy ra f  t  đồng biến trên  .  Do đó:   x x f    f  y   y  x  y2 . y  y Thay x  y 2 vào phương trình (2) ta được phương trình: a  4x  5  x  8  6  2  4 x  5  x  8   23  5 x  23  5 23   x  23   5 x  5 x   4     x 1 5 x 1 4  4 x  5  x  8    23  5 x  2  x 2  42 x  41  0      x  41 Với x  1  y  1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;  1   x; y   1; 1 . Bài tập tương tự  x 5  xy 4  y10 +y6 Giải hệ phương trình  2  4 x  5  y  8  6 278 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9 x  4 (1)  Ví dụ 7. Giải hệ phương trình   3 x  1  3x 2 14 x  8  6  4 y  y 2 (2)  (Thi thử của THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa) Bài giải   x   1 ♥ Điều kiện:  (*) 3  2 6  4 y  y  0 ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y (sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v ) ♦ 2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9 x  4  2  y  2   y  2  2 3   3 x4  x4 (3) [Tại sao ?] ♦ Xét hàm đặc trưng f t   2t 3  t trên  ta có: f 't   6t 2 1  0, t    f  t  đồng biến trên   y  2  y  2 x  4  y  2  x  4     2  y  2  x  4  x  4 y  y 2 (4)  ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn 3x  1  6  x  3 x 2 14 x  8  0 (5) ♦ Phương trình (5) có một nghiệm là x  5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp. 5  3x  1  4  6  x 1  3 x 2 14 x  5  0 [Tại sao ?] Nên: 3  f  y  2  f      3  x  5  x 5   x  53 x 1  0 3x 1  4 6  x 1     3 1   x  5    3 x 1  0  x  5 3 x 1  4 6  x 1       0  ♦ Với x  5  y  1 (thỏa điều kiện (*)) ♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   5;1     x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  24 (1) Ví dụ 8. Giải hệ phương trình   y  2 x  4   x  9 2 y  x  9  x 2  9 y  1 (2)  (Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Bài giải  x  4 ♥ Điều kiện:  (*) 2 y  x  9  0 ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y (sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v ) 279 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♦ x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  24  x 3  6 x 2  17 x 18  y 3  9 y 2  32 y  42   x  2   5  x  2   y  2   5  y  2  3 3 [Tại sao ?] (3) ♦ Xét hàm đặc trưng f t   t 3  5t trên  ta có: f 't   3t 2  5  0, t    f  t  đồng biến trên  Nên: (4) 3  f  x  2  f  y  3  x  2  y  3  y  x  1 ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn (5)  x  3 x  4   x  9 x  11  x 2  9 x  10 ♦ Phương trình (5) có một nghiệm là x  5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp. [Tại sao ?] 5   x  3 x  4  3   x  9 x  11  4  x 2  2 x  35    x  3.    x  5       x 5 x 5   x  9 .   x  5 x  7 x 4 3 x  11  4  x 3 x9    x  7  0  x4 3 x  11  4  x 5  0    x3 x 9    x  7  0 (6)  x4 3 x 11  4  ♦ Chứng minh (6) vô nghiệm x3 x5 x9 x 9    0 [Tại sao ?] 6  2 2 x  4 3 x 11  4   1 1 1 1 2   x  5     x  9     0 : phương trình VN  x  4  3 2   x 11  4 2  x  4  3    0 0 0 ♦ Với x  5  y  6 (thỏa điều kiện (*)) ♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   5; 6  BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Giải các hệ phương trình  x 3  y 3  3 x 2  6 x  3 y  4 1)  2  x  y 2  6 x  y 10  y  5  4 x  y   2012  3 x 4  x  6 y  2009  3  2 y  0  3)  2 7 x  8 y  3 14 x 18 y  x 2  6 x 13  17  3 x  5  x  3 y 14 4  y  0  5)  2 2 x  y  5  3 3x  2 y  11  x 2  6 x  13  53  5 x  10  x  5 y  48 9  y  0 2)   2 x  y  6  x 2  2 x  66  2 x  y 11   x  3 x  y y 1  0  4)   x 4  x3  x 2  1  x  y 13  1  280 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x  3  4 x  2  y 4  5  y (1) Ví dụ 9. Giải hệ phương trình   x 2  2 x  y  2  y 2  8 y  4  0 (2)  (Phạm Trọng Thư GV THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp – THTT số 2) Bài giải ♥ Điều kiện: x  2 (*) ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y ♦ x  3  4 x  2  y4  5  y  4 x  2   x  2  5  y  y 4  5 (3) ♦ Xét hàm đặc trưng f t   t  t 4  5 trên nữa khoảng 0; . f liên tục trên 0; và f 't   1  Do 4 2t 3 t4  5  0, t   0;   f  t  đồng biến trên 0; x  2  0 và 4 y   x  y  2  y  0 nên 2 3  f  4 x  2   f  y   4 x  2  y  x  y 4  2 (4) ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn y 0 2 4 y   y 4  y  y  y 7  2 y 4  y  4  0   7  y  2 y4  y  4  0  ♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số Xét hàm số g  y   y 7  2 y 4  y  4 trên nữa khoảng 0; . (5) Do g liên tục trên 0; và g' y   7 y 6  8 y 3  1  0, y  0;   g  y  đồng biến trên 0; Nên: 5  g  y   g 1  y  1 ♣ Với y  0  x  2 [thỏa (*)] ♣ Với y  1  x  3 [thỏa (*)] ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 2; 0 và 3;1   3 x 1 3 2 0  x  3 x  y  6 y  9 y  2  ln y 1 Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:   y  log  x  3  log y   x  1 3    2 1 . 2 (Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Bài giải  x 1  y 1  0  x  3 ♥ Điều kiện:  x  3  0   y  0 y  0   ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y ♦ 1  ♦  x  13  3  x  12  ln  x  1   y  13  3  y  12  ln  x  1 Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  3t 2  ln t trên khoảng  0;   (3) 281 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN 1 f   t   3t 2  6t   0 t  0  f  t  đồng biến trên khoảng  0;   t Do x 1  0 và y  1  0 nên (4)  3  f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  y  x  2 ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn  x  2  log 2  x  3  log3  x  2   x  1 (5) ♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số x 1 x 1  log 2  x  3  log 3  x  2    0 6  x2 x2 x 1 ♣ Xét hàm số g  x   log 2  x  3  log 3  x  2   trên khoảng  3;   x2 1 1 3 g x     0 x  3  x  3 ln 2  x  2  ln 3  x  2 2 5  log 2  x  3  log 3  x  2    g  x  đồng biến trên khoảng  3;   . 4 y3  6   g  x   g  5   x  5  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;3  Nên ♥  3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6  Ví dụ 11. Giải hệ phương trình:.   x  y  13 3y  14  x  1  5    1 2  (Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Bài giải  x  1 x  1  0   14 3 y  14  0  y  3 ♥ Điều kiện:  * ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y 3 3 ♦ 1   x  1  3  x  1   y  1  3  y  1 (3) 3 ♦ Xét hàm đặc trưng f  t   t  3t , t   f   t   3t 2  3  0, t    f  t  đồng biến trên  . Do x 1  0 và y 1  0 nên  3  f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  x  2  y ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn  2 x  11   3x  8  x  1  5 (4)  5 ♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số Ta nhận thấy x  11 không là nghiệm của phương trình  5 nên 2 282 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  5  HĐBM-TỔ TOÁN 3x  8  x  1  5  0. 2 x  11 6 Xét hàm số g  x   3x  8  x  1  g x   3 2 3x  8  1 2 x 1  5  8 11   11  , x   ;    ;   2 x  11 3 2 2     10  2 x  11 2  3 x  1  3x  8 2  10  3x  8  x  1  2 x  11 2  8 11   11   0 x   ;  &  ;   3 2   2   8 11   11   g  x  đồng biến trên các khoảng  ;  &  ;   3 2 2     8 11 8 11     ♣ Trên khoảng  ;  thì g  x  đồng biến, 3   ;  , g  3  0 nên 3 2 3 2      4 6  g  x   g  3  x  3  y  5 thoả mãn (*)  11  11   ♣ Trên khoảng  ;   thì g  x  đồng biến, 8   ;   , g 8   0 nên 2  2   4 y  10 thoả mãn (*) 6  g  x   g  8  x  8  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5  ,  x, y    8;10   BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Giải các hệ phương trình 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0  1)  4 x 2  y 2  2 3  4 x  7   x 3  y 3  3 y 2  4 y  x  2 2)   x  y  3 x  3 y 19  105  y 3  xy   4 x  2  2 y  4  6  3)  2  2 x 13  2 x 1   2 y  3 y  2  2 y 3  y  2 x 1 x  3 1 x  Ví dụ 12. Giải hệ phương trình   9  4 y 2  2 x 2  6 y 2  7  (1) (2) (Thi thử của THPT Trần Phú – Thanh Hóa) Bài giải  x  1  ♥ Điều kiện:  3 (*)   y  3  2 2 ♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y (sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u   f v ) ♦ 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1 x  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x  2 y 3  y  2 1 x  1 x  1 x (3) 283 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN ♦ Xét hàm đặc trưng f t   2t 3  t trên  ta có: f 't   6t 2 1  0, t    f đồng biến trên  Nên:  y  0  y 2  1 x 3  f  y   f  1 x   y  1 x   (4) ♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn 4 x  5  2 x 2  6 x 1 (5) ♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ đối xứng loại II 2  Phương trình (5) viết lại thành: 2 x  3  2 4 x  5  11 Điều kiện  3 Đặt 4 x  5  2t  3 t   , ta được hệ phương trình:  2  2 x  32  4t  5 (6)   2t  32  4 x  5 (7)   Trừ theo từng vế của (6) và (7) ta được: 4  x  t  3 x  t   4t  4 x   x  t  x  t  2  0 [Tại sao ?] + Khi x  t , thay vào (7) ta được: 4 x 2 12 x  9  4 x  5  x 2  4 x 1  0  x  2  3 So với điều kiện của x và t ta chọn x  2  3 . [không thỏa (*)] + Khi x  t  2  0  t  2  x , thay vào (7) ta được: 1 2 x  4 x  5  x 2  2 x 1  0  x  1  2 (loại) 2 So với điều kiện của x và t ta chọn x  1 2 . ♦ Với x  1 2  y   4 2 . [thỏa (*)]     ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là 1 2;  4 2 và 1 2; 4 2  284 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có) Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,... Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).  2  x 12  y  y 12  x   12 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình   3  x  8 x 1  2 y  2 (1) (2) (Khối A - 2014) Bài giải 2 3  x  2 3 ♥ Điều kiện:   2  y  12  (*) ♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Sử dụng BĐT Cô-si ta có: 2   x 12  y  x  12  y  2  x 12  y  y 12  x 2   12 nên  2  y  12  x  y 12  x 2   2   x  0 1    y  12  x 2 ♥ Thế y  12  x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn: x 3  8 x 1  2 10  x 2 (3) ♠ Phương trình (3) có một nghiệm là x  3 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng  x  3. f  x  0   (3)  x 3  8 x  3  2 1 10  x 2  0   x  3 x  3x  1  2 2  x 2  9 1  10  x 2 0 285 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN   2  x  3   0  x  3 2    1  10  x    x  3 x 2  3x  1  0 ♠ Với x  3  y  3 [thỏa (*)] ♥ Vậy hệ phương trình có một nghiệm  x; y  là 3;3   5x2  2xy  2y2  2x2  2xy  5y2  3(x  y) Ví dụ 2. Giải hệ phương trình   2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5 Bài giải (1) . (2) 5 x 2  2 xy  2 y 2  0  ♠ Điều kiện: 2 x 2  2 xy  5 y 2  0  x  2 y  1  0 . x  2 y  1  0   ♠ Khi hệ có nghiệm  x; y   x y 0 1 Ta thấy 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x  y  * dấu bằng khi x  y . Thật vậy: *  5 x 2  2 xy  2 y 2   2 x  y  Tương tự 2 2   x  y   0 luôn đúng với mọi x, y   2 x 2  2 xy  5 y 2  x  2 y  ** dấu bằng khi x  y Từ  * & **  VT 1  5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2  3  x  y   VP 1 Dấu đẳng thức xẩy ra khi x  y  3 ♠ Thế y = x vào (2), ta được: Ta có: 3x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5 (3) (3)  3x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8   x  2    2 x 2  2 x   x2  x  3x  1  x  1 x2  x  3x  1  x  1 2  x 3  6 x 2  7 x  3 19 x  8  2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)  2x2  2x 2 2  x 2  x  ( x  7) 3  x2  x  0  1    3x  1  x  1  19 x  8  2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)  2( x 2  x )  0 2 2( x  7) 3 19 x  8  2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)  2  0 (*) 2 Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1. ♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0; 0  , 1;1  286 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  8 xy 17  x     2 2 Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  x  y  6 xy 8  y   x 16  y  9  7  y  21  x  4 (1) (2) Bài giải  x  16 ♥ Điều kiện:   y  9 ♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Ta có: Đặt t  8 17  x    y   6 8  y y x 1  x y  3   6 x  4 x y x y  2 .  2 t  2  x  y  và sử dụng BĐT Cô-si ta có: y x y x 8 17  x     x y  6 8  y y x Dấu “=” xảy ra khi y  3 8 17 3 8 1     t   t  6  2t  2  2.2  6 x  4 t  6 8 4 t 6 8 8 1  t  6  t  2  x  y t 6 8 ♠ Thế y = x vào (2), ta được: x 16  x  9  7   x 16 x  9  37  x  x  25  Với x  25  y  25 [thỏa (*)] ♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   25; 25   287 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN IV. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có). Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau. Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biến mới u, v, chuyển sang hệ mới và giải tìm u, v. Bước 4: Với u, v tìm được ta sẽ tìm được x, y.  x 2  1  y  x  y   4 y  Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  2  x 1 x  y  2  y  (1) (2) (*) Bài giải ♥ Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhau Do y  0 không thỏa mãn hệ trên nên  x 2  1    x  y  4  y *   2  x  1   x  y  2  1  y ♥ Đặt ẩn phụ u  x 2 1 và v  x  y  2 , hệ trở thành y u  v  2 u  1   u.v  1 v  1 u  1 ♥ Với  ta được hệ phương trình v  1  x 2  1  1  x  1  x  2     y   y  2  y  5  x  y 1  1 ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  x; y   1; 2; 2;5  Bài tập tương tự Giải các hệ phương trình  x 2  xy  3x  y  0 1)   4  x  3x 2 y  5 x 2  y 2  0   y 2  x  xy  6 y  1  0 2)   3  y x  9 y 2  x 2 y  x  0  288 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM-TỔ TOÁN  x 2  x y 2  4 y 2  y  1  0  3)   xy  x 2 y 2  1 4  x3  y 3  0   x 2  y  1  6 y  2  4)  4 2  x y  2 x 2 y 2  y  x 2 1  12 y 2 1   x 2  y 2  xy  3 x  2  5)  2  x  xy 4   y 2  24  17 x 4   x 2  y 2  x  y  1  25  y 1  6)   x 2  xy  2 y 2  x  8 y  9   x 2  2  y 2  3  x  y  5  7)   x 2  2  y 2  3  x  y  2   x 2  y 2  6  0  4 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2 3  x  y 1  2  x  y (1) (2) (*) Bài giải ♥ Điều kiện: x  y  0 ♥ Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức x  y và x  y  x  y  x  y   6   4 2  x  y 1  3 2  x  y ♥ Đặt u  x  y và v  x  y hệ phương trình trở thành  6  v  uv  6 u  3; v  2 6 v     u    u    4 2 u 1  2  3  2  2 u   3 ; v  8 u2  u  2u 1  3 8u 18u 18  0  v 4 9   35   x   3  x  y   8 ♥ Suy ra: và  4     29  x  y  8  y  8   5 1   35 29  ♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  x; y    ;  ;  ;    2 2   8 8  Bài tập tương tự  5 x   x  y  3  2    x  y  2  1  y  2  Giải các hệ phương trình  x 2  y 2  xy  x  y 1)   2  x  y 2  3   x 2  2 x  6  y  1 2)   x 2  xy  y 2  7  4  x 4  2 x 3 y  x 2 y 2   2 x  2 y  9  3)  3 x 2  2 xy  y 2  6  x  y  1  ---------------------------Hết------------------------289 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Chủ đề 11 ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thông thường ta thực hiện theo các bước sau :  Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống nhau.  Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi như trên.  Xét hàm số f (t ) theo biến t . Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương sau : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D .  Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D .  Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f (t ) với t  D , ta có thể đi tìm  f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất  f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất. B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA I. XÂY DỰNG TRỰC TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ: Phương pháp chung:  Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ t thích hợp.  Có thể biến đổi được về hàm f(t) không cần sử dụng tính chất bất đẳng thức.  Hàm f(t) tương đối khảo sát được.  Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)  Thích hợp cho các đề thi khối B và D. Thí dụ 1. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1.  Tìm GTNN của biểu thức P   x 2   1 y2  2 1   y  2  x   Lời giải. 2  Ta biến đổi P   xy   1 2 ( xy) 2  x, y  0 1 nên 1  x  y  2 xy  0  xy  . 4 x  y  1 1 Đặt t   xy 2 , điều kiện của t là 0  t  16 1 Khi đó biểu thức P  f t   2  t  t  Do    290 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  f ' t   HĐBM -TỔ TOÁN t2 1  1 ; ta thấy f ' t   0 với mọi t   0;  , suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng 2 t  16   1  0;   16   1  289  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là min P  min1 f t   f    .  16  16 t( 0; ] 16 Thí dụ 2. (Khối A 2006) Cho các số thực x  0, y  0 thỏa ( x  y) xy  x 2  y 2  xy . Tìm GTLN của biểu thức A  1 1  3. 3 x y Lời giải.  Đặt x  y  S và xy  P với P  0 , từ giả thiết ta có P   x, y tồn tại khi S 2  4 P  S 2  S2 S 3  S  3  4S 2 4 S 1  1  0  S  3  S  1 S 3 S 3 S 3 2   x 3  y 3 ( x  y )( x 2  y 2  xy) ( x  y ) 2 xy  x  y   S 3 Ta biến đổi A  3 3         3 3 3 3 x y x y x y  S   xy  t3 3 Xét hàm số f (t )  với t  3  t  1 , ta có f / (t )   2  0 t t 2  BBT -∞ t -3 _ f /(t) +∞ 1 _ 1 4 f(t) 0 1  Suy ra A  f 2 (t )  16 1 2  Vậy GTLN P  16 khi x  y  . Thí dụ 3. Cho các số thực dương thay đổi x, y thỏa điều kiện x  y  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  1 1  . 3 x y xy 3 Lời giải. 1 1 1 1 1 1      3 3 xy ( x  y )  3xy( x  y ) xy 1  3xy xy x y  P  1 x y Đặt 0  t  xy     4  2  3 2 291 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 1 1 1  với 0  t  1  3t t 4 3 3 3 1 f / (t )   2  f / (t )  0  t  2 6 (1  3t ) t  Xét hàm số f (t )   BBT t 3- 3 1 6 4 0 _ f /(t) 3 3  f(t)  42 3   6  + 0 8 +∞  Suy ra P  f  4+2 3 1 2 3  3  1 2 3  3   Vậy GTLN P  4  2 3 khi x  1  ; y  1  . 2  3   2  3   Thí dụ 4. (khối D 2009) Cho các số thực không âm x , y thỏa điều kiện x  y  1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy Lời giải.  Do x  y  1 nên S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25 xy  16 x 2 y 2  12( x 3  y 3 )  9 xy  25 xy  16 x 2 y 2  12 ( x  y ) 3  3xy( x  y )  34 xy  2  2  16 x y  2 xy  12 2 1 x y   4  2   Đặt 0  t  xy   1 4 1 f / (t )  32t  2  f / (t )  0  t  16  Xét hàm số f (t )  16t 2  2t  12 t với 0  t  0 _ f /(t) 1 1 16 4 0 12 f(t) + 25 191 2 16 25 1 khi x  y  2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 191 GTNN S  khi x  ,y hoặc x  ,y  . 16 4 4 4 4  Vậy GTLN S  292 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 5. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện y  0 và x 2  x  y  12 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  xy  x  2 y  17 . Lời giải.  Ta có x 2  x  12  y  0  4  x  3  P  x( x 2  x  12)  x  2( x 2  x  12)  17  x 3  3 x 2  9 x  7  Xét hàm số f ( x)  x 3  3x 2  9 x  7 với  4  x  3 f / ( x)  3 x 2  6 x  9  f / ( x)  0  x  3; x  1 x -4 -3 f /(x) + 1 - 0 20 3 + 0 20 f(x) -12 -13  Vậy GTLN P  20 khi x  3, y  6 hoặc x  3, y  0 GTNN P  12 khi x  1, y  10  Thí dụ 6. Cho các số thực x  0 và y  0 thỏa x  y  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  xy  y 2  x  3 . 3x  xy  1 Lời giải.    x0   y0 0 x2 x  y  2  x 2  x(2  x)  (2  x) 2  x  3 x 2  x  1 P  2 3 x  x(2  x)  1 x  x 1 P/  2x2  2 ( x 2  x  1) 2 x P/ P 0 2 1 - 0 + 1 3  Vậy GTNN P  1 3 khi x  1; y  1 . 293 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 7. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x  y  1, x 2  y 2  xy  x  y  1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  xy . x  y 1 Lời giải.  Từ giả thiết x2  y2  xy  x  y 1  xy  (x  y)2  (xy) 1 2 3  Đặt t  x  y , ta có ( x  y) 2  4 xy  3t 2  4t  4  0    t  2 . Khi đó P  t 2  t 1 t 1 t 2  t 1 2 với   t  2 t 1 3 2 t  2 t  2t f / (t )   f / ( x)  0   2 (t  2)  t0  Xét hàm số f (t )  t -2 _ f /(t) f(t) 0 3 0 2 + 1 1 3 3 -1 1 1 khi x  y   hoặc x  y  1 3 3 GTNN P  1 khi x  1, y  1 hoặc x  1, y  1 .  Vậy GTLN P  Thí dụ 8. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x, y  0 , xy ( x  y )  x 2  y 2  x  y  2 . 1 x Tìm GTLN của biểu thức P   1 . y Lời giải.  Từ giả thiết suy ra xy ( x  y )  ( x  y ) 2  2 xy  ( x  y)  2  Đặt t  x  y suy ra xy   Ta có ( x  y ) 2  4 xy    t2 t  2 t2 t 3  2t 2  4t  8  0  t  2  2  t t2 x y t 2  2t Khi đó P   2 xy t t 2 t 2  2t Xét hàm số f (t )  2 t  2  2  t với t t 2  3t 2  4t  4 2 f / (t )  2  f / ( x)  0  t  ; t2 2 3 (t  t  2 ) 294 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN t 2 -2 -∞ +∞ _ _ f /(t) 2 1 f(t) -2 1 7  Vậy GTLN P  2 khi x  y  1 . Thí dụ 9. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 1  y 2  x( x  y ) . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  x6  y 6  1 . x 3 y  xy 3 Lời giải.  Ta có 1  x 2  y 2  xy  xy  xy  1 1 3 2 2 2 2 2 2 2  ( x  y )  ( x  y )  3 x y  1  x 2  y 2  xy  ( x  y ) 2  3 xy  xy    Ta có P  x6  y6 1  x3 y  xy 3 2 2 2 xy ( x  y )  1 xy x  y 2  2  2  Đặt t  xy  x  y  1  t  P  2t 2  3 t 1  2t 2  3 1 với   t  1 t 1 3 2  2 t  4 t  3 f / (t )  0 (t  1) 2  Xét hàm số f (t )  t -1 3 f /(t) 1 _ 25 f(t) 6 1 2 1 khi x  y  1 2 1 1 25 GTLN P  f ( )  khi x   y   . 3 6 3  Vậy GTNN P  f (1)  Thí dụ 10. (Khối B 2011)Cho a, b các số thực dương thỏa 2(a 2  b 2 )  ab  (a  b )(ab  2) .  a 3 b3   a 2 b2   3   9 2  2  . 3 a  b a  b Tìm GTNN của biểu thức P  4  295 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải. a b b a 1 a 1 b a b b a 2 b  Từ giả thiết ta có 2    1    (ab  2)  2    1  a   b   a 2 b   2 2   a a   b a b 5   2t  1  2 2 t  2  4t 2  4t  15  0  t  b a 2  a3 b3   a2 b2  Ta có P  4 3  3   9 2  2   4(t 3  3t )  9(t 2  2)  4t 3  9t 2  12t  18 a  b a  b 5 Xét hàm số f (t )  4t 3  9t 2  12t  18 với  t 2 1 f / (t )  12t 2  18t  12  f / ( x)  0  t   ; t  2 2  Đặt t    5 t +∞ 2 f /(t) + +∞ f(t) -23 4 5  2 23 4  Suy ra P  f      Vậy GTNN P   23 khi a  1, b  2 hay a  2, b  1 . 4 Thí dụ 11. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 2( x 2  y 2 )  xy  1 . 4 4 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P  x  y . 2 xy  1 Lời giải. 1   5 1 1 1  2 xy   4 xy  xy  . ĐK:   t  . 3 5 3 2  Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy  4 xy  xy    và xy  1  2  x  y   x Suy ra : P    2 2  y2  Do đó: P '   2x2 y 2 2 xy  1 2 7 t  t  2 2  2t  1  7t 2  2t  1 . 4  2t  1 , 2 P '  0  t  0, t  1( L) 1  1 1 2 P    P   và P  0   5 3 15 4     296 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 1 1 t - P/ 0 5 0 + 0 3 _ 1 2 P 2 4 15  Vậy GTLN là 15 1 2 và GTNN là . 4 15 Thí dụ 12. Cho các số thực a, b, c thỏa abc  2 2 . a 6  b6 b6  c 6 c6  a 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P  4 4 2 2  4 4 2 2  4 4 2 2 a b a b b c b c c a c a Lời giải.  Ta có P  ( a 2  b 2 )(a 4  b 4  a 2 b 2 ) (b 2  c 2 )(b 4  c 4  b 2 c 2 ) (c 2  a 2 )(c 4  a 4  c 2 a 2 )   a 4  b 4  a 2b 2 b4  c4  b2c 2 c 4  a 4  c2a 2  Nhận xét: Do abc  2 2 nên a 2 , b 2 , c 2 là các số thực dương  Xét A = A  x 2  y 2  xy với x,y > 0 x 2  y 2  xy  Chia tử và mẫu cho y 2 và đặt t   Xét hàm số f (t )  x t2  t 1 ta được A  2 với t > 0 y t  t 1 t 2  t 1 2x 2  2 / với 0  t  f ( t )  t 2  t 1 ( x 2  x  1) 2 t 1 0 f /(t) _ f(t) 0 +∞ + 1 3 1 3 1 1 3 3  Vậy GTNN P  4 khi a  b  c  2 .  Suy ra P  (a 2  b 2 )  (b 2  c 2 )  (c 2  b 2 )  2 2 a  b 2  c 2  23 a 2 b 2 c 2  4 3   Thí dụ 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  1, y  1 và 3( x  y )  4 xy.  1 1   2 . 2 y  x Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  3  297 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải.  Đặt x  y  a . Khi đó xy  3a , a  0. 4 3a 0 4 Phương trình (1) có nghiệm    a 2  3a  0  a  3.  Suy ra x, y là nghiệm của phương trình t 2  at    Vì x, y  1 nên ( x  1)( y  1)  0. Hay là xy  ( x  y )  1  0  (1) 3a  a  1  0  a  4. 4  Vậy ta có 3  a  4 .  Mặt khác, từ giả thiết ta lại có 1 1 4   . x y 3 2    1 1 6 9 8 16 Suy ra P  ( x  y )  3xy ( x  y)  3     a3  a2   . xy 4 a 3  x y 9 8 16 Xét hàm số f (a )  a 3  a 2   , 3  a  4. 4 a 3 9 8 3 8 Ta có f ' (a)  3a 2  a  2  3a(a  )  2  0, a [3; 4]. 2 a 2 a 3 a 3 4 f ' (a) + 94 3 P  f (a ) 113 12 113 3 , đạt khi a  3  x  y  ; 12 2  x  1, y  3 94 . max P  , đạt khi a  4   3  x  3, y  1.  Dựa vào BBT ta suy ra min P  Thí dụ 14. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  xy  yz  zx  5 . x yz Lời giải.  t2 3 . 2 Ta có 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 vì t  0.  Khi đó A    Đặt t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  t2 3 5  . 2 t t2 5 3 Xét hàm số f (t )    , 3  t  3. 2 t 2 298 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 5 t3 5  2  0 vì t  3. t2 t  Ta có f ' (t )  t   Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3)   Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1. 14 Vậy GTLN của A là , đạt được khi x  y  z  1.  3  14 . 3 Thí dụ 15. Cho hai số thực x thỏa mãn 0  x  1, 0  y  1 và x  y  4 xy. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  x 2  y 2  7 xy. Lời giải.  Đặt xy  t  x  y  4t. Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trình    h( X )  X 2  4tX  t  0. Vì 0  x1 , x 2  1 nên phương trình h( X )  0 có nghiệm X 1 , X 2 thoả mãn '  4t 2  t  0  1.h(0)  t  0 1 1 0  X 1  X 2  1  1.h(1)  1  3t  0  t  . 4 3  s 0   2t  1  2 1 1 Khi đó M   x  y 2  9 xy  16t 2  9t , với  t  . 4 3 9  1 1 Ta có M ' (t )  32t  9  0  t    ;  . Suy ra Bảng biến thiên 32  4 3  1 t 9 4 0 - M'(t) 1 32 5 M 4 3 +   11 9 81 64 11 1 1 1 , đạt khi xy   x  1, y  hoặc x  , y  1. 9 3 3 3 81 9 3 3   , đạt khi xy   x  2 y  hoặc y  2 x  .  64 32 4 4  Suy ra: Mmax   Mmin Thí dụ 16. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2  y 2  xy  3. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x 4  y 4  4 xy  x3 y 3 Lời giải. 299 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  Điều kiện: x  1; y  3 .  Đặt u  x  1  0; v   y  3  0 . Khi đó hệ đã cho trở thành  u  v  a u  v  a    2 a 2  2a 2 u  v  2 a uv    2  2 a  2a  0.  u, v là nghiệm của phương trình f t   t 2  at  2 Hệ đã cho có nghiệm  phương trình f t   0 có nghiệm t1 , t 2 thoả mãn t1  0  t 2  a 2  2a 0  0 a  2. 2 Đặt t  xy . Từ giả thiết x 2  y 2  xy  3 ta có: 1. f 0  0  +) 3   x  y 2  xy   xy +) 3  x 2  y 2  xy  3xy  xy  3 .  xy  1. Vậy  3  t  1 . +) x 4  y 4  x 2  y   2 x 2 y 2  3  xy   2 x 2 y 2  9  6 xy  x 2 y 2 . Suy ra A  t 3  t 2  2t  9,  3  t  1 .  Xét hàm số f t   t 3  t 2  2t  9,  3  t  1 . f ' t   3t 2  2t  2  0, t . Vậy hàm số nghịch biến trên  , nên: 2 2 2 min f t   f 1  5; max f t   f  3  33  3 t 1 3 t 1  Để ý rằng t  1  x  y  1 và t  3  x   y   3  Vậy min A  5 , đạt khi x  y  1 max A  33 , đạt khi x   y   3 . Thí dụ 17. (khối B 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 và x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5 . Lời giải. Cách 1:  1  xy  ( x  y )2   x  y  z  0 2    2 2 2 x  y  z  1  2  x  y  2  3 3  P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2 y2(x + y) 5 1  5 5 =  ( x  y) 3  ( x  y )    t 3  t ; t = x + y 2 2 2 4  5 5 2 4 15 2 5 f’(t) =  t  2 4  f(t) =  t 3  t f’(t) = 0  t =  1 6 300 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG t f’(t) f(t)  2 HĐBM -TỔ TOÁN  1 3 – 5 6 1 2 6 6 0 + 0 3 – 5 6 36 36 5 6 36  Suy ra P  5 6 36 . Vậy max P = 5 6 36 xảy ra khi t = 1 6 x  y  1 6   1   xy   3 (có nghiệm)   z  ( x  y )  hay x  y   2 3   1 (có nghiệm)   xy  6   z  ( x  y )  Cách 2:  Với x + y + z = 0 và x 2  y 2  z 2  1 , ta có: 1 2 2 0   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2 x  y  z   2 yz  1  2 x 2  2 yz , nên yz  x 2  .  Mặt khác yz  y 2  z 2 1  x2 1 1  x2 6 6  , suy ra x 2   , do đó   x  (*) 2 2 2 2 3 3  Khi đó: P  x5  ( y 2  z 2 )( y 3  z 3 )  y 2 z 2 ( y  z ) 2 1   x5  (1  x 2 )  ( y 2  z 2 )( y  z )  yz ( y  z )    x 2   x 2  2    1   1 5   x 5  (1  x 2 )   x (1  x 2 )  x  x 2      x 2   x  (2 x 3  x). 2 2 4       6 6 6 Xét hàm f ( x)  2 x3  x trên   ;  , suy ra f ( x)  6 x 2  1 ; f ( x)  0  x   6  3 3    6  6  6 6 6 6 6 Ta có f     f     , f    f      Do đó f ( x)   3 6 9 3 6 9 9         Suy ra P  6 6 , yz thì dấu bằng xảy ra. 3 6 5 6 Vậy giá trị lớn nhất của P là 36    Khi  5 6  36 x Thí dụ 18. Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x  y  2 x  2  y  1  1 . Tìm GTLN, GTNN của F = 2(1  xy x  y ) x y . ( x  y )  ( y  x)  2 2 x y Lời giải.  Từ giả thiết  x  2; y  1 . 301 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG   HĐBM -TỔ TOÁN 2  Vì 2. x  2  1. y  1   22  12   x  2  y  1  2 x  2  y  1  5( x  y  1) . Nên từ x  y  2 x  2  y  1  1    x  y  5( x  y  1)  1 . Đặt t = x + y , ta có: t  1  5(t  1)  1  t  6 1 2 1 2 Khi đó: F = ( x  y )2   t2  . 2 x y 2 t 1 2 1 Xét f (t )  t 2  , với t  1; 6 , có f ' (t )  t   0; t  1;6 2 t t t 2 5  Min f (t )  f (1)  ; Max f (t )  f (6)  18  t1;6 t  1;6   2 6 x  2 5  GTNN của F là: đạt được tại: t  1   2  y  1  Vậy GTLN của F là 18  x  6 2 đạt được tại :t= 6    6 y  0 Thí dụ 19. Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1  y 2  x( x  y) . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P  x6  y 6  1 x3 y  xy 3 Lời giải.  Từ giả thiết ta có: 1  x 2  y 2  xy  2 xy  xy  xy  1. 1 . 3 Ta có x 2  y 2  1  xy nên x 6  y 6  ( x 2  y 2 ) ( x 2  y 2 ) 2  3 x 2 y 2  1  x 2  y 2  xy  ( x  y )2  3xy  3xy  xy        (1  t ) (1  t ) 2  3t 3   1  1  Đặt t  xy với t    ;1 \ 0 . Khi đó ta được P  t (1  t )  3  2 2t  3 Hay P  = f (t ) t 1  1  Hàm số f (t ) trên   ;1 \ 0  3  2 2t  4t  3  1   0 t    ;1 \ 0 Ta có f '(t )  2 (t  1)  3  1 Vậy MinP  P(1)   t  1  x  y  1 2 1 25 1 1 MaxP  P( )   t    x  y    3 6 3 3 Thí dụ 20. Cho x, y , z thuộc đoạn 0;2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2  y 2  z 2 Lời giải. 302 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  Cho x , y, z thuộc  0; 2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2  y 2  z 2  Giả sử: x  y  z  3  x  y  z  3z  z  1  z  1;2   Lại có: x 2  y 2  ( x  y ) 2 , (*) 2  A  3  z   z 2  2z 2  6 z  9  Xét f ( z )  2 z 2  6 z  9, z  1;2  f '( z )  4 z  6, f '( z )  0  z  3 2  3 9 f (1)  5; f (2)  5; f     2 2   Kết hợp (*) ta có Vậy max A  5 khi x  0; y  1; z  2  303 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN II. XÂY DỰNG GIÁN TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNG THỨC: Phương pháp chung:  Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ t thích hợp.  Khả năng biến đổi được về hàm f(t)là khó buộc phải sử dụng bất đẳng thức.  Lưu ý khi sử dụng bất đẳng thức điều kiện dấu bằng xảy ra phải đúng  Cần thuộc một số bất đẳng thức phụ để có thể đưa về theo một đại lượng thích hợp nào đó theo ý mong muốn.  Hàm f(t) tương đối khảo sát được.  Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)  Thích hợp cho các đề thi khối A và B. Thí dụ 1. (Khối B 2009) Cho các số thực thay đổi thỏa ( x  y )3  4 xy  2 . Tìm GTNN của biểu thức P  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 . Lời giải. 2    x2  y2   Ta có ( xy )    2    x2  y2 P  3( x 2  y 2 ) 2     2 2    2    2( x 2  y 2 )  1  ( x  y) 2 1  (theo giả thiết ( x  y ) 3  ( x  y ) 2  ( x  y) 3  4 xy  2 ) 2 2 2 9t 1 Xét hàm số f (t )   2t  1 với t  4 2 9t f / (t )   2 2  Đặt t  x 2  y 2   x f /(t) f(t) 1 2 + 9 16 1 2  Suy ra P  f (t )  f ( )   Vậy GTNN P  9 16 9 1 khi x  y  z  . 16 2 Thí dụ 2. (Khối B 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a  b  c  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  3(a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c 2 Lời giải.  Ta biến đổi P  (ab  bc  ca ) 2  3(ab  bc  ca )  2 1  2(ab  bc  ca ) 304 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  Đặt HĐBM -TỔ TOÁN t  ab  bc  ca , điều kiện 0  t  ab  bc  ca   Xét hàm số (a  b  c) 2 1  3 3  1 f (t )  t 2  3t  2 1  2t , t   0;  , ta có  3 2 f '(t )  2t  3  1  2t 2 f // (t )  2  0 (1  2t )3  1  11 Do vậy f / (t ) là hàm nghịch biến: f / (t )  f /     2 3  0 .  3 3 Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến  BBT 1 3 0 t f / t  10  6 3 9 f (t ) 2  Suy ra P  f (t )  f (0)  2   ab  bc  ca  Vậy GTNN P  2 khi ab  bc  ca  0 khi (1; 0; 0) và các hoán vị.   a b  c 1  Thí dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTLN của biểu thức P  3(a 2 b 2  c 2 )  4abc . Lời giải. 3 2 2 2 Ta có P  3(a  b)  6ab  3c  4abc  3(3  c) 2  3c 2  2(3  c)ab  Giả sử 0  a  b  c  1  c   ab  3(3  c) 2  3c 2  2(3  c)   2  3 2  Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  27 2 3c  3(3  c) 2  3c 2  2(3  c)   2  3 27  c3  c 2  2 2 3 với 1  t  2 2 2 f / (t )  3c 2  3c 305 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  BBT: t 3 1 0 _ f /(t) 0 2 + f(t) 13  Suy ra P  f (1)  13  Vậy GTNN P  13 khi a  b  c  1 . Thí dụ 4. Cho các số dương x , y , z thỏa x  y  z  1 . 1 x Tìm GTNN của biểu thức P  x  y  z   1 1  . y z Lời giải.  Theo bất đẳng thức Côsi ta có 1  x  y  z  33 xyz 1 1 1 3    x y z 3 xyz  Suy ra P  33 xyz   3 xyz 3 1 Xét hàm số f (t )  3t  với 0  t  t 3 2 3 3  3t f / (t )  3  2  0 t t2 3 1 0 x _ f /(t) 3 f(t) 10 1 3  Suy ra P  f (t )  f ( )  10  Vậy GTNN P  10 khi x  y  z  1 3 Thí dụ 5. (Khối A 2003) Cho các số đương x, y, z thỏa x  y  z  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  x 2  1 1 1  y2  2  z2  2 . 2 x y z 306 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Lời giải. 2 2   1 1 1 1   Ta có P  ( x  y  z )       3 (33 xyz ) 2   33  x y z  xyz   9 1 1 x yz Xét hàm số f (t )  9t  với 0  t  0t   t 9 3 9   2 2 f / (t )  9  9 9  9t 2  0 t2 t2 1 0 x 9 _ f /(t) f(t) 82  Suy ra P  f (t )  1 f ( )  82 9 1 3  Vậy GTNN P  82 khi x  y  z  . Thí dụ 6. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a  b  c  3 . Tìm GTLN của biểu thức P  (a 2  ab  b2 )(b 2  bc  c 2 )(c 2  ca  a 2 ) . Lời giải.  Giả sử 0  a  b  c  3 a 2  ab  b 2  b 2 a ( a  b )  0  2 2 2 a ( a  c )  0  a  ac  c  c  Suy ra   Do đó P  b 2 c 2 (b 2  bc  c 2 )  b 2 c 2 (b  c) 2  3bc   abc  3 ta có b  c  a  b  c  b  c  3  2 bc  b  c  3 0  a  b  c  3 9 Suy ra 0  bc  4 Từ đó ta có P  b 2 c 2 (9  3bc) 9 Xét hàm số f (t )  3t 3  9t 2 với 0  t  4 f / (t )  9t 2  18t  Từ     9 t 0 f /(x) 0 2 + 0 _ 4 12 f(x) 307 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  Suy ra P  f (2)  12  Vậy GTLN P  12 khi a  0; b  1; c  2 và các hoán vị.  Thí dụ 7. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc  0; 2  . Tìm GTNN của biểu thức P  1 1 1   . 2 2 (a  b) (b  c) (c  a)2 Lời giải.  Giả sử 0  a  b  c  2    1 1   2   0 ca  2  (c  a) 4 Từ   1 1 0  c  b  2  b    (b  c) 2 ( 2  b) 2 1 1 1 Suy ra P  2   2 4 b ( 2  b) 1 1 1 Xét hàm số f (b)  2  với 0  b  2  2 4 b (2  b) 2 2 f / (b)   3  b ( 2  b) 3 b 0 f /(b) 0 1 _ f(b) 0 2 + 9 4 9 4 9 Vậy GTNN P  khi a  0; b  1; c  2 và các hoán vị.  4  Suy ra P  f (1)   Thí dụ 8. Cho các số đương x, y thỏa x  y  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  x y  . 1 x 1 y Lời giải.  Áp dụng BĐT   a  b  a b b a x 1 x P   x  1 x 1 x x Xét hàm số f ( x)  x  1  x với 0  x  1 1 1 1 f / ( x)   . f /  x  0  x  2 2 x 2 1 x 308 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 1 x 0 f /(x) 1 2 + 0 0 _ 2 f(x) 1 2  Suy ra P  f ( )  2 1 2  Vậy GTNN P  2 khi x  y  . Thí dụ 9. (Khối B 2006) Cho các số thực thay đổi x, y . Tìm GTNN của biểu thức P  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  y  2 Lời giải.  Ta có BĐT a 2  b 2  c 2  d 2  ( a  c) 2  (b  d ) 2 P  (1  x  x  1) 2  ( y  y) 2  y  2  2 1  y 2  y  2  Xét hàm số f ( y)  2 1  y 2  y  2  Trường hợp y  2  0  y  2  f ( y)  2 1  y 2  y 2y f / ( y)  1 1 y2 1  f / ( y)  0  y  3  1  Suy ra f ( y )  f    2  3  3 Trường hợp y  2  0  y  2 y 2 -∞ _ f /(y) +∞ f(y) 2+ 3 f ( y)  2 1  y 2  2 1  2 2  2  3  Vậy GTNN P  2  3 khi x  0, y  1 3 . 309 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 10. Cho các số đương x, y, z thỏa x  y  z  3 . 1 Tìm GTLN của biểu thức P  2 2  2 x  y  z 1 2 . ( x  1)( y  1)( z  1) Lời giải.  Áp dụng BĐT côsi, ta có 1 1 1 x 2  y 2  z2  1  ( x  y)2  ( z  1)2  ( x  y  z  1)2 2 2 4   x  y  z 3 ( x  1)( y  1)( z  1)    3   2 54 Suy ra P   x  y  z  1 ( x  y  z  3) 3 3  Đặt t  x  y  z  1  1 P 2 54  t (t  2) 3 2 54 với 1  t  t (t  2) 3 2 162 f / (t )   2   f / (t )  0  t  1; t  4 4 t (t  2)  Xét hàm số f (t )  t f /(t) +  Vậy GTLN P  _ 0 1 f(t)  Suy ra P  f (4)  +∞ 4 0 4 1 4 1 khi x  y  z  1 . 4 Thí dụ 11. Cho các số dương x, y, z . Tìm GTLN của biểu thức P  x x2  y 2  y y2  z2  z z2  x2 Lời giải.  Đặt a  y z x , b  , c   abc  1 x y z  Suy ra P  1 1 a 2  1 1 b 2  1 1 c 2    Đặt t  1 1   1  2   2 1 c2  1  b 1 a 2 1 1 a 2  2 1  bc  2 1  2 1 1 a 1 a 1 1 với 0  t  1 a 2 310 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  Xét hàm số f (t )  t 2  2 1  t f / (t )  2  2t  1 t 1 0 1 t 0 2 f /(t) + 3 f(t) 2 -∞ 1 2 3  Suy ra P  f ( )   Vậy GTLN P  2 1 khi x  y  z  1 . 4 Thí dụ 12. Cho các số dương x, y, z thỏa x  y  z  3 . Tìm GTNN của biểu thức P  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx . x y  y2 z  z2 x 2 Lời giải.  Ta có 3(a 2  b 2  c 2 )  (a  b  c)(a 2  b 2  c 2 )  a 3  b 3  c 3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  ab 2  bc 2  ca 2     a 3  ab 2  2 a 2 b  Mà  b 3  bc 2  2b 2 c  3(a 2  b 2  c 2 )  3(a 2 b  b 2 c  c 2 a)  0  c 3  ca 2  2c 2 a  Đặt t  x 2  y 2  z 2 9  (x 2  y 2  z 2 ) 9 t t 2 2 2 2t 2( x  y  z ) 1 9 Xét hàm số f (t )  t   với 3  t 2 2t 9 f / (t )  1  2 2t P  x2  y2  z2  t +∞ 0 f /(t) + +∞ f(t) 4  Suy ra P  f (4)   Vậy GTLN P  1 4 1 khi x  y  z  1 . 4 311 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 13. Cho các số không âm x, y, z thỏa x  y  z  0 . Tìm GTNN của biểu thức P  x3  y 3  16 z 3 ( x  y  z )3 Lời giải. ( x  y)3 dựa vào phép chứng minh tương đương 4 Đặt x  y  z  a , khi đó  Ta có x 3  y 3   4P   Đặt t  x 3  y 3  16 z 3 ( x  y ) 3  64 z 3 (a  z ) 3  64 z 3   ( x  y  z)3 a3 a3 z a  Xét hàm số f (t )  (1  t ) 3  64t 3 với 0  t  1   f / (t )  3 64t 2  (1  t ) 2  f / (t )  0  t  1 9 1 t 0 _ f /(t) 1 9 0 + 64 f(t) 81 1  1  16  Suy ra P  , f    4  9  81  Vậy GTNN P  16 khi x  y  4 z . 81 Thí dụ 14. (Khối B 2007) Cho các số thực dương x, y, z . x 2 Tìm GTNN của biểu thức P  x   1  y 1  z 1   y   z  . yz   2 zx   2 xy  Lời giải. x2  y2  z 2 x2  y2  z 2  2 xyz 2 2 2 Do x  y  z  xy  yz  zx  Ta có P    x2 1   y2 1   z 2 1  P             2 x 2 y  2 z    312 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN t2 1 1  với t  2 t 2 1 f / (t )  t  2 t  Xét hàm số f (t )   Vậy GTNN P  9 khi x  y  z  1 . 2 Thí dụ 15. (Khối A 2011)Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x  y, x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y z   . 2x  3y z  y z  x Lời giải. 1 1 2   với a  0, b  0 và ab  1 (chứng minh tương đương) 1  a 1  b 1  ab x 1 1 1 2 Khi đó P      2x  3 y 1  z 1  x 2  3 y x 1 y z x y  Ta có   Đặt t  x với 1  t  2 y t2 2  2 2t  3 1  t t2 2 Xét hàm số f (t )  2 với 1  t  2  2t  3 1  t  2 t 3 (4t  3)  3t (2t  1)  9 f / (t )  0 (2t 2  3) 2 (1  t ) 2  Suy ra P     t f /(t) f(t) 1 2 _ 34 33  Suy ra P  f 2  34 33 313 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  Vậy GTNN P  HĐBM -TỔ TOÁN 34 khi x  4; y  1; z  2 . 33 2 2 Thí dụ 16. (khối D-2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4    y  4   2 xy  32 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2  . Lời giải.  ( x  4) 2  ( y  4) 2  2 xy  32  ( x  y )2  8( x  y)  0  0  x  y  8       3 4 xy  ( x  y ) 2   6 xy   ( x  y ) 2 2 A = x 3  y 3  3( xy  1)( x  y  2) = ( x  y )3  6 xy  3( x  y )  6 3 A  ( x  y )3  ( x  y) 2  3( x  y)  6 2 3 Đặt t = x + y ( 0  t  8 ), xét f(t) = t 3  t 2  3t  6  f’(t) = 3t 2  3t  3 2 1 5 1 5 17  5 5 f’(t) = 0 khi t = ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( )= 2 2 4 17  5 5 1 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là xảy ra khi t = 4 2 17  5 5 1 5 1 5 A  f(t)  . Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = hay x = y =  4 2 4 BÀI TẬP Bài 1: Cho x, y, z là ba số thực thỏa x 2  y 2  z 2  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 3  y 3  z 3  3xyz Hướng dẫn : đặt t  x  y  z Bài 2: Cho các số dương x, y, z thỏa x  y  z  3 . Tìm GTNN của biểu thức P  9 xy  10 xz  22 yz Hướng dẫn : P  9 xy  10( x  y ) z  12 yz  9 xy  10( x  y)3  ( x  y)  12 y3  ( x  y ) Xét hàm số f (t )  t 2  3t với 0  t  3 P  10 f ( x  y )  12 f ( y)  22 xy  max f (t ) Bài 3: Cho các số dương x , y , z thỏa x 2  y 2  z 2  1 . Tìm GTLN của biểu thức P  6( y  z  x)  27 xyz Hướng dẫn : 314 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG   P  6 2( y 2  z 2 )  x  27 x HĐBM -TỔ TOÁN   y2  z2 x(1  x 2 )  6 2(1  x 2 )  x  27 2 2 Bài 4: Cho các số dương x, y, z thỏa 21xy  2 yz  8 zx  12 . Tìm GTNN của biểu thức P 1 2 3   x y z Hướng dẫn : 1 x Đặt a  ; b  2 3 2a  4b ; c  , bài toán đưa về tìm GTNN P  a  b  c với c  y z 2 ab  7 14 14 14 14  2a  2a  2 11 2 ab  7 a a  ab  a a a   7 a 2 ab  7 2a 2a 2ab  7  a 2b   a  2a  4b  P  ab Xét hàm số f (t )  t  11 7  2 1 2 2t t Bài 5: Cho các số thực x, y, z không đồng thời bằng 0 thỏa x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx) . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P x3  y3  z3 ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2 ) Hướng dẫn : Đặt a  4x 4y 4z , b , c . Khi đó a  b  c  4 và ab  bc  ca  4 x yz x yz x yz Áp dụng BĐT (b  c) 2  4bc suy ra 0  a  Khi đó P  8 3 1 3 1 (a  b 3  c 3 )  (3a 3  12a 2  12a  16) 32 32 Xét hàm số f (t )  1 (3t 3  12t 2  12t  16) 32 Bài 6: Cho các số dương x, y, z thỏa ( x  y  z ) 3  32 xyz . Tìm GTLN của biểu thức P x4  y4  z 4 ( x  y  z) 4 Hướng dẫn : Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  4 Ta có x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 ) 315 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN   2   ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)  2 ( xy  yz  zx) 2  2 xyz( x  y  z )  Đặt t  xy  yz  zx Xét hàm số f (t )  (16  2t ) 2  2(t 2  16) Bài 7: Cho các số dương x, y, z thỏa xy  yz  zx 1  . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức x2  y2  z2 7 P x4  y4  z 4 ( x  y  z) 4 Hướng dẫn : Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  1 Từ giả thiết xy  yz  zx 1 xy  yz  zx 1 1 2   xy  yz  zx   xy   (1  z ) z   2 2 2 1  2( xy  yz  zx ) 7 9 7 9 x y z Ta có x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )   2   ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)  2 ( xy  yz  zx) 2  2 xyz( x  y  z ) Xét hàm số theo biến z và z  minx, y, z  0  z   1 3 Bài 8: Cho các số dương x, y, z . Tìm GTNN của biểu thức P 2( x  y  z ) 3  9 xyz ( x  y  z )( xy  yz  zx ) Hướng dẫn : Do tử và mẫu cùng bậc nên giả sử x  y  z  1 và z  minx, y, z  0  z  1 3 316 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ - BẢNG BIẾN THIÊN GIẢI CÁC BÀI TOÁN PT – BPT – HPT LIÊN QUAN ĐẾN THAM SỐ I. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cơ sở của phương pháp này là ý nghĩa hình học của việc giải phương trình, bất phương trình được thể hiện trong các tính chất sau. Xét các hệ thức (1) ; (2) ; (3) f  x  g  x f  x  g  x f  x  g  x Gọi G f , Gg lần lượt là đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  . Trên cùng một mặt phẳng tọa độ  Oxy  vẽ G f và Gg . Ký hiệu D  D f  Dg là tập xác định của hệ thức, ta có: 1. Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ điểm chung của G f và Gg 2. Nghiệm của bất phương trình (2) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía trên Gg 3. Nghiệm của bất phương trình (3) là khoảng các giá trị của x mà trong đó G f nằm ở phía dưới Gg Nhận xét 1 1. Phương trình (1) có nghiệm  G f và Gg có điểm chung 2. Phương trình (1) vô nghiệm  G f và Gg không có điểm chung 3. Phương trình (1) có k nghiệm  G f và Gg có k điểm chung 4. Phương trình (1) có k nghiệm phân biệt  G f và Gg có k điểm chung khác nhau. Nhận xét 2 1. Bất phương trình (2) có nghiệm  có điểm thuộc G f nằm ở phía trên Gg 2. Bất phương trình (2) vô nghiệm  không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía trên Gg 3. Bất phương trình (2) luôn đúng với mọi x  D  toàn bộ G f nằm ở phía trên Gg Nhận xét 3 1. Bất phương trình (3) có nghiệm  có điểm thuộc G f nằm ở phía dưới Gg 2. Bất phương trình (3) vô nghiệm  không có điểm nào thuộc G f nằm ở phía dưới Gg 3. Bất phương trình (3) luôn đúng với mọi x  D  toàn bộ G f nằm ở phía dưới Gg Chú ý 1 Đối với hệ thức dạng (1) ; (2) ; (3) f x  0 f x  0 f  x  0 thì Gg có phương trình y  0 nên Gg là trục hoành. Chú ý 2 Đối với hệ thức dạng (1) ; (2) ; (3) f  x  m f  x  m f x  m thì Gg có phương trình y  m nên Gg là đường thẳng vuông góc với trục tung tại điểm có tọa độ  0; m   Trong trường hợp này ta có thể thay việc vẽ Gg trên D bằng việc lập BBT của hàm số y  f  x  trên D . Các hệ thức trên còn được gọi là có dạng “tách ẩn” hoặc dạng “cô lập”. 317 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN II. ÁP DỤNG Thí dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x2  x  1  x2  x  1  m (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D    Xét hàm số y  f  x   x 2  x  1  x 2  x  1 trên  . Phương trình 1 có nghiệm  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  x  vẽ trên  .  Lập BBT của hàm số y  f  x  trên D . Ta có: f '  x   2x 1 2 x2  x  1  f '  x   0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1 2x 1 2 x2  x  1 (2) Bình phương hai vế (2), ta được phương trình hệ quả 4x 2       4 x  1 x2  x  1  4 x2  4x  1 x2  x  1  x  0 Thử lại, ta thấy x  0 không thỏa (2). Vậy f '  x   0 vô nghiệm Do f '  x   0 vô nghiệm  f '  x  không đổi dấu trên  , mà f '  0   1  0  f '  x   0, x    f  x  đồng biến trên  . 2x Giới hạn: lim f  x   lim  1 và lim f  x   1 x x x  x2  x  1  x2  x  1 Bảng biến thiên x f ' x - + + f  x 1 -1  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm  1  m  1 .  MINH HỌA ĐỒ THỊ 318 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt m x2  2x  2  x  2 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   1  m  Khi đó:  Xét hàm số y  f  x   x2 (2) 2 x  2x  2 x2 2 trên  . x  2x  2 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x    đường thẳng y  m có hai điểm chung khác nhau với đồ thị hàm số y  f  x  vẽ trên  .  Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x   f ' x  0  x  Giới hạn: lim f ( x)  lim x x  x2 x2  2x  2 4  3x x 2  2x  2  x2  2x  2 4 3  1 và lim f ( x)  lim x x x2 x2  2 x  2 1 Bảng biến thiên x 4 3  f ' x + 0  ̶ 10 f  x 1 1  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x    1  m  10 . MINH HỌA ĐỒ THỊ 319 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 3. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x 2  mx  2  2 x  1 (1) Lời giải.  Do x  0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên    3x 2  4 x  1 1  3 x 2  4 x  1  mx  m (2) x     x 1    2     1  x 2  mx  2  4 x 2  4 x  1  x   x   1 2    2 2 3x  4 x  1  1  Xét hàm số y  f  x   trên D    ;   . x  2  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm phân  1  biệt x    ;    đường thẳng y  m có hai điểm chung khác nhau với đồ thị hàm số y  f  x   2   1  vẽ trên   ;   .  2  3x 2  1  1  Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x   , x    ;   \ 0 2 x 2   2 3x  4 x  1 Giới hạn: lim f ( x)  lim   x x x Bảng biến thiên x  1 2 f ' x 0  + +   f  x 9 2   Dựa vào BBT ta suy ra: 9 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  . MINH HỌA ĐỒ THỊ 320 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 4. Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 4 2x  2 x  2 4 6  x  2 6  x  m (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   0; 6  Xét hàm số y  f  x   4 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x trên  0; 6  . Phương trình 1 có nghiệm trên  0; 6   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  x  vẽ trên  0; 6  .  Lập BBT của hàm số y  f  x  trên D . Ta có: f '  x     1 1 1  1    2  4  2 x 3 4  6  x 3  2    1 1 Đặt u  x    , v  x  3 3 4 2x 4 6  x 1 2 4 2x 3  1 1 1    2 x 2 4  6  x 3 6 x 1 1    , x   0;6  2x 6 x  1 1 . Ta thấy u  2   v  2   0 nên f '  2   0  2x 6 x Mặt khác u  x  , v  x  cùng dương trên  0; 2  , cùng âm trên  2;6  nên ta có Bảng biến thiên x f’(x) f(x) 0 + 2 0 6 ̶ 63 2 2 6  24 6 4 12  2 3  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình 1 có nghiệm trên  0; 6   2 6  2 4 6  m  3 2  6 . MINH HỌA ĐỒ THỊ 321 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm  4  x  2 x  2   m  4  6 x2 4  x  2x  2  (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D  1; 4  Đặt ẩn phụ t  4  x  2 x  2 với x  1; 4 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1; 4  1 1  2x  2  2 4  x   , x  1; 4  2 4 x 2x  2 2 4  x. 2x  2 t '  0  2 4  x  2x  2  4 4  x   2 x  2  x  3 Ta có: t' Bảng biến thiên x t' t 1 + 3 0 4 ̶ 3 3 6 Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   3;3  Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: t 2  4t  4  m (2) Phương trình (1) có nghiệm x  1; 4  Phương trình (2) có nghiệm t   3;3  Xét hàm số y  f  t   t 2  4t  4 với t   3;3 . Phương trình  2  có nghiệm t   3;3  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  3;3 .  Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  4 ; f '  t   0  t  2 Bảng biến thiên t 2 3 3 f 't  f t  ̶ 0 74 3 + 1 0  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm x  1; 4  0  m  1 . Chú ý: Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm tập giá trị của ẩn phụ và chuyển phương trình sang phương trình theo ẩn phụ với tập xác định là tập giá trị của ẩn phụ tìm được. Cụ thể  Khi đặt t  u  x  , x  D , ta tìm được t  D ' và phương trình f  x; m   0 (1) trở thành g  t; m   0 (2) . Khi đó (1) có nghiệm x  D  (2) có nghiệm t  D ' 322 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN  Để tìm miền giá trị của t ta nên lập BBT của hàm số t  u  x  trên D (có thể sử dụng bất đẳng thức để đánh giá hoặc tính chất của hàm số)  Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t . Tức là mỗi giá trị t  D ' thì phương trình u  x   t có bao nhiêu nghiệm x  D ? (có thể xem là một bài toán nhỏ về xét sự tương giao) Thí dụ 6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 6  x  x 2  3x  m  x  2  2 3 x  (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   2;3  Đặt t  x  2  2 3  x với x   2;3 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   2;3 1 2 3 x  x  2   2 x  2 2 3  x 2 x  2. 3  x t '  0  3  x  2 x  2  3  x  4  x  2   x  1 Ta có: t' Bảng biến thiên x t' t -2 + -1 0 3 ̶ 5 2 5 5 Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   5;5 14 (2) m t Phương trình (1) có nghiệm x   2;3  Phương trình (2) có nghiệm t   5;5  14 Xét hàm số y  f  t   t  với t   5;5  . t Phương trình  2  có nghiệm t   5;5   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  5;5 . 14 Lập BBT của hàm số trên y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   1  2  0 , t   5;5  t  Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: t 2  14t  mt  t    Bảng biến thiên t 5 f 't  5 + f t  11 5  9 5 5 323 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  HĐBM -TỔ TOÁN Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm x   2;3   9 5 11 m .  5 5 Thí dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm m   1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   1;1  Đặt t  1  x 2  1  x 2 x   1;1 . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   1;1 Ta có: x t' 1  x2   1 1  x  2 1  x2 1  x2  1 x x  , t'0  x  0  Bảng biến thiên x t' t -1 ̶ 0 0 1 + 2 2 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '  0; 2  t 2  t  2  m (2) t 2 Phương trình (1) có nghiệm x   1;1  Phương trình (2) có nghiệm t   0; 2   Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: m  t  2   t 2  t  2  t 2  t  2 với t  0; 2  . t2 Phương trình  2  có nghiệm t   0; 2   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên 0; 2  .  Xét hàm số y  f  t    Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   t 2  4t t  2 2  0 , t  0; 2  Bảng biến thiên t f 't  0 f t  1 2 ̶ 2 1  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm x   1;1  2  1  m  1 .  324 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Thí dụ 8. Tìm m để phương trình sau có nghiệm   x  x 1  m x    1   4 x  x  1   1 x 1  (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   0;    1  x  x 1  m x   4 x  x  1   1 x 1   1 m x  4 x  x  1  x  x  1 x 1 1  x 1   4 x  x  1  1  m  x x 1  Khi đó: 1     x x 1 4  1 m x x 1 (2) x 1 x 1 , do x  1 nên 0   1  0  t  1 . Tập giá trị của t là: D '   0;1 x x 1 1 Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 2  t  1  m  m   2  t  1 t t Phương trình (1) có nghiệm x  1;    Phương trình (2) có nghiệm t   0;1  Đặt t  4  (2) 1  t  1 với t   0;1 . t2 Phương trình  2  có nghiệm t   0; 2   đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị  Xét hàm số y  f  t    hàm số y  f  t  vẽ trên  0; 2  .  Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2  1  0, t   0;1 t2 Bảng biến thiên t f 't  1 0 + f t  1   Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm x  1;    m  1 .  Thí dụ 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 3 x  1  m x  1  4 4 x2  1 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D  1;   325 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  Khi đó: 1  3 HĐBM -TỔ TOÁN x 1 x 1 x 1 x2 1  m  24 3  m  24 2 x 1 x 1 x 1  x  1 x 1 x 1 , do x  1 nên 0   1  0  t  1 . Tập giá trị của t là: D '   0;1 x 1 x 1 Với ẩn phụ trên thì phương trình (1) trở thành: 3t 2  2t  m Phương trình (1) có nghiệm x  1;    Phương trình (2) có nghiệm t   0;1  Đặt t  4  (2)  Xét hàm số y  f  t   3t 2  2t với t   0;1 . Phương trình  2  có nghiệm t   0;1  đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên t   0;1 .  Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   6t  2 , f '  t   0  t  1 3 Bảng biến thiên t 1 3 0 f 't  + 1 0 f t  ̶ 1 3 0 1  Dựa vào BBT ta suy ra: 1 3 Phương trình (1) có nghiệm x  1;    1  m  .  Thí dụ 10. Tìm m để phương trình sau nghiệm x  1;3 3  log 32 x  log32 x  1  2m  1  0 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D  1;3 3    2 3  Đặt t  log 3 x  1 với x  1;3  . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1;3 3      x  1;3 3   1  x  3   3  1  log32 x  1  4  1  log 32 x  1  2  1  t  2  t  1; 2 Tập giá trị của ẩn phụ t khi x  1;3 3  là D '  1; 2    Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành: t 2  t  2  2m (2) 3 Phương trình (1) có nghiệm x  1;3   phương trình (2) có nghiệm t  1; 2    Xét hàm số y  f  t   t  t  2 với t  1; 2 . 2 Phương trình (2) có nghiệm t  1; 2  đường thẳng y  2m có điểm chung với phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên 1; 2  . Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  1  0 , t  1; 2  326 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bảng biến thiên t f 't  1 2 + 4 f t  0  Dựa vào BBT ta suy ra: Phương trình (1) có nghiệm x  1;3 3   0  m  2 . Thí dụ 11. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm (1) 4 x  x5  m Lời giải.  Tập xác định của bất phương trình : D   5; 4  Xét hàm số y  f  x   4  x  x  5 trên  5; 4  . Bất phương trình (1) có nghiệm x   5; 4   có điểm thuộc đường thẳng y  m nằm phía dưới đồ thị hàm số y  f  x  vẽ trên  5; 4  .  Lập BBT của hàm số trên trên D . Ta có: f '  x   1 1 4 x  x5   2 4  x 2 x  5 2  4  x  x  5  f ' x  0  4  x  x  5  x   x -5  + t' t 1 2 1 2 0 4 ̶ 3 2 3 3  Dựa vào BBT ta suy ra: Bất phương trình (1) có nghiệm x   5; 4   m  3 2 . Thí dụ 12. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx  x  3  m  1 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   3;   Khi đó: 1  m  x  3 1 x 1 (2) 327 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN x  3 1 trên 3;   . x 1 Bất phương trình (2) có nghiệm x  3;    có điểm thuộc đường thẳng y  m nằm phía dưới đồ  Xét hàm số y  f  x   thị hàm số y  f  x  vẽ trên 3;   .  Lập BBT của hàm số trên D . Ta có: f '  x   5 x x3 2 x  3  x  1 2 f ' x  0  x  3  5  x  x  4 x  3 1 0 x 1 Giới hạn lim f ( x)  lim x  x  Bảng biến thiên x f ' x 4 3 +  0 ̶ 2 3 f  x 1 2 0  Dựa vào BBT ta suy ra: 2 3 Bất phương trình (1) có nghiệm 3;    m  . Thí dụ 13. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   2; 4  4  4  x  2  x   x 2  2 x  m  18 (1) Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D   2; 4  Đặt t   x 2  2 x  8 với x   2; 4  . Tìm tập giá trị của ẩn phụ t khi x   2; 4  Ta có: x 1 t'  x2  2x  8 , t'  0  x 1 Bảng biến thiên x t' t -2 + 1 0 4 ̶ 3 0 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra tập giá trị của t là : D '   0;3  Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành: m  t 2  4t  10 (2) 328 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t   0;3  Xét hàm số y  f  t   t 2  4t  10 với t   0;3 . Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t   0;3  đường thẳng y  m nằm hoàn toàn ở phía trên phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  0;3 .  Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   2t  4 , f '  t   0  t  2 Bảng biến thiên t f 't  0 f t  10 ̶ 2 0 3 + 7 6  Dựa vào BBT ta suy ra: Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   m  10  Thí dụ 14. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   (1) m.4 x   m  1 2 x  2  m  1  0 Lời giải.  Tập xác định của phương trình : D    Đặt t  2x với x   . Tập giá trị của ẩn phụ t khi x   là D '   0;    Với ẩn phụ trên thì bất phương trình (1) trở thành: 4t  1 (2) t  4t  1 Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   2; 4   Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mt 2  4  m  1 t  m  1  m  2 mọi t   0;   4t  1 với t   0;   . t  4t  1 Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t   0;    đường thẳng y  m nằm hoàn toàn ở phía  Xét hàm số y  f  t   2 trên phần đồ thị hàm số y  f  t  vẽ trên  0;   .  Lập BBT của hàm số y  f  t  trên D ' . Ta có: f '  t   4t 2  2t   t 2  4t  1 2  0 , t   0;   , Giới hạn: lim f  t   0 t  329 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bảng biến thiên t f 't  0 f t  1  ̶ 0  Dựa vào BBT ta suy ra: Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x    m  1  Thí dụ 15. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2 x 3   y  2  x 2  xy  m  2  x  x  y  1  2m (1) Lời giải.        x2  x 2x  y   m  Ta có : 1   2  x  x   2 x  y   1  2m u  x 2  x 1 Đặt  . Điều kiện của u là u   4 v  2 x  y 2 uv  m u   2m  1 u  m  0  u  v  1  2m v  1  2m  u  Hệ phương trình trở thành:  Hệ phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thỏa mãn u   1 4  Với u   , ta có:  2   m  2u  1  u 2  u  m   2 1 4 u 2  u 2u  1 u 2  u  1  với u    ;   . 2u  1  4   1  Phương trình  2  có nghiệm u    ;    đường thẳng y  m có điểm chung với phần đồ  4   1  thị hàm số f  u  vẽ trên   ;   .  4  Lập BBT của hàm số trên D . Ta có: 1  3 2u 2  2u  1 ; f ' u   0  u  f ' u    2 2  2u  1  Xét hàm số f  u    330 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN Bảng biến thiên u  1 4 1  3 2 f ' u  + + 0 f u  ̶ 2 3 2  5 8   Dựa vào BBT ta suy ra: Hệ phương trình (1) có nghiệm  m  2 3  2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài tập rèn luyện 1 Tìm m để các phương trình sau có nghiệm 1) x  3x 2  1  m ĐS: m  2) 4 x2  1  x  m 3) 4 x 4  13 x  m  x  1  0 4) x x  x  12  m 6 3 ĐS: 0  m  1  ĐS: m   5 x  4 x  ĐS: 2 3  3 2 5  2  m  12  Bài tập rèn luyện 2 Tìm m để các phương trình sau có nghiệm 1) x 2   m  2  x  4   m  1 x3  4 x ĐS: m  7 2) 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 ĐS: 1  m  3)  4)  1  x  x 1  m x   16 4 x  x  1   1 x 1    x  9  x   x2  9 x  m 5) 3  x  6  x  6) m   3  x  6  x   m  x  2  2 4 x 2  4  x  2  2 4 x2  4 1 3 ĐS: m  12 37 m3 4 6 2 9 ĐS: m3 2 ĐS:  ĐS: m  1 Bài tập rèn luyện 3 1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm  x  2  m x 1  m  4 ĐS: m  2 331 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN 2) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   4;6   x  4  6  x   x 2  2 x  m ĐS: m  6 3) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm m x2  1  x  2  m ĐS: m  5 4 4) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x   0;1  3  m   x2  2x  2  1  x  2  x   0 ĐS: m  2 3 5) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   9 x  2  m  1 3x  2 m  3  0 ĐS: m   3 2 ----------------------------------Hết----------------------------------- 332 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG HĐBM -TỔ TOÁN ỨNG DỤNG GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ TRONG PT VÀ BPT Giả sử f  x  là hàm số liên tục trên miền D và đạt GTLN, GTNN trên miền ấy. Ký hiệu:  M  Max f  x  xD  m  min f x  xD Khi đó ta có các kết luận sau: 1) Phương trình f  x   a có nghiệm x  D  m  a  M Ví dụ 1: Tìm a để phương trình sau có nghiệm Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 2 2x  4x  a x  m  4  x2  0  x  3 x  1  x   3;0  4x  x 2  2m  1  0 2  2x    m  1  x 2  2x   m  1  0 2) Bất phương trình f  x   a có nghiệm x  D  a  M Bất phương trình f  x   a có nghiệm x  D  a  m Ví dụ : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm x  1  4  x  a 3) Bất phương trình f  x   a nghiệm đúng với mọi x  D  a  m Bất phương trình f  x   a nghiệm đúng với mọi x  D  a  M Ví dụ : Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  2; 2 x  m  4  x2  0 B. Bài tập Bài 1: Cho phương trình 2  x  2  x   2  x  2  x   m (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài 2: Cho phương trình 2  2  x  6  x    2  x  6  x   3m  1  0 (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 Bài 3: Cho phương trình  x 2  1  2x 2  x 2  3m  2  0 (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài 4: Cho phương trình x  2  x 2  x 2  x 2  5m  1  0 (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 333 Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG  HĐBM -TỔ TOÁN  Bài 5: Cho phương trình m 1  x 2  1  x 2  2  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2 (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài 6: Cho phương trình 2  sin 4 x  cos4 x   cos 4x  2s in2x  m  0 (1)  Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x   0;   2 Bài 7: Cho bất phương trình  x  4  6  x   x 2  2x  m (1) Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm nghiệm đúng với mọi 4  x  6 --------------------------Hết---------------------------- 334 [...]... nên theo định lý Viet ta có:   3(m  2)  x1 x2  m  Theo đề bài : x1  2 x2  1 (2) (3) (4)   x1  3m  4 m Từ (2) và (4) suy ra  (5) Thay (5) và (3) ta được:   m  2  x2  m   2  3m  4   2  m   3(m  2)  6m 2 16 m  8  0   m  3   m   m   m  m  2 ♦ Từ (*) và (**) ta suy ra giá trị m cần tìm là m  (**) 2 và m  2  3 17 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG... giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho: f(x) = g(x) (1) * Tùy theo số nghiệm của phương trình (1) mà ta kết luận về số điểm chung của hai đồ thị (C1) và (C2) Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2) Ghi nhớ: Số nghiệm của pt (1) = số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (C2) 25 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý 1 : * (1) vơ nghiệm  (C1) và (C2)... y  3  3 1 ♦ Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là  ;  và 1;3   2 2  26 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN (C ) : y  f ( x) Dạng 2: Tìm tham số để hai đồ thị  1 cắt nhau tại 2( 3, 4) điểm phân biệt (C2 ) : y  g ( x) 1 PHƯƠNG PHÁP B1 Lập phương trình hồnh độ giao điểm: f ( x)  g ( x ) (1) B2 Lập luận Lưu ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đồ thị... của hai đường cong (C): y  x 2  4 và (C'): y  x 2  2 x 1 5 Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x 3  x 2 và đường thẳng (d) : y  3x  3 3 31 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Bài 3: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  2x 1 và đường thẳng (d ) : y  3 x  1 x 1 Bài 4: Tìm tọa độ giao điểm của đường cong (C): y  x và đường thẳng (d) : y  x  2 Bài 5: Cho hàm...   x  2 với x  1;   x 1 Bài giải ♥ D  1;  ♥ Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: 21 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN 2 2 2  x 1  1  2  x  1  1  2 2  1, x  1;   x 1 x 1 x 1 2 2  Dấu “=” xảy ra khi x 1    x 1  2  x  1  2  D x 1  f x  x  ♥ Vậy min f ( x )  2 2  1  x D Bài tập tương tự 7 x 3 b) Phương pháp 2 : Sử dụng điều kiện có nghiệm của... tuyến tại B là y 1  y '(2)( x  2)  y  x 1 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y   x 3 và y  x 1  34 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN 2 Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x) biết tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước y (C): y = f(x) y0 M 0 x0  x Phương pháp: Ta có thể tiến hành theo các bước sau Bước 1: Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là tiếp điểm của tiếp tuyến... x0  3  y0  7 : M 2 (3;7)  pttt: y  5 x 22 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  5 x 2 và y  5 x  22  Bài tập tương tự Cho hàm số y  2 x 1 có đồ thị là C  Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết hệ số góc của tiếp tuyến x 1 bằng 4 Đáp số: y  4 x  2; y  4 x  10 35 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý : Đối với dạng 2 người ta có thể cho hệ số góc k dưới...   0  x0  3  ♣ Với x0  1  y0  2 : M 1 (1; 2)  pttt: y  9 x  7 ♣ Với x0  3  y0  2 : M 2 (3; 2)  pttt: y  9 x 25 ♦ Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là y  9 x  7 và y  9 x 25  Bài tập tương tự 36 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Cho hàm số y  x3  3x 2  3x có đồ thị là C  Viết phương trình tiếp tuyến của C  , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng () : y ... 2 Cho hàm số y  mx 3  x 2  2 x  8m có đồ thị là Cm  Tìm m đồ thị Cm  cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt Bài giải ♦ Phương trình hồnh độ giao điểm: mx3  x 2  2 x  8m  0 (1)   x  2  mx 2  (2m  1) x  4m  0 27 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN  x  2   2  mx  (2m 1) x  4 m  0  (2) ♦ Cm  cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt  (2)... thị là Cm  Tìm m để đồ thị Cm  cắt trục hồnh tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành một cấp số cộng Bài giải ♦ Phương trình hồnh độ giao điểm: x 4  (3m  4) x 2  m 2  0 (1) Đặt t  x 2 t  0 , phương trình (1) trở thành: 30 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN t 2  (3m  4)t  m 2  0 (2) ♦ (C) cắt trục hồnh tại bốn điểm phân biệt  (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm ... luận theo m số giao điểm (  ) (C) Từ suy số nghiệm phương trình (*) Minh họa: (C ) : y  f ( x) y m2 x O m1  (0; m) ym Dạng: f  x   g  m giải tương tự 41 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG... Lưu ý: Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm hai đồ thị (C1) (C2) Ghi nhớ: Số nghiệm pt (1) = số giao điểm hai đồ thị (C1) (C2) 25 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ TỐN Chú ý : * (1) vơ... 1: Tìm tọa độ giao điểm hai đường cong (C): y  x  (C'): y  x  x Bài 2: Tìm tọa độ giao điểm đường cong (C): y  x  x đường thẳng (d) : y  3x  3 31 Tài liệu ơn thi mơn Tốn THPTQG HĐBM-TỔ