CÔNG THỨC GIẢI NHANH TOÁN 12 GIẢI NHANH BÀI TẬP TRONG ĐỀ THI THPTQG

MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH
1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CỰC TRỊ HÀM SỐ
1.1. CỰC TRỊ CỦA HÀM ĐA THỨC BẬC BA
1.1.1. Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu thỏa mãn hồnh độ cho trước





Bài tốn tởng qt: Cho hàm số y  f x ; m  ax 3  bx 2  cx  d . Tìm tham số m để
hàm số có cực đại, cực tiểu tại x 1, x 2 thỏa mãn điều kiện K cho trước?
Phương pháp:
 Bước 1:


Tập xác định: D 



Đạo hàm: y   3ax 2  2bx  c  Ax 2  Bx  C

.

 Bước 2:
Hàm số có cực trị (hay có hai cực trị, hai cực trị phân biệt hay có cực đại và cực
tiểu)
 y   0 có hai nghiệm phân biệt và y  đổi dấu qua 2 nghiệm đó

 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt

A  3a  0
a  0


 m  D1.
 2
2
2
y   B  4AC  4b  12ac  0
b  3ac  0
 Bước 3: Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình y   0.


B
2b
x 1  x 2    
A
3a .
Khi đó: 
C
c
x .x 

 1 2 A 3a
Bước 4: Biến đổi điều kiện K về dạng tổng S và tích P . Từ đó giải ra tìm được
m  D2 .

Bước 5: Kết luận các giá trị m thỏa mãn: m  D1  D2 .





* Chú ý: Hàm số bậc ba: y  ax 3  bx 2  cx  d a  0 . Ta có: y '  3ax 2  2bx  c.



Điều kiện

Kết luận

b 2  3ac  0

Hàm số khơng có cực trị.

b 2  3ac  0

Hàm số có hai điểm cực trị.

Điều kiện để hàm số có cực trị cùng dấu, trái dấu.
 Hàm số có 2 cực trị trái dấu
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 1


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

 AC
.  3ac  0  ac  0.



Hàm số có hai cực trị cùng dấu
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt cùng dấu

 y   0


C
0
P  x 1.x 2 

A


Hàm số có hai cực trị cùng dấu dương
 phương trình y   0 có hai nghiệm dương phân biệt


 y   0

B
 S  x 1  x 2    0
A

C

P  x .x 
0
1 2

A


Hàm số có hai cực trị cùng dấu âm
 phương trình y   0 có hai nghiệm âm phân biệt


 y '  0

B
 S  x 1  x 2    0
A

C
P  x .x 
0
1 2

A


Tìm điều kiện để hàm số có hai cực trị x 1, x 2 thỏa mãn:

x1    x 2
x1  x 2  
  x1  x 2



Hai cực trị x 1, x 2 thỏa mãn x 1    x 2











 x 1   x 2    0  x 1.x 2   x 1  x 2   2  0



Hai cực trị x 1, x 2 thỏa mãn x 1  x 2  











 x   x    0
x .x   x  x   2  0
1
2
1
2

 1 2
x

x

2

x

x

2

2
2
 1
 1


Hai cực trị x 1, x 2 thỏa mãn   x 1  x 2











 x   x    0
x .x   x  x   2  0
2
1
2
 1
 1 2
x 1  x 2  2
x 1  x 2  2
 Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng
b
khi có 1 nghiệm là x 
, có 3 nghiệm lập thành cấp số nhân khi có 1 nghiệm là
3a

x  3

d
.
a

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 2


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

1.1.2. Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu nằm cùng
phía, khác phía so với một đường thẳng
Vị trí tương đới giữa 2 điểm với đường thẳng:







 và đường thẳng  : ax  by  c  0.
 c   0 thì hai điểm A, B nằm về hai phía so với đường

Cho 2 điểm A x A ; yA , B x B ; yB





Nếu ax A  byA  c ax B  byB
thẳng .







Nếu ax A  byA  c ax B  byB  c  0 thì hai điểm A, B nằm cùng phía so với đường
thẳng .
Một số trường hợp đặc biệt:
+ Các điểm cực trị của đồ thị nằm cùng về 1 phía đối với trục Oy
 hàm số có 2 cực trị cùng dấu
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt cùng dấu

+ Các điểm cực trị của đồ thị nằm cùng về 2 phía đối với trục Oy
 hàm số có 2 cực trị trái dấu
 phương trình y   0 có hai nghiệm trái dấu

+ Các điểm cực trị của đồ thị nằm cùng về 1 phía đối với trục Ox
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt và yC Đ .yCT  0

Đặc biệt:
+ Các điểm cực trị của đồ thị nằm cùng về phía trên đối với trục Ox

y .y  0
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt và  C Đ CT
yC Đ  yCT  0
Các điểm cực trị của đồ thị nằm cùng về phía dưới đối với trục Ox

y .y  0
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt và  C Đ CT
.
yC Đ  yCT  0

+ Các điểm cực trị của đồ thị nằm về 2 phía đối với trục Ox
 phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt và yC Đ .yCT  0

(áp dụng khi khơng nhẩm được nghiệm và viết được phương trình đường thẳng
đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số)
Hoặc: Các điểm cực trị của đồ thị nằm về 2 phía đối với trục Ox
 đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt

 

 phương trình hồnh độ giao điểm f x  0 có 3 nghiệm phân biệt

(áp dụng khi nhẩm được nghiệm)

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 3


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

1.1.3. Phương trình đường thẳng qua các điểm cực trị

 2c 2b 2 
y.y
y .y 
bc
. hoặc g x  y 
hoặc g  x   9ay 
g x  

x  d 
2
3y 
9a 
9a
3

 

 

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc 3 là

AB 

b 2  3ac
4e  16e 3
với e 
9a
a

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG



y  ax 4  bx 2  c a  0



MỘT SỐ KẾT QUẢ CẦN NHỚ

 Hàm số có một cực trị  ab  0.
 Hàm số có ba cực trị  ab  0.

a  0
 Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực tiểu  
.
b  0
a  0
 Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực đại  
.
b

0


a  0
 Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại  
.
b  0
a  0

 Hàm số có một cực tiểu và hai cực đại  
.
b

0

Giả sử hàm số y  ax 4  bx 2  c có 3 cực trị:



b
 
b

A(0; c), B    ;   ,C   ;  

2a 4a  
2a 4a 

tạo thành tam giác ABC thỏa mãn dữ kiện: ab  0
y

Tổng quát:



b 3
cot

2
8a
2

Một số công thức giải nhanh được hệ
thống tại trang tiếp theo

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

A
O

B

x

C

TRANG 4


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ CỰC TRỊ HÀM TRÙNG PHƯƠNG
Công thức
thỏa mãn ab  0

Dữ kiện
Tam giác ABC vuông cân tại A

b 3  8a

Tam giác ABC đều

b 3  24a

Tam giác ABC có diện tích S ABC  S 0

32a 3 (S 0 )2  b 5  0

Tam giác ABC có diện tích max (S 0 )

Tam giác ABC có bán kính đường trịn nội tiếp
rABC  r0

S0 

r 



b5
32a 3

b2

b3 


4a 1 1

8a 



Tam giác ABC có bán kính đường trịn ngoại tiếp
RABC  R

R

Tam giác ABC có độ dài cạnh BC  m 0

am02  2b  0

Tam giác ABC có độ dài AB  AC  n 0

16a 2n 02  b 4  8ab  0

Tam giác ABC có cực trị B,C  Ox

b 3  8a
8ab

b 2  4ac

Tam giác ABC có 3 góc nhọn

b(8a  b 3 )  0

Tam giác ABC có trọng tâm O

b 2  6ac

Tam giác ABC có trực tâm O
Tam giác ABC cùng điểm O tạo thành hình thoi
Tam giác ABC có O là tâm đường trịn nội tiếp
Tam giác ABC có O là tâm đường trịn ngoại tiếp
Tam giác ABC có cạnh BC  kAB  kAC
Trục hồnh chia tam giác ABC thành
hai phần có diện tích bằng nhau
Tam giác ABC có điểm cực trị cách đều trục hồnh

 

Đồ thị hàm số C : y  ax 4  bx 2  c cắt trục Ox tại 4
điểm phân biệt lập thành cấp số cộng
Định tham số để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

C  : y  ax

4

 bx 2  c và trục hồnh có diện tích phần

trên và phần dưới bằng nhau.

b 3  8a  4ac  0
b 2  2ac
b 3  8a  4abc  0
b 3  8a  8abc  0
b 3 .k 2  8a(k 2  4)  0
b 2  4 2 ac

b 2  8ac
b2 

100
ac
9

b2 

36
ac
5

2 

2  
 c y  c  
Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là: x 2  y 2   
0
 b 4a

 b 4a 

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 5


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

1.3. ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA HỌ ĐƯỜNG CONG
1.3.1. Bài tốn tìm điểm cố định của họ đường cong
Xét họ đường cong (C m ) có phương trình y  f (x , m ) , trong đó f là hàm đa thức
theo biến x với m là tham số sao cho bậc của m không quá 2. Tìm những điểm cố định
thuộc họ đường cong khi m thay đổi?
 Phương pháp giải:
+ Bước 1: Đưa phương trình y  f ( x , m) về dạng phương trình
theo ẩn m có dạng sau: Am  B  0 hoặc Am 2  Bm  C  0 .
+ Bước 2: Cho các hệ số bằng 0 , ta thu được hệ phương trình và giải hệ phương

A  0
A  0

trình: 
hoặc B  0 .
B  0
C  0


+ Bước 3: Kết luận:
- Nếu hệ vơ nghiệm thì họ đường cong (C m ) khơng có điểm cố định.
- Nếu hệ có nghiệm thì nghiệm đó là điểm cố định của (C m ) .
1.3.2. Bài tốn tìm điểm có tọa độ ngun
Cho đường cong (C ) có phương trình y  f (x ) (hàm phân thức). Hãy tìm những
điểm có tọa độ nguyên của đường cong?
Những điểm có tọa độ nguyên là những điểm sao cho cả hoành độ và tung độ của
điểm đó đều là số nguyên.
 Phương pháp giải:
+ Bước 1: Thực hiện phép chia đa thức chia tử số cho mẫu số.
+ Bước 2: Lập luận để giải bài tốn.
1.3.3. Bài tốn tìm điểm có tính chất đối xứng
Cho đường cong (C ) có phương trình y  f (x ) . Tìm những điểm đối xứng nhau qua
một điểm, qua đường thẳng.
Bài toán 1: Cho đồ thị C : y  Ax 3  Bx 2  Cx  D trên đồ thị C

 

  tìm những cặp điểm

đối xứng nhau qua điểm I (x I , yI ) .

 Phương pháp giải:



 



 

đối

 

tìm

+ Gọi M a; Aa 3  Ba 2  Ca  D , N b; Ab 3  Bb 2  Cb  D là hai điểm trên C
xứng nhau qua điểm I .

a  b  2x I
+ Ta có 
.
3
3
2
2
A
(
a


b
)

B
a

b

C
a

b

2
D

2
y
I










Giải hệ phương trình tìm được a, b từ đó tìm được toạ độ M, N.

 

Trường hợp đặc biệt : Cho đồ thị C : y  Ax 3  Bx 2  Cx  D . Trên đồ thị C
những cặp điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 6


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

 Phương pháp giải:



 



 Gọi M a, Aa 3  Ba 2  Ca  D , N b, Ab 3  Bb 2  Cb  D là hai điểm trên  C  đối
xứng nhau qua gốc tọa độ.

a  b  0
 Ta có 
.
3
3
2
2

A
(
a

b
)

B
a

b

C
a

b

2
D

0










 Giải hệ phương trình tìm được a, b từ đó tìm được toạ độ M , N .

 

  tìm những cặp điểm

Bài tốn 3: Cho đồ thị C : y  Ax 3  Bx 2  Cx  D trên đồ thị C
đối xứng nhau qua đường thẳng d : y  A1x  B1 .
 Phương pháp giải:



 

 Gọi M a; Aa 3  Ba 2  Ca  D , N b; Ab 3  Bb 2  Cb  D



là hai điểm trên  C  đối

xứng nhau qua đường thẳng d .

I  d
(1)
 Ta có: 
(với I là trung điểm của MN và u d là vectơ chỉ phương
MN
.
u


0
(2)
d

của đường thẳng d ).
 Giải hệ phương trình tìm được M, N.
1.3.4. Bài tốn tìm điểm đặc biệt, khoảng cách
 Lý thuyết:



 

+ Cho hai điểm A x 1; y1 ; B x 2 ; y2





 AB 

x

2

 x1

  y
2

2

 y1



2



Cho điểm M x 0 ; y 0 và đường thẳng d : Ax  By  C  0 , thì khoảng cách từ M đến d là





h M ;d 

Ax 0  By 0  C
A B
2

2

.

+ Cho hàm phân thức: y 

ax  b

tiếp tuyến tại M cắt TCĐ, TCN ở A và B thì M là trung
cx  d

điểm của AB.
Diện tích tam giác IAB không đổi: S IAB 

2
ad  bc .
c2

 Các bài toán thường gặp:





ax  b
c  0, ad  bc  0 có đồ thị C . Hãy tìm trên (C )
cx  d
hai điểm A và B thuộc hai nhánh đồ thị hàm số sao cho khoảng cách AB ngắn nhất.
 Phương pháp giải:
Bài toán 1: Cho hàm số y 

  có tiệm cận đứng x   dc

 C

 

do tính chất của hàm phân thức, đồ thị nằm về hai

phía của tiệm cận đứng. Nên gọi hai số  ,  là hai số dương.

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 7


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

 Nếu A thuộc nhánh trái: x A  

d
d
d
 x A       ; yA  f (x A ) .
c
c
c

 Nếu B thuộc nhánh phải: x B  

d
d
d
 x B       ; yB  f (x B ) .
c
c
c

 Sau đó tính:



AB 2  x B  x A

  y
2

B

 yA





2

 



2





2

  a    a     yB  yA .



 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy sẽ tìm ra kết quả.

  có phương trình y  f (x ) . Tìm tọa độ điểm M

Bài toán 2: Cho đồ thị hàm số C

thuộc (C ) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ nhất.
 Phương pháp giải:

 

 Gọi M x ; y và tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là d thì d  x  y .
 Xét các khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ khi M nằm ở các vị trí đặc biệt:
Trên trục hồnh, trên trục tung.
 Sau đó xét tổng qt, những điểm M có hồnh độ, hoặc tung độ lớn hơn hoành
độ hoặc tung độ của M khi nằm trên hai trục thì loại đi khơng xét đến.
 Những điểm cịn lại ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của đồ thi hàm số dựa vào đạo
hàm rồi tìm được giá trị nhỏ nhất của d .
Bài tốn 3: Cho đồ thị (C ) có phương trình y  f ( x) . Tìm điểm M trên (C ) sao cho
khoảng cách từ M đến Ox bằng k lần khoảng cách từ M đến trụcOy .
 Phương pháp giải:

 
 

 f x  kx
y  kx
Theo đầu bài ta có y  k x  
.

 f x  kx
y  kx
Bài toán 4: Cho đồ thị hàm số (C ) có phương trình
ax  b
y  f ( x) 
 c  0, ad  bc  0  . Tìm tọa độ điểm M trên (C ) sao cho độ dài MI ngắn
cx  d
nhất (với I là giao điểm hai tiệm cận).
 Phương pháp giải:
 Tiệm cận đứng x 

d
a
; tiệm cận ngang y  .
c
c

 d a 
 Ta tìm được tọa độ giao điểm I  ;  của hai tiệm cận.
 c c

 Gọi M  x M ; yM  là điểm cần tìm. Khi đó:
2

2


d 
a
IM   x M     yM    g  x M 
c 
c

 Sử dụng phương pháp tìm GTLN - GTNN cho hàm số g để thu được kết quả.
2

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 8


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Bài tốn 5: Cho đồ thị hàm số (C ) có phương trình y  f (x ) và đường thẳng

d : Ax  By  C  0 . Tìm điểm I trên (C ) sao cho khoảng cách từ I đến d là ngắn
nhất.
 Phương pháp giải:





 Gọi I thuộc (C )  I x 0 ; y 0 ; y 0  f (x 0 ) .
Ax 0  By 0  C

 

 Khoảng cách từ I đến d là g(x 0 )  h I ; d 

A2  B 2

 Khảo sát hàm số y  g(x ) để tìm ra điểm I thỏa mãn
u cầu.

2. BÀI TỐN LÃI SUẤT NGÂN HÀNG
2.1. Lãi đơn: là số tiền lãi chỉ tính trên số tiền gốc mà khơng tính trên số tiền lãi do số
tiền gốc sinh ra, tức là tiền lãi của kì hạn trước khơng được tính vào vốn để tính lãi
cho kì hạn kế tiếp, cho dù đến kì hạn người gửi khơng đến gửi tiền ra.
Cơng thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi đơn r% /kì hạn thì số
tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn ( n 



Sn  A  nAr  A 1  nr

* ) là:



Chú ý: trong tính tốn các bài tốn lãi suất và các bài toán liên quan, ta nhớ r% là

r
100

2.2. Lãi kép: tiền lãi của kì hạn trước nếu người gửi khơng rút ra thì được tính vào vốn
để tính lãi cho kì hạn sau.
Cơng thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r% /kì hạn thì số
tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn ( n 



Sn  A 1  r



n



S
n  log1r   n
A


r% 
A

n

Sn
A

* ) là:





1

Sn

1  r 

n

2.3. Tiền gửi hàng tháng: Mỗi tháng gửi đúng cùng một số tiền vào 1 thời gian cố định.
a) Cơng thức tính: Đầu mỗi tháng khách hàng gửi vào ngân hàng số tiền A đồng với
lãi kép r% /tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng
(n 

* ) (nhận tiền cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là S n .

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 9


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

A
Sn   1  r
r 





n



 1 1  r




 S .r

n
n  log1r  
 1
A 1r








A



Sn .r

1  r  1  r 

n

 1


2.4. Gửi ngân hàng và rút tiền gửi hàng tháng: Cơng thức tính: Gửi ngân hàng số
tiền là A đồng với lãi suất r% /tháng. Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi, rút ra số
tiền là X đồng. Tính số tiền cịn lại sau n tháng là bao nhiêu?

1  r 
X

n



Sn  A 1  r



n



1

r



X  A 1  r




n

r
 Sn 
n

1r 1





2.5. Vay vốn trả góp: Vay ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r% /tháng. Sau
đúng một tháng kể từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một
tháng, mỗi hoàn nợ số tiền là X đồng và trả hết tiền nợ sau đúng n tháng.
Cơng thức tính: Cách tính số tiền cịn lại sau n tháng giống hồn tồn cơng thức tính
gửi ngân hàng và rút tiền hàng tháng nên ta có

1  r 
X

n



Sn  A 1  r



n

1

r

Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì S n  0 nên

1  r 
X

n



A 1r



n

X 

1

r



A 1r

1  r 

n



n

0

.r

1

2.6. Bài toán tăng lương: Một người được lãnh lương khởi điểm là A đồng/tháng. Cứ
sau n tháng thì lương người đó được tăng thêm r% /tháng. Hỏi sau kn tháng người đó
lĩnh được tất cả số tiền là bao nhiêu?

1  r 
 Ak

k

Cơng thức tính: Tổng số tiền nhận được sau kn tháng là Skn

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

1

r

TRANG 10


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

2.7. Bài tốn tăng trưởng dân số: Cơng thức tính tăng trưởng dân số



Xm  Xn 1  r



m n



, m, n 



,m  n



Trong đó:

r % là tỉ lệ tăng dân số từ năm n đến năm m
Xm dân số năm m
X n dân số năm n

Từ đó ta có cơng thức tính tỉ lệ tăng dân số là r %  m n

Xm

1

Xn

2.8. Lãi kép liên tục: Gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r% /năm thì số tiền
nhận được cả vốn lẫn lãi sau n năm

n   là: S
*

n



 A 1r

năm thành m kì hạn để tính lãi và lãi suất mỗi kì hạn là



n

. Giả sử ta chia mỗi

r
% thì số tiền thu được sau
m

n năm là:
m .n


r 
Sn  A  1  
m


Khi tăng số kì hạn của mỗi năm lên vô cực, tức là m   , gọi là hình thức lãi kép
tiên tục thì người ta chứng minh được số tiền nhận được cả gốc lẫn lãi là:

S  Ae n .r

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

(công thức tăng trưởng mũ)

TRANG 11


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

3. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ SƠ CẤP CƠ BẢN
3.1. Tích phân hàm hữu tỉ






dx
1 adx
1
Dạng 1: I = 
 
 ln ax  b .
a  ax  b a
 ax  b



(với a≠0)



dx
1
1
Chú ý: Nếu I = 
  (ax  b)k .adx 
.(ax  b)k 1
k
a
a
(1

k
)
 (ax  b )

Dạng 2: I 




 ax

2

dx
 bx  c

a  0





( ax 2  bx  c  0 với mọi x   ;   )



Xét   b 2  4ac .

b  
b  
; x2 
2a
2a
 1
1
1
1
1 




 thì :
ax 2  bx  c a(x  x 1 )(x  x 2 ) a(x 1  x 2 )  x  x 1 x  x 2 

 1
x  x1
1
1 
1

1
ln x  x 1  ln x  x 2   
I 

ln

dx 



a(x 1  x 2 )   x  x 1 x  x 2 
a(x 1  x 2 )
x  x2
 a (x 1  x 2 )

1
1
b 
+ Nếu  = 0: 2

x0 

2
2a 
ax  bx  c a(x  x 0 )

+ Nếu  > 0: x 1 





dx
1
dx
1
 

thì I =  2
2
a  (x  x 0 )
a(x  x 0 )
 ax  bx  c


dx
+ Nếu   0 thì I   2

 ax  bx  c

Đặt x 









dx
2


b   

a x    

2a   4a 2







2







1 
tan t  dx 
1  tan2 t dt
2
2 a2
4a



b

2a

Dạng 3: I 








 ax

mx  n
dx ,
2
 bx  c



a  0 .

mx  n
liên tục trên đoạn  ;   )
ax 2  bx  c

+) Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm A và B sao cho:
A(2ax  b)
B
mx  n
A(ax 2  bx  c)'
B




ax 2  bx  c
ax 2  bx  c
ax 2  bx  c ax 2  bx  c ax 2  bx  c

(trong đó f (x ) 

+) Ta có I=







.

Tích phân

mx  n
dx 

ax 2  bx  c






Tích phân









A(2ax  b)
B
dx  
dx
2
2
ax  bx  c
ax

bx

c


A(2ax  b)
dx = A ln ax 2  bx  c
2
ax  bx  c




 ax

2

dx
 bx  c

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP




thuộc dạng 2.
TRANG 12


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Tính tích phân I 

b

P (x )

 Q(x ) dx

với P(x) và Q(x) là đa thức của x.

a




Nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x) thì dùng phép chia đa thức.
Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn bậc của Q(x) thì có thể xét các trường hợp:
+ Khi Q(x) chỉ có nghiệm đơn 1,  2 ,..., n thì đặt
A1
A2
An
P (x )
.


 ... 
Q(x ) x  1 x   2
x  n

+ Khi Q(x) có nghiệm đơn và vơ nghiệm
Q(x )  x   x 2  px  q ,   p 2  4q  0 thì đặt







P (x )
A
Bx  C

 2
.
Q(x ) x   x  px  q
+ Khi Q(x) có nghiệm bội
Q(x )  (x   )(x   )2 với    thì đặt

A
P (x )
B
C



Q(x ) x  
x 
x 





2

.

Q(x )  (x   )2 (x   )3 với    thì đặt
P (x )
A
B
C
D
E





2
3
2
3
2
x 
(x   ) (x   )
(x   ) (x   ) (x   )
(x   )
3.2. Tích phân hàm vơ tỉ
b

 R(x, f (x ))dx Trong đó R(x, f(x)) có dạng:
a

+) R(x,

a x

) Đặt x = a cos2t, t  [0; ]
a x
2

+) R(x,

a 2  x 2 ) Đặt x = a sin t hoặc x = a cos t

+) R(x,

n

ax  b
) Đặt t =
cx  d

+) R(x, f(x)) =





n

ax  b

cx  d

1
(ax  b)  x 2   x  



Với  x 2   x   '  k ax  b



Đặt t   x 2   x   , hoặc Đặt t =

1
ax  b

 Đặt x = a tan t , t  [ 2 ; 2 ]

a

+) R  x , x  a  Đặt x =
, t  [0;  ] \ { }
cos x
2
+) R  x ; x ;...; x  Gọi k = BSCNN(n ; n ; ...; n )
+) R x , a 2  x 2
2

n1

n2

2

ni

1

2

i

Đặt x = tk
HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 13


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Tích phân dạng: I 






1
ax  bx  c
2

dx

a  0


b
2
x
u




b


2a



 du  dx
Từ : f(x)=ax 2  bx  c  a  x 


2a 


4a 2 




K
 2a
Khi đó ta có :





- Nếu   0, a  0  f (x )  a u 2  k 2 

f (x )  a . u 2  k 2 (1)

a  0
2

b 

- Nếu :   0  f (x )  a  x 
(2)
b
 
2a 

 f (x )  a x  2a  a . u

- Nếu :   0 .




 f (x )  a . x  x x  x  (3)
+ Với a<0 : f (x )  a  x  x  x  x   f (x )  a . x  x x  x  (4)
+ Với a>0 : f (x )  a x  x 1 x  x 2 
1

1

2

2

1

2

Căn cứ vào phân tích trên , ta có một số cách giải sau :
 Phương pháp:





* Trường hợp :   0, a  0  f (x )  a u 2  k 2 

f (x )  a . u 2  k 2

Khi đó đặt : ax 2  bx  c  t  a .x


t2  c
2
x

; dx 
tdt

bx  c  t 2  2 ax
b 2 a
b 2 a



x



t

t
,
x



t

t
t2  c



0
1
t

a
.
x

t

a

b 2 a

a  0
2

b 

* Trường hợp :   0  f (x )  a  x 
b
 
2a 

 f (x )  a x  2a  a . u

 1


b 
b
ln  x   : x 
0



2a  
2a
1
1
1
 a 
dx 
dx  
Khi đó : I  


b
b
a


  1 ln  x  b  : x  b  0
a x
x
2a
2a
 a 
2a  

2a




* Trường hợp :   0, a  0















 x x t
1
ax 2  bx  c  a x  x 1 x  x 2  
 x  x 2 t
* Trường hợp :   0, a  0
- Đặt :

- Đặt :







 x x t
ax 2  bx  c  a x 1  x x 2  x   1
 x 2  x t





HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP



TRANG 14


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Tích phân dạng: I 



mx  n





ax  bx  c
2

a  0

dx

 Phương pháp:

mx  n

+Bước 1: Phân tích f (x ) 



Ad
.

 ax

2

 bx  c



B



1
ax  bx  c
ax  bx  c
ax  bx  c
+Bước 2: Quy đồng mẫu số , sau đó đồng nhất hệ số hai tử số để suy ra hệ hai ẩn số
A,B
+Bước 3: Giải hệ tìm A,B thay vào (1)
+Bước4 : Tính I  2A
Trong đó








ax 2  bx  c

1
ax  bx  c
2

Tích phân dạng: I 

2

dx



2



1
 B
dx (2)

ax 2  bx  c


a  0 đã biết cách tính ở trên








2

mx  n



1

ax 2  bx  c

a  0

dx

 Phương pháp:
+Bước 1: Phân tích :



mx  n



1
ax 2  bx  c



1

n
m  x   ax 2  bx  c
m


. (1)



1 
n
1
dx
y 
 t    dy  
x t 
m
x t
1
n


+Bước 2: Đặt :  x 
2
y
m
x  1  t  ax 2  bx  c  a  1  t   b  1  t   c





y
y

y


'

+Bước 3: Thay tất cả vào (1) thì I có dạng : I   

'

dy
Ly 2  My  N

. Tích phân này

chúng ta đã biết cách tính .



x   
 dx
Tích phân dạng: I   R x ; y dx   R  x ; m



x






( Trong đó : R(x;y) là hàm số hữu tỷ đối với hai biến số x,y và  ,  ,  ,  là các hằng số đã

 

biết )
 Phương pháp:
+Bước 1: Đặt : t= m

x  
(1)
x  

+Bước 2: Tính x theo t : Bằng cách nâng lũy thừa bậc m hai vế của (1) ta có dạng
x  t





+Bước 3: Tính vi phân hai vế : dx   ' t dt và đổi cận

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 15


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH
'


x 
+Bước 4: Tính :  R  x ; m
 dx   R  t ; t  ' t dt




x



'




   

3.3. Tích phân hàm lượng giác
Một số dạng tích phân lượng giác


b

Nếu gặp I   f  sin x  .cos xdx ta đặt t  sin x .
a




b

Nếu gặp dạng I   f  cos x  .sin xdx ta đặt t  cos x .
a

b

Nếu gặp dạng I   f  tan x 
a



b

Nếu gặp dạng I   f  cot x 
a

dx
ta đặt t  tan x .
cos 2 x
dx
ta đặt t  cot x .
sin 2 x

Dạng 1: I 1 =   sinx  dx ; I 2   cosx  dx
n

n

Phương pháp:
 Nếu n chẵn thì sử dụng cơng thức hạ bậc
 Nếu n  3 thì sử dụng công thức hạ bậc hoặc biến đổi theo 2.3.
 Nếu 3  n lẻ (n  2p 1) thì thực hiện biến đổi:
I1 =

  sinx 

n

dx =

  sinx 

2p+1

dx    sin x  sin xdx    1  cos2 x  d  cos x 
p

2p

k
p
k
p


   C p0  C p1 cos2 x  ...   1 C pk  cos2 x   ...   1 C pp  cos2 x   d  cos x 


 1k k
 1p p
2k 1
2 p 1
1 1
0

3


  C p cos x  C p cos x  ... 
C p cos x
 ... 
C p  cos x    c
3
2k  1
2p  1



I2 =

2p
n
2p+1






cosx
dx
=
cosx
dx


cos
x
cos xdx   1  sin2 x  d  sin x 



p

k
p
k
p
  C p0  C p1 sin2 x  ...   1 C pk  sin2 x   ...   1 C pp  sin2 x   d  sin x 


 1k k
 1p p
2k 1
2 p 1
1 1
0
3
 C p sin x  C p sin x  ... 
C p  sin x 
 ... 
C p  sin x    c
3
2k  1
2p  1




Dạng 2: I =  sin m x cos n x dx (m, nN)

Phương pháp:
Trường hợp 1: m, n là các số nguyên
 Nếu m chẵn, n chẵn thì sử dụng cơng thức hạ bậc, biến đổi tích thành tổng.
 Nếu m chẵn, n lẻ (n  2p 1) thì biến đổi:
I=

  sinx   cosx 
m

2p+1

dx    sin x   cos x  cos xdx    sin x 
m

2p

m

1  sin2 x 

p

d  sin x 

k
p

m
k
p
   sin x  C p0  C p1 sin2 x  ...   1 C pk  sin2 x   ...   1 C pp  sin2 x   d  sin x  
  sin x m 1

m 3

2k 1m

2 p 1m 
k
p
1 sin x
k sin x
p sin x




C p0
 c
Cp
 ...  1 C p
 ...  1 C p
m 1
m3
2k  1  m
2p  1  m 


HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 16


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH



Nếu m chẵn, n lẻ (n  2p 1) thì biến đổi:

n
2p
n
2p+1
n
2
  sinx   cosx  dx    cos x   sin x  sin xdx    cos x  1  cos x  d  cos x 
p

I=

k
p
n
k
p
    cos x  C p0  C p1 cos2 x  ...   1 C pk  cos2 x   ...   1 C pp  cos2 x   d  cos x  
  cos x n 1


n 3
 cos x 2k 1n
 cos x 2 p 1n 
k
p
0
1 cos x
k
p
 c
 C p
Cp
 ...   1 C p
 ...   1 C p
n 1
n3
2k  1  n
2p  1  n 

 Nếu m lẻ, n lẻ thì sử dụng biến đổi 1.2. hoặc 1.3. cho số mũ lẻ bé hơn.

Nếu m, n là các số hữu tỉ thì biến đổi và đặt u  sinx

B   sinm x cosn xdx    sin x 

m

n 1

 cos2 x  2 cos xdx   u m 1  u 2 

• Tích phân (*) tính được  1 trong 3 số

m 1
2

du (*)

m 1 n 1 m k
là số nguyên
;
;
2
2
2

Dạng 3: I 1 =   tan x  dx ; I 2 =   cot x  dx (nN).
n

n

•

dx
 1  tan x  dx   cos x   d  tan x   tan x  c

•

dx

 1  cot x  dx   sin x

2

2

2

2

   d  cot x    cot x  C

sin x
d  cos x 
dx


 cos x
 cos x   ln cos x  C
cos x
d  sin x 
dx  
 ln sin x  C
•  cot xdx  
sin x
sin x
•

 tan xdx 

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 17


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

4. SỐ PHỨC
BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN MAX – MIN MÔ ĐUN SỐ PHỨC

z
r
max z  2 
z1
z1

+ Cho số phức z thỏa mãn z1 .z  z2  r ,  r  0  
.
min z  z 2  r

z1
z1

+ Cho số phức z thỏa mãn z1 .z  z2  r1 ,  r1  0  .

max P 

z2
z1

 z3 

r1
z1

và min P 



z2
z1

 z3 

r1
z1



+ Cho số phức z thỏa mãn z1.z  z 2  z1.z  z 2  k, k  0 .

k
max z 
và min z 
2 z1

k 2  4 z2

2

2 z1

GIẢI NHANH GTLN-GTNN MÔ ĐUN SỐ PHỨC VỚI ELIP
Khi thấy giả thiết là Elip khơng chính tắc z  z1  z  z2  2a với  z1  z2  2a  và

z1 , z2  c; ci . Tìm Min, Max của P  z  z0 :
Tính z1  z2  2c và b 2  a 2  c 2
NẾU THẤY
z z
Nếu thấy z0  1 2  0
2

Nếu thấy

Nếu thấy

 z0  z1 2 z2  a
 z0  z1  k  z0  z2 

 z0  z1 2 z2  a
 z0  z1  k  z0  z2 


Nếu thấy z0  z1  z0  z2

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

SUY RA
max P  a; min P  b

max P  z0 

z1  z2
a
2

min P  z0 

z1  z2
a
2

max P  z0 

z1  z2
a
2

min P  z0 

z1  z2
b
2

TRANG 18


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Dạng 1: Tìm z hoặc z thỏa mãn phương trình z. f  x   g  x  nghĩa là phương trình

bậc nhất ẩn z chứa z .
Cách giải
+ Nhận biết: Phương trình đã cho chỉ có bậc nhất với z nhưng có thể đứng nhiều nơi,
còn lại là các biểu thức chứa z .
+ Nhóm z sang một vế đưa về dạng z. f  x   g  x  (*).
+ Lấy mơ đun hai vế (*) sử dụng tính chất z. f  x   g  x  được phương trình ẩn là z .
+ Giải phương trình được z .
+ Thế z trở lại vào (*) giải ra z .
Dạng 2: Cho z1  m, z2  n và az1  bz2  p tính q  cz1  dz2 .
Cách giải



Coi z1  u và z2  v thì u  u  m2 , v  v  n 2 và au  bv
2

2

2

2



2



 p 2 , cu  d v



2

 p2 .

Khai triển:
p 2  a 2 m2  b 2 n 2  2ab.uv (1)
q 2  c 2 m2  d 2 n2  2cd .uv (1)

Bây giờ khử uv là xong.
Nhân (1) với ab và nhân (2) với cd rồi trừ đi, được:
cd . p 2  ab.q 2  cd  a 2 m2  b 2 n 2   ab  c 2 m2  d 2 n 2 

 cd . p 2  ab.q 2  acm 2  ad  bc   bdn 2  bc  ad   cd . p 2  ab.q 2   ad  bc   acm 2  bdn 2 
Đặc biệt khi a  b  1 và c  d  1 , ta có cơng thức hình bình hành



2 z1  z2
2

2

 z z
1

2
2

 z1  z2

2

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 19


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

Dạng 3: Cho số phức z thỏa mãn z  z0  R . Tìm GTLN của P  a z  z1  b z  z2 biết
rằng z0  z1  k  z0  z2  , k  0 và a, b 

.

Cách giải
Ý nghĩa hình học: Cho điểm M chuyển động trên đường trịn tâm I bán kính R. Cho A,
B là 2 điểm cố định thỏa mãn I nằm trong đoạn
thẳng AB. Tìm giá trị lớn nhất của.
Trừ khi I là trung điểm của AB, nếu khơng sử
dụng hình học để giải bài này là nhiệm vụ
không hề dễ dàng. Ta sẽ dùng các tính chất về
mơ đun của số phức để giải quyết bài tốn.
Ta có:
z  z1  z  z0  z0  z1  z  z0  z0  z1  2u.(kv) (1)
2

2

2

2

z  z2  z  z0  z0  z2  z  z0  z0  z2  2u.v (2)
2

2

2

2

với u là vecto biểu diễn z  z0 và v biểu diễn z0  z2 với lưu ý z0  z1  k  z0  z2 
Nhân (2) với k rồi cộng với (1) ta được:



z  z1  k z  z2  (1  k ) R 2  k z0  z2
2

2

2

 (không đổi)

Áp dụng bất đẳng thức BNC cho P 2 , ta có:

P   a z  z1  b z  z2

2



2

b

  a z  z1 
k




2



b2 
 
2
2
k z  z1    a 2   z  z1  k z  z2
k 
 






b2 
2
 P 2   a 2   (1  k ) R 2  k z0  z2 .
k 

Vậy, với cơng thức cồng kềnh như vậy rất khó nhớ, cho nên các em nên nhớ cách làm
của nó.

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 20


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

Dạng 4: Cho số phức z thỏa mãn z 

z0
 k , (k  0) hay dạng tương đương
z

z 2  z0  k z , (k  0) . Tìm GTLN, GTNN của T  z .

Cách giải
Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z  z0  z 2  z0 . Mặt khác, z 2  z0  k z
2

 z 2  k z  z0  0
 z  z0  k z   k z  z  z 0  k z   2

 z  k z  z0  0
2



2

 k  k 2  4 z0
2

 z 

k  k 2  4 z0
2

. Đánh giá 1 lần đối với 2 hàm biến đảm bảo dấu

“=” xảy ra. Tôi không giải chi tiết ở đây.
Vậy min T 

 k  k 2  4 z0
2

và max T 

k  k 2  4 z0
2

.

Dạng 5: Cho số phức z thỏa mãn z1.z  z2  k  0 . Tìm GTLN, GTNN của T  z  z0
Cách giải
Ý nghĩa hình học: Gọi M là điểm biểu diễn z , có z1.z  z2  k  z 
với I biểu diễn

z2
k

 IM  R
z1
z1

k
z2
và R là
. Vậy M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính R.
z1
z1

Gọi A là điểm biểu diễn z0 thì, bài tốn trở thành: “cho M di
chuyển trên đường trịn tâm I và A là điểm cố định. Tìm GTLN,
GTNN của AM”.
Nhìn vào hình vẽ ta sẽ thấy ngay
min T  AI  R  z0 

max T  AI  R  z0 

z1.z0  z2  k
z2
k



z1 z1
z1

z .z  z  k
z2
k

 1 0 2
z1 z1
z1

(tử số như là thay vào phương trình đường trịn vậy)

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 21


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Lưu ý: khơng phải phương trình đường trịn nào cũng là dạng z1.z2  z2  k  0 mà đôi
khi ở dạng z1 z  z2  z1 z  z3 với z1  z2 . do đó để kiểm tra điều kiện giả thiết là
phương trình đường trịn hay phương trình đường thẳng trong trường hợp lạ cách tốt
nhất là gọi z  x  yi rồi thay vào giả thiết để biết ( x; y ) thỏa mãn phương trình nào
Dạng 6: Cho số phức z thỏa mãn z  z1z  z2. Tìm GTNN của T z  z0.
Cách giải
Ý nghĩa hình học: điều kiện z  z1z  z2 thực chất là phương trình đường thẳng.
Nếu ta gọi M là điểm biểu diễn z , A là điểm biểu diễn z1 và B là điểm biểu diễn z2

thì giả thiết tương đương với MA  MA hay M nằm trên đường trung trực của AB . Gọi
I là điểm biểu diễn của z0 thì T  IM .

Vậy IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của I trên d . Giá trị nhỏ nhất bằng
min T  d ( I , d ) .

Lưu ý: Không phải phương trình đường thẳng nào cũng có dạng z  z1z  z2, cho nên
khi gặp giả thiết lạ, cách tốt nhất để nhận biết giả thiết là đường thẳng hay đường
tròn là gọi z  x  yi rồi thay vào phương trình.
Dạng 7: Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z1* R và z2  z2*z2  z3* với z1* , z2* , z3* cho
trước. Tìm GTNN của T z1  z2.
Cách giải
Ý nghĩa hình học: Gọi M,N là các điểm biểu diễn z1 , z2 .
Giả thiết z1  z1* R tương đương với M thuộc đường
trịng tâm I bán kính R (gọi là đường tròn (C)). Giả thiết

z2  z2*z2  z3* tương đương N thuộc đường thẳng (d).
Bài toán trở thành tìm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao
cho T  MN ngắn nhất. Từ hình vẽ ta thấy ngay GTNN
của MN bằng d  I ,  d    R .
Vậy min T  d  I ,  d    R .
HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 22


MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH

5. KHỐI ĐA DIỆN

 

 

 

 

Chỉ có 5 loại khối đa diện đều. Đó là loại 3; 3 , loại 4; 3 , loại 3; 4 , loại 5; 3 ,

 

loại 3;5 . Tùy theo số mặt của chúng, 5 khối đa diện trên lần lượt có tên gọi là: Khối tứ
diện đều; khối lập phương; khối bát diện đều; khối mười hai mặt đều; khối hai mươi mặt
đều.
Số
đỉnh

Khối đa diện đều

Số
cạnh

Tứ diện đều
4

6

Số
mặt

Loại

Số
MPĐX

4

3; 3

6

Khối lập phương
8

12

6

4; 3

9

6

12

8

3; 4

9

20

30

12

5; 3

15

12

30

20

3;5

15

Bát diện đều

Mười hai mặt đều

Hai mươi mặt đều

 

Chú ý: Giả sử khối đa diện đều loại n, p có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt.
Khi đó: p Đ  2C  nM .

Đường chéo của hình vng cạnh a là a 2
 Đường chéo của hình lập phương cạnh a là : a 3
 Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là :
 Đường cao của tam giác đều cạnh a là:

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

a 2  b2  c2

a 3
2

TRANG 23


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

Tỷ sớ thể tích:
S

SA SB  SC 

.
.
SA SB SC

VS .AB C 
VS .ABC

V 



h
B  B   BB 
3

B’

A’

Hình chóp cụt ABC .AB C 



C’
A

B

Với B, B , h là diện tích hai đáy và
chiều cao.

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

C

TRANG 24


MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH

MỘT SỐ CƠNG THỨC TÍNH NHANH
THỂ TÍCH KHỐI CHĨP THƯỜNG GẶP
TÍNH CHẤT

HÌNH VẼ

Cho hình chóp SABC với các mặt phẳng
SAB , SBC , SAC vuông góc với nhau từng đơi một,







A



diện tích các tam giác SAB, SBC , SAC lần lượt là S1, S2, S3 .

S
C

2S1.S2 .S3

Khi đó: VS .ABC 

3

B





Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với ABC , hai









S

mặt phẳng SAB và SBC vng góc với nhau,

BSC   , ASB   .
Khi đó: VS .ABC

C

A

SB 3 .sin 2 . tan 

12

B

Cho hình chóp đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh bằng a, cạnh bên bằng b .
Khi đó: VS .ABC 

a 2 3b 2  a 2
12

S

C

A
G

M

B

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và
mặt bên tạo với mặt phẳng đáy góc  .
a 3 tan 

Khi đó: VS .ABC 
24

S

C

A
G

M

B

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên bằng
b và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  .
Khi đó: VS .ABC 

3b 3 .sin  cos2 
4

S

C

A
G

M

B

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh đáy bằng
a, cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  .
Khi đó: VS .ABC 

a 3 . tan 
12

S

C

A
G

M

B

HỒ MINH NHỰT SƯU TẦM & BIÊN TẬP

TRANG 25