TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 2013-2014 tập 1 2014 KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (617.5 KB, 22 trang )
2014
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN
CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI
THỬ ĐẠI HỌC CÁC TRƯỜNG
CHUYÊN 2013-2014
tập 1
KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
GSTT GROUP
VEDU.EDU.VN | LOVEBOOK.VN
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
Đây là bài tập câu hỏi liên quan tới đạo hàm chọn lọc. Có một số bài được anh chị tổng hợp từ các câu hỏi các
em gửi tới page ÔN THI ĐẠI HỌC CÙNG THỦ KHOA ĐẠI HỌC GSTT
Chúc các em sức khỏe tốt và tràn trề năng lượng và sự tự tin trong kỳ thi sắp tới!
2x 3
Câu 2, điểm). Cho hàm số y
, có đồ thị (C).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = x + m – 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có trọng
2 4
tâm là điểm G ; .
3 3
LỜI GIẢI
+) Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và d là:
2x 3
x m 1
x 1
2x 3 x m 1 x 1 (do x = –1 không là nghiệm).
x2 + (m – 2)x + (m – 4) = 0 (1).
+) Ta có: (1) = (m – 2)2 – 4(m – 4) = (m – 4)2 + 4 > 0 ∀ m ∈ ℝ.
(1) luôn có hai nghiệm phân biệt d ln cắt C tại hai điểm phân biệt A, B.
Lúc đó, gọi tọa độ A(xA; xA + m – 1) và B(xB; xB + m – 1) thì xA, xB là hai nghiệm phân biệt của (1).
Theo định lí Viét: xA + xB = 2 – m.
2
2 m 3.
x
x
x
3x
2 4
3
B
O
G
+) G ; là trọng tâm OAB thì A
m 4.
4
3 3
y A y B y O 3y O
2 m 2 m 1 3.
3
Khi m = 4 thì O, A, B khơng thẳng hàng. Vậy m = 4 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Bình luận:
x + x + xO
y + y + yO
− Bản chất của công thức xG =
và yG =
là xuất phát từ đẳng thức véctơ:
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + OO
⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗ .
OA + OB
GO + ⃗⃗⃗⃗⃗
GA + GB
OG = ⃗⃗⃗⃗⃗
Các em nên hiểu r� bản chất để vững kiến thức, không nên học thuộc cơng thức một cách máy móc.
2
2 m 3. 3
⇔ m = thì sẽ thấy một sự trùng hợp ngẫu nhiên
– Nếu ta để ý bước biến đổi (1)
2 m 2 m 1 3. 4
3
khi giải hai phương trình của hệ (1) đều cho ra nghiệm m = . Như vậy ta có thể thấy rằng khơng phải với
điểm G bất kì nào cũng có thể tìm được nghiệm tham số m thỏa mãn ⇒ Đặt vấn đề những điểm G như thế nào
thì có thể tìm được m thỏa mãn yêu cầu bài toán , ta có bài tốn mở rộng sau:
Cho đường thẳng d: y = x + m – m là tham số cắt C tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích các trọng
tâm G của tam giác ABO.
2m
xG 3
2
Biến đổi tương tự lời giải bài toán gốc, ta được
y G xG .
3
y m
G
3
Mặt khác, với m = thì d: y = x là đường thẳng đi qua O nên không thể tạo thành tam giác ABO được.
2
Do đó quỹ tích của trọng tâm G là đường thẳng y = − x, trừ điểm ( ; ).
1|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
Khi giải các bài tốn tưởng chừng đơn giản các em cũng ln phải tìm tịi suy nghĩ, ln ln đặt câu hỏi và
trả lời để hiểu được một cách sâu sắc vấn đề.
2x 2
có đồ thị C
x 1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = – x + m cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho A, B cùng với điểm P ;2 tạo thành một tam giác đều.
Câu 2 2, điểm) Cho hàm số y
LỜI GIẢI
2. Tọa độ giao điểm của C và d là nghiệm của hệ phương trình:
y = −x + m
2x + 2
y = −x + m
⇔{
⇔ {2x + 2
{y= x−
x − m− x+m+2 =
= −x + m
y = −x + m
x−
(C) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt a và b ⇔ Phương trình
có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆>
m −
∗
m−
− m+2 > ⇔⌊
m
Với m thoả mãn điều kiện * PT
có 2 nghiệm phân biệt x và x . Theo định lí Vi-et ta có:
x +x =m−
{
x x = m+2
Tọa độ giao điểm của C và d là A x ; −x + m và B x ; −x + m .
Gọi I là trung điểm AB. Tọa độ I là
m− m+
;
2
2
m− m−
m−
⃗⃗⃗ = (
⇒ PI
;
) ; PI = √2
2
2
2
+ [ −x + m − −x + m ] = √2 x − x
AB = √ x − x
= √2[ x + x
= √2 m −
− m + 2 = √2m − 2m −
⃗ = ;−
Vecto chỉ phương của d là u
m−
m−
PI ⊥ AB
⃗⃗⃗
. +
. − =
AB√ ⇔ { PI. ⃗u =
⇔{
∆PAB đều ⇔ {
2
2
PI =
PI = AB
2 m−
= 2m − 2m −
2
m = − 2√
⇔ m −2 m−
= ⇔{
m = + 2√
Kết hợp với điều kiện * ta thấy cả 2 giá trị của m đều thoản mãn.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = − 2√ hoặc + 2√ .
Câu
2 điểm Cho hàm số y x 2mx 2m m , với m là tham số thực.
4
2
⇔
− x x ]
4
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = .
b Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành
tam giác có diện tích bằng .
LỜI GIẢI
+) Xét hàm số y = x4 – 2mx2. Tập xác định � = ℝ.
x 0
Ta có: y 4x3 4mx ; y 0 2
x m
+ Hàm số đạt cực đại, cực tiểu phương trình y’ = có ba nghiệm
phân biệt m > 0.
Lúc đó, đồ thị hàm số có một điểm cực đại là A ; m4 + 2m) và hai
điểm cực tiểu là B m ; m4 m2 2m , C
m ; m4 m2 2m .
Do tính chất đối xứng của đồ thị hàm số qua trục tung nên ABC cân tại A.
2|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
+) Gọi H là trung điểm BC H(0; m4 – m2 + 2m) SABC =
Theo bài ra, SABC = 1 m2
m = 1 m = 1, thỏa mãn.
1
1
AH.BC = m2 .2 m = m2
2
2
m.
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Bình luận:
Tổng qt bài tốn trên: Cực trị hàm số bậc trùng phương y = ax4 + bx2 + c a ≠
x 0
x2 b (*)
2a
Ta có: y 4ax3 2bx 2x 2ax2 b ; y 0
.
b 0
ab 0
+ Hàm số có 3 cực trị phương trình y 0 có 3 nghiệm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
+ Hàm số có đúng cực trị (*) vơ nghiệm hoặc có nghiệm kép
b
0
2a
ab < . Lúc đó đồ thị hàm số có điểm cực trị tạo thành một tam giác cân, đó là:
b
b
b
b (ABC cân tại A).
A 0; c ; B ; y
;
C
;
y
2a
2a
2a
2a
* Các kiểu câu hỏi:
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều AB = BC.
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân (và sẽ vuông cân tại A) AB2 + AC2 = BC2.
1
1
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích S S ABC BC.d A,BC x B xC . y A y B S .
2
2
Câu 2, điểm). Cho hàm số y = x + x − 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
số.
2. Tìm trên đường thẳng y = x −
những điểm mà qua đó kẻ được
tiếp tuyến đến đồ thị C của hàm
LỜI GIẢI
2. Gọi M m; m − là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = x −
Vì mọi đường thẳng có dạng x=m không là tiếp tuyến của đồ thị C nên ta xét d là đường thẳng đi qua M và
có dạng: y = k x − m + m − d
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
3
2
3
2
2
x 3x 2 k(x m) 9m 7 x 3x 2 (3x 6x)(x m) 9m 7
2
2
3x 6x k
3x 6x k
Qua M kẻ được ba tiếp điểm đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm
phân biệt:
2x 3 3x 2 3mx 2 6mx 9m 5=0 (x 1) 2x 2 (5 3m)x 5 9m 0
Do đó điều kiện của m là:
1
m
(5 3m) 2 8(5 9m) 0
9m 2 42m 15 0
3
2
m
5
2.1 (5 3m).1 5 9m 0
m 1
m 1
1
m 1.
3
Bình luận:Để làm được và trình bày chặt chẽ bài toán trên, cần nắm vững một số điểm quan trọng sau đây:
Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ m; m −
3|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
với m < − hoặc
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
- Hàm đa thức nếu có tiếp tuyến thì tiếp tuyến đó tồn tại hệ số góc. Như trong lời giải, ta đã nhận xét x = m
không tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Nhờ đó mà ta biểu diễn được phương trình d qua M có hệ số góc k. Nếu
quên lập luận điều này thì lời giải sẽ thiếu chặt chẽ.
f x = kx + p
- (d): y = kx + p tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x)
{ ′
f x =k 2
Sau đó ta thay k từ phương trình 2 vào
rồi tìm m để (1) có 3 nghiệm.
Kinh nghiệm giải bước tiếp theo là nhẩm nghiệm để tìm ra một nghiệm đẹp , giả sử là x đối với bài này x =
. Sau đó phân tích thành nhân tử để đưa về một phương trình có dạng: x − x ax + bx + c = mà m
nằm đâu đó trong a, b, c.
Hàm số có 3 nghiệm
ax + bx + c = có 2 nghiệm phân biệt khác � . Như vậy ta tìm được m.
Nếu khơng thể nhẩm ra nghiệm đẹp thì ta khơng thể tiến hành như trên mà phải xét
hàm bậc 3 truyền thống.
x 2
Câu 2, điểm). Cho hàm số y
, có đồ thị (C).
2x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua C –3; 13) sao cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
2
CA = CB.
3
LỜI GIẢI
1
a 2
+) A ∈ (C) A a;
).
(với a
2
2a 1
b2
1
B ∈ (C) B b;
).
(với b
2
2b 1
3CA 2CB
2
+) CA CB
3
3CA 2CB
a 2
b2
Ta có: CA a 3;
13 và CB b 3;
13 .
2a 1
2b 1
3a 9 2b 6
2b 3a 3 (1)
– Nếu 3CA 2CB a 2
b2
a 2
3a 3 4
3. 2a 1 13 2. 2b 1 13 3. 2a 1 13 3a 3 1 26 (2)
a 2
3a 1
(2) 3
13
3 a 23a 4 13 2a 13a 4 3a 1 2a 1
2a 1
3a 4
75a2 150a 75 0 a 1 b =
2b 15 3a (3)
3a 9 2b 6
– Nếu 3CA 2CB a 2
3a 15 4
b2
a 2
3.
13
26 (4)
3
13
2
13
.
.
2a 1
1 15 3a
2b 1
2a 1
3 a 2
thỏa mãn ⇒ A –1; 3); B(0; –2).
3a 19
65 3 a 23a 14 3a 19 2a 1 65 3a 14 2a 1
2a 1
3a 14
13 2 26
a
5
375a2 1950a 975 0 5a2 26a 13 0
13 2 26
a
5
(4)
4|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
∗ a=
−
+ 2√2
−
− 2√2
⇒b=
−
− √2
−
− √2
thỏa mãn điều kiện .
13 2 26 23 2 26
18 3 26 28 3 26
Suy ra: A
;
;
và B
.
5
5
24 4 26
31 6 26
∗ a=
Suy ra: A
−
⇒b=
− 2√2
;
2 + 2√2
2 + √2
;B
thỏa mãn điều kiện .
−
+ √2
;
−2 + √2
−
+ √2
Bình luận:
– Cách khai thác bằng véctơ là cách khai thác hữu hiệu và hợp lý nhất. Mặc dù khi sử dụng, chúng ta phải chia
ra làm 2 trường hợp, nhưng cả 2 trường hợp đều có thể dễ dàng biến đổi ra được kết quả. Nếu để đoạn thẳng
3CA = 2CB thì vơ cùng phức tạp.
⃗⃗⃗⃗⃗ = −2CB
⃗⃗⃗⃗⃗ . Như vậy sẽ vô cùng nguy hiểm và làm mất đi
– Khi làm nhiều người thường quên trường hợp CA
nghiệm của bài toán.
– Gọi A, B cần chú ý đặt và kiểm tra điều kiện: a
1
1
và b
. Mặc dù nó khơng ảnh hưởng đến kết quả,
2
2
nhưng vẫn sẽ mất điểm.
Câu 2, điểm . Cho hàm số: y = x − 2mx +
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số
khi m = − .
2. Tìm giá trị của tham số P để đồ thị hàm số
có ba điểm cực trị và đường trịn đi qua ba điểm này có bán
kính bằng .
LỜI GIẢI
có điểm cực trị thì y ′ = phải có nghiệm phân biệt.
x=
x=
⇔ [ x = √m
y ′ = x − mx = ⇔ [
m>
x =m
x = −√m
Giả sử A(√m; − m ); B(−√m; − m ); C ;
Ta thấy A và B đối xứng nhau qua Oy, do đó tam giác ABC cân tại C, nhận Oy làm trục đối xứng.
⇒ Tâm I của đường tròn ngoại tiếp ΔABC nằm trên trục Oy.
y=
Đặt I ; y ⇒ IC = R ⇔ √ − y = ⇔ | − y| = ⇔ [
y=2
∗y= ⇒I ; ≡ .
Để đồ thị
IA = R ⇔ √m +
−m
=
IA = R ⇔ √m +
−m
=
⇔ m − 2m + m =
− ±√
⇔ m = hoặc m = hoặc m =
2
− +√
.
Nhưng do m > ⇒ m = hoặc m =
2
∗ y = 2 ⇒ I ;2 .
KL: m =
hoặc m =
− +√
.
2
⇔ m + 2m + m =
pt vơ nghiệm ∀m >
.
Bình luận:
+ Trong câu hỏi về cực trị của hàm trùng phương, ta nên dùng phương pháp tính trực tiếp.
+ ΔCAB ln là tam giác cân tại C C là điểm thuộc trục Oy .
Câu 2, điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 1 có đồ thị C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
5|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN CHỌN LỌC
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x – y + 6 =
0.
LỜI GIẢI
2
Ta có y ’ = 3x – 6x.
Vì tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng d: x – y + 6 = 0 nên tiếp tuyến có hệ số góc là .
Suy ra hồnh độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
x 1
3x2 6x 9 x2 2x 3 0
x 3
– Với x = –1 y(–1) = – . Khi đó tiếp tuyến có phương trình là y = 9x + 6 (loại do trùng với đường thẳng d).
– Với x = 3 y(3) = . Khi đó tiếp tuyến có phương trình là y = x – 26, thỏa mãn.
Vậy phương trình tiếp tuyến cầi tìm là y = 9x – 26.
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản. Chúng ta chỉ cần sử dụng 2 phần lý thuyết cơ bản:
– Hai đường thẳng song song với nhau thì hệ số góc bằng nhau: k = k’.
Chú ý: dùng từ thì mà khơng dùng tương đương bởi khi k = k’ thì hai đường thẳng vẫn có thể trùng nhau.
– Tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm x0; y0 có phương trình là: y = f ’ x0 .(x – x0) + y0.
Đề yêu cầu viết đường thẳng song song với d nên phải loại đi trường hợp nó trùng d.
2x 1
Câu 2, điểm). Cho hàm số y =
, có đồ thị (C).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại các điểm
82 OB.
A, B phân biệt thỏa mãn AB =
+) Ta có: y
1
x 1
2
LỜI GIẢI
.
2x 1
Gọi M x0 ; 0
là tiếp điểm.
x0 1
Phương trình tiếp tuyến tại M là: y
+ Tiếp tuyến cắt trục Ox tại A
2x20
x0 1
1
2
x x0
2x0 1
x0 1
.
2x 2x2 1
0
0
.
x0 1; 0 , cắt Oy tại B 0;
2
x
1
0
ΔOAB vuông tại O ⇔ OA2 OB2 AB2 . Mặt khác ta có: AB 82.OB .
OA2 OB2 82.OB2 OA2 81.OB2 OA 9.OB (1).
Ta có: (1) ⇔ 2x20 x0 1 9.
2x0 2x20 1
x0 1
1
5
x 2 .
9
3
1
7
– Với x0 = 4, ta có: y x 4 .
9
3
Bình luận:
– Với x0 = 2, ta có: y
2
x 2
x0 1 9 0
x0 4
– Một hướng đi quen thuộc trong kiểu bài tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Ta có y'(x0) chính là hệ số góc tiếp
tuyến của đồ thị tại đó. Từ đó ta có được phương trình tiếp tuyến và có thể tìm ra được tọa độ A, B theo x0.
6|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
– Các em để ý dữ kiện AB 82.OB . Ta có chút gì đó nghi nghờ. Sao lại là 82 mà khơng phải là số khác (82 gần
81)? Từ đó ta kết hợp với ΔOAB vuông tại O ⇒ OA = .OB. Đến đây bài toán được giải quyết.
2x 4
Câu 2, điểm . Cho hàm số y =
, có đồ thị C .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau,
đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
LỜI GIẢI
−2a +
−2b +
) ; B (b;
) a≠b
a−
b−
Hệ số góc tại tiếp tuyến của A và B lần lượt là:
Gọi A (a;
k =−
2
a−
Do 2 tiếp tuyến song song nên k = k
a = b loại
⇔ a−
= b−
⇔[
a+b=2
−2a +
−2b +
) ; ⃗⃗⃗⃗⃗
OB = (b;
)
Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗
OA = ( a;
a−
b−
ΔOAB là tam giác vng tại O.
Ta có: OA.OB 0 ab
;k = −
2
b−
.
2a 4 2b 4 0 (2).
a 1 b 1
Rút b = 2 – a từ (1) thay vào (2) ta có:
a 1 b 3
a 0 b 2
2a 4 2 2 a 4
0 a a 3 a 2 a 1 0
a 2 a
a 2 b 0
a 12 a 1
a 3 b 1
Vậy có tất cả
cặp điểm thỏa mãn đề bài đó là A1(–1; –3), B1(3; 1); A2(0; –4), B2(2; 0); A3(2; 0), B2(0; –4) và
A4(3; 1), B4(–1; –3).
Nhận xét:
– Đây là dạng bài tập tiếp tuyến của đồ thị hàm số ta thường phải dùng đến hệ số góc của tiếp tuyến là y'.
– Điều kiện đề bài cho là ΔOAB vng, vì vậy ta sẽ dùng vector ⃗⃗⃗⃗⃗
OA. ⃗⃗⃗⃗⃗
OB = từ đó đưa đến cách gọi tọa độ điểm
A, B như trên.
Bài tập tương tự:
1. Cho hàm số y
x 2
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị cắt trục tung, trục hoành tại A, B sao cho
2x 3
2, điểm . Cho hàm số y x 2 x 1
ΔOAB cân tại O.
. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C .
Câu
2
C .
2. Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y 2x 19 , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị C đi qua điểm M vng
góc với đường thẳng x 9y 8 0 .
LỜI GIẢI
Hướng giải:
Bài toán này cũng khá quen thuộc. Chúng ta sẽ cùng nhau phân tích để tìm ra kết quả.
7|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
– Thứ nhất đọc kỹ đề bài ta sẽ thấy mấu chốt đầu tiên: Tiếp tuyến của đồ thị C đi qua M vuông góc với đường
thẳng x + y – = . Từ điều này ta tìm ra hệ số góc của tiếp tuyến qua M là . Mà hệ số góc của tiếp tuyến đồ
thị C tại điểm N(x0 ;y 0 ) chính là f '(x0 ) . Như vậy ta sẽ tìm ra x0 và viết cơng thức tiếp tuyến của C mà vng
góc với đường thẳng x 9y 8 0 .
Dựa vào công thức tiếp tuyến đã biết: y y '(x x0 ) y 0 .
– Sau khi đã có tiếp tuyến của C vng góc với đường thẳng u cầu rồi cơng việc cuối cùng của chúng ta là
tìm M. M chính là giao điểm của đường thẳng d và tiếp tuyến trên.
Hướng làm bài toán này là như thế, bây giờ chúng ta sẽ hồn thiện nó qua lời giải sau.
Lời giải:
Từ giải thiết: Gọi N(x0 ;y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến đồ thị C đi qua M và vng góc với đường thẳng
x 9y 8 0 , ta suy ra f '(x0 ) 9 3x02 3 9 x0 2 .
– Với x0 2 y 0 4 , ta có tiếp tuyến của đồ thị C tại N là: y (x 2).9 4 9x 14 .
y 2x 19
M(3; 13).
Tọa độ M là nghiệm của hệ
y 9x 14
– Với x0 2 y 0 0 tiếp tuyến tại N là y (x 2).9 9x 18 .
y 2x 19
1 207
M ;
Tọa độ M là nghiệm của hệ
.
11 11
y 9x 18
1 207
Kết luận: Có 2 điểm M thỏa mãn yêu câu bài toán là M1(3; 13) và M2 ;
.
11 11
8|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN CHỌN LỌC
Trích Tuyển tập
LƯỢNG GIÁC CHỌN LỌC
đề thi thử đại học kèm lời giải chi tiết và bình luận)
11 10sin x 10cosx cos2x
2.
1 cos x
Điều kiện: cos x 1 x k2. Phương trình đã cho tương đương với:
Câu 1. Giải phương trình
11 10sin x 10cos x (cos2 x sin2 x) 2 2cos x
sin2 x 10sin x 9 cos2 x 8cos x sin2 x 10sin x 25 cos2 x 8cos x 16
sinx 5 cosx 4
sinx cosx 9
(sin x 5)2 (cos x 4)2
sinx 5 4 cosx
sinx cosx 1
9
1 (Vô nghiệm).
+) Với sin x cos x 9 sin(x )
4
2
x k2
x k2
4
4
1
+) Với sinx cosx 1 sin x
2
4
2
x k2
x
k2
4
4
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x k2.
2
Định hướng:
Ở bài tốn này mình lại xin đề cập một thủ thuật mới khi giải phương
trình lượng giác.
Nhẩm được hai nghiệm đẹp là x và x (lần lượt ứng với nhân
2
x
A
tử là sinx + , cosx +
, nhưng hai nhân tử này đều không khả quan
’
(thực hiện phép thử sẽ rõ). Không thể áp dụng phương pháp dự đốn
O
nhân tử thơng thường, ta chuyển sang dùng phương pháp đoán mới
bằng ý tưởng ban đầu là quay trục hệ trục Oxy một góc nào đó để đưa về
y'
x'
hệ trục mới Ox’y’có thể dễ dàng đốn nghiệm hơn, sau đó dùng kĩ năng
đốn nhân tử trong hệ trục Ox’y’. Cuối cùng dùng liên hệ cung giữa hai
B
trục tọa độ Oxy và Ox’y’ để quy nhân tử trong hệ trục Ox’y’ về nhân tử
’
trong hệ trục Oxy.
Biểu diễn cặp nghiệm lên đường tròn lượng giác.. Trong bài tốn này đó là hai điểm A’, B’. Ta chọn hệ trục Ox’y’
sao cho Ox’ chính là phân giác góc A’OB’. Lúc đó thì so với hệ trục Oxy ban đầu, hệ trục mới đã quay được góc
(theo chiều dương .
4
Trong hệ trục mới Ox’y’ thì điểm A’ biểu diễn cho nghiệm
, còn điểm B’ biểu diễn cho nghiệm . Như vậy,
4
4
1
trong hệ trục Ox’y’ thì chúng ta có thể đoán nhân tử là cosx’ −
= 0 (*).
2
Một điểm bất kì trên đường trịn lượng giác đều biểu diễn cho một giá trị lượng giác. Thế nhưng ở hai hệ trục
khác nhau thì các giá trị lượng giác mà điểm đó biểu diễn là khác nhau (ví dụ như điểm A’ biểu diễn cho giá trị
trong hệ trục Oxy, nhưng nó lại biểu diễn giá trị
trong hệ trục Ox’y’ . Dựa vào điều này chúng ta có thể
4
đưa ra liên hệ các giá trị lượng giác được biểu diễn trong các trục tọa độ khác nhau, cụ thể trong bài tốn này
đó là x ' x . Như vậy để có được nhân tử với biến x thì chỉ cần thay liên hệ này vào * , ta được:
1
cos x −
= 0 sinx + cosx + 1 = 0.
4
2
9|CHO
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
Vậy (sinx + cosx + 1) chính là nhân tử mà ta cần dự đốn. Việc cịn lại của ta là thử phân tích nhân tử nữa mà
thơi!
Bài tập tương tự: Giải phương trình: sin2x – 9sinx + 9 – 6cos2x + 3cosx = 0.
− 2 sin x cos x
=√
Bài 2. Giải phương trình
+ 2 sin x
− sin x
Điều kiện: sin x ≠ −
và sin x ≠
2
Phương trình tương đương với:
− sin x + 2 sin x − 2 sin x
cos x − 2 sin x cos x = √
�
cos x − sin 2x = √ + √ sin x − 2√ sin x �
−√ sin x + cos x = sin 2x + √
− 2 sin x
�
√
√
sin x + cos x = sin 2x +
cos 2x
2
2
2
2
π
π
sin (x + ) = sin 2x +
−
[
x+
x+
π
π
= 2x +
π
= π − 2x +
π
− k2π
2
[
π k2π k ∈ Z
+
x=
x=
+ k2π
π
+ k2π
Đối chiếu với điều kiện, ta thấy chỉ có họ nghiệm x
π 2kπ
thỏa mãn.
18
3
Bình luận:
Bài tốn trên là một bài tốn phương trình lượng giác quen thuộc với sự xuất hiện của √ và tất nhiên phương
pháp √ lại lên tiếng. Đây là một trong phương pháp giải phương trình lượng giác. Nắm được, gặp bất kì bài
nào có dung phương pháp này ta đều giải được. Mọi học sinh đều có thể nắm được. …. Thêm một tư duy giúp
ta luôn luôn làm được chứ không phải ăn may làm đươc.
8 đồ biến đổi BT về dạng kiểu như:
Dạng đối xứng:
sin a + √ cos b = sin b + √ cos b , …
Dạng không đối xứng: sin a + √ cos a = 2 cos b, …
Sau đó chia cả 2 về cho 2
Dạng đối xứng:
sin a +
π
π
= sin b +
π
π
−b
2
Ở đây, a, b thường là x, 2x, 3x cùng lắm là 4x tức là có khơng nhiều hướng gây nhiễu cho chúng ta. Thường
thì tùy từng bài tốn cụ thể, ta sẽ phát hiện ra nhanh a, b là gì. Sau đó nhiệm vụ còn lại, ta biến đổi sao cho chỉ
còn mỗi cung a, b là bài toán được giải quyết. Việc biến đổi này sẽ khơng khó khăn nếu ta nắm vững cơng thức
cơ bản được tóm tắt phần đầu.
Nếu khơng dự đốn được a, b ta cũng có thể thử, khơng ra thì đổi hướng a, b khác. Mất nhiều thời gian
hơn nhưng kiểu gì cũng ra. Cuối cùng, chuyển a, b sang 2 vế PT rồi chia 2.
Dấu hiệu: Những bài giải PTLG mà xuất hiện √ đều có thể giải được theo phương pháp này.
Giải đáp:
Q1: Thấy ngoặc thì phá.
Q2,Q3: Làm sạch chỉ cịn cung x, 2x bậc 1.
Các em luyện thêm một số bài sau:
Dạng không đối xứng: sin a +
= cos b
sin a +
π
= sin
a sin x + cos x sin 2x + √ cos x = 2 cos x + sin x
b sin x + cos x sin 2x + √ cos x = 2 cos x + sin x
10 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
c
sin x − sin 2x
=√
cos x − cos 2x
Bài 3: Giải phương trình
tanx.cos3x 2cos2x 1
3 (sin2x cosx).
1 2sinx
1
5
hay x k2, x k2, x
k2, k .
2
2
6
6
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin x(4cos2 x 3) 4cos2 x 3
3 cos x(2sin x 1)
1 2sin x
(sin x 1)(1 4sin2 x)
3 cos x(2sin x 1) (sin x 1)(1 2sin x) 3 cos x(2sin x 1)
1 2sin x
Điều kiện: cosx 0, sinx
1
5
sinx
x 6 k2, x 6 k2
2sinx 1 0
2
x 1
x k2, x k2
sinx 1 3cosx
6 2
6
2
5
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x k2, x
k2, (k ℤ .
6
6
Chú ý: Công thức nhân ba thường hay sử dụng trong việc phân tích nhân tử:
+) sin3x 3sin x 4sin3 x sin x. 3 4sin2 x sin x 4cos2 x 1 sin x. 2cos x 12cosx 1 .
+) cos3x 4cos3 x 3cos x cos x 1 2sin x 1 2sin x .
Bài 4. Giải phương trình:
cos x(cos x 2sinx) 3sinx(sinx 2)
1.
sin2x 1
Định hướng: Tất nhiên điều kiện là khơng thể thiếu! Hình thức bài này cũng khơng xa lạ gì nữa, với các dấu
ngoặc khá là thừa trong phương trình thì chúng chỉ nhắc ta phá nó ra mà thơi! Khi quy đồng và rút gọn được
sin2x ở hai vế, thì ta cũng đủ tỉnh táo để dùng công thức cos2 x 1 sin2 x để quy phương trình về phương
trình ẩn t sin x .
Lời giải:
Điều kiện: sin2x ≠ . Phương trình đã cho tương đương với:
cos2 x 2sin xcosx 3sin2 x 3 2sin x sin2x 1
2
x k2
sinx
4
2sin2 x 3 2sin x 2 0
(k ℤ .
2
5
sinx 2 (vơ lí )
x
k2
4
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: x k2 .
4
Bài 5. Giải phương trình:
8 cos3x
2sin x .
2 cos x
Định hướng: Thoạt nhìn qua thì nhiều bạn sẽ cảm thấy dạng hơi lạ do chứa căn thức. Tất nhiên, tư duy thơng
thường của ta là bình phương hai vế lại giúp ta giải quyết hoàn toàn vấn đề, bởi cos3x có thể quy về được cosx,
đồng thời khi bình phương lên thu được sin2 x 1 cos2 x . Chung quy lại phương trình đã cho có thể quy về
phương trình một ẩn t = cosx.
Lời giải:
(1)
sinx 0
Phương trình đã cho tương đương với 8 cos3x
2
2 cosx 4sin x (2)
11 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
x 2 k
(2) 8cos2 x cosx 0
(k ℤ
x arccos 1 k2
8
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: x
1
k2, x arccos + k2 .
2
8
Bài 6. Giải phương trình − cos x cot x + cos 2x + sin x = sin 2x
− cos x cot x + cos 2x + sin x = sin 2x
Điều kiện: sin x ≠ , hay x ≠ kπ, k ∈ Z
8 tưởng thơng dụng nhất để giải bài tốn giải phương trình lượng giác nói chung là phân tích nhân tử. Tuy
nhiên, việc phân tích nhân tử có yếu tố lượng giác là khơng đơn giản như ở phương trình đại số thơng
thường (có thể dung máy tính đốn nghiệm). Với phương trình lượng giác ta cũng có thể phân tích nhân tử
thơng qua việc đốn nghiệm với một vài bí quyết nho nhỏ.
π
π
π π π
và
Như trong bài này, thử các giá trị đặc biệt ta thấy có các nghiệm ; ; − ; −
2
π
π kπ
+ k2π .
tức là ( + ) và
2
2
π
Đoán nhân tử chung: x = + k2π ⇔ sin x = ⇔ sin x − =
2
Thử tách lấy nhân tử sin x − ⇒ thất bại ⇒ chuyển hướng
π
π kπ
⇔ 2x = + kπ ⇔ cos 2x = . Thử tách nhân tử cos 2x ⇒ thành công
x= +
2
2
Với điều kiện xác định, phương trình đã cho tương đương với
− cos x cos x
+ cos 2x + sin x = 2 sin x cos x
sin x
⇔ cos x − cos x + cos 2x sin x + sin x = 2 sin x cos x
⇔ cos x − 2 sin x + cos 2x sin x − cos x − sin x
⇔ cos x cos 2x + cos 2x sin x − cos 2x =
⇔ cos 2x cos x + sin x − =
π kπ
, thoản mãn
∗ cos 2x = ⇔ x = +
2
x = k2π, không thỏa mãn
π
π
π
π
=
= cos ⇔ x − = ± + k2π ⇔ [
∗ cos x + sin x − = ⇔ cos x −
π
x = 2 + k2π, thỏa mãn
√2
π kπ
π
Vậy phương trình có nghiệm x = +
và x = + k2π k ∈ Z
2
2
Nhận xét: Việc đốn nghiệm dùng máy tính để phân tích nhân tử trong phương trình lượng giác thường
làm theo một số bước cơ bản sau:
π
π π 2π −π −2π π π −π − π
. Thử với các giá trị thông dụng: ; π; ; − ; ; ;
;
; ; ;
;
2
2
2. Phân các nghiệm đoán được vào các họ nghiệm cơ bản. Như ở bài trên ta đã chia các nghiệm
π
π
π kπ
π
π π π
; ;− ;−
và vào các họ ( + ) và
+ k2π
2
2
2
. Đoán nhân tử chung: biến đổi tương đương để đưa về nhân tử chung, có thể tham khảo một số nhân tử
chung thông dụng sau:
π
x = + kπ ⇔ tan x − = ⇔ sin x − cos x =
−π
+ kπ ⇔ tan x + = ⇔ sin x + cos x =
x=
x = kπ ⇔ sin x =
π
x = + kπ ⇔ cos x =
2
12 | C H O Đ I L À N H Ậ N
VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
π
x = ± + k2π ⇔ cos x −
2
=
2π
x=±
+ k2π ⇔ cos x + =
2
π
x = + k2π
⇔ sin x − =
[
π
2
x=
+ k2π
−π
+ k2π
x=
⇔ sin x + =
[
− π
2
x=
+ k2π
π
x = + k2π ⇔ sin x − =
−π
x=
+ k2π ⇔ sin x + =
x = k2π ⇔ cos x − =
x = π + k2π ⇔ cos x + =
Bước 4: Tách biểu thức đề bài cho để đưa về nhân tử chung. Loại những trường hợp khơng thể phân tích
được.
Đây là một phương pháp hay và có thể dùng để giải nhiều bài phương trình lượng giác cơ bản, bạn đọc nên
luyện tập nhiều để thành thục. Sau đây là một số bài tập tự luyện:
Giải phương trình lượng giác:
π x
a sin x cos x + 2 sin 2x = − sin
−
2
b cos x + cos x + 2 sin x − 2 =
tan x + tan x
π
c
=
sin x +
tan x +
√2
13 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
Oxy
Đề:
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy tính diện tích của tam giác đều ABC nội tiếp elip E có phương
trình
x
y
+ = nhận điểm A ; 2 làm đỉnh và trục tung làm đối xứng?
Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A
; 2; − và đường thẳng d phương trình:
x−
y z−
= =
.
2
Lập phương trình mp P đi qua điểm A, song song d và khoảng cách từ đường
thẳng d đếnmp(P) là lớn nhất?
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết các đường
thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật
bằng 16.
Bài 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-
2x 2y z 3 0
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M(0; 1) . Biết
AB 2AM , đường phân giác trong AD: x y 0 , đường cao CH :2x y 3 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam
2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P):
giác ABC.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC : 2x y 7 0, đường
thẳng AC đi qua điểm M(1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng : x 4y 6 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng đỉnh A có hồnh độ dương.
Bài 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
x 6 y 2 z 2
. Viết phương trình mặt phẳng (P)
(S) : (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 9 và đường thẳng :
3
2
2
đi qua M(4; 3; 4), song song với đường thẳng và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A ; , B 2;
và C thuộc đường tròn
x + y − x − y + = . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC, biết diện tích của tam giác ABC bằng 5,0
và điểm C có hồnh độ là một số ngun.
Bài 9. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ; ; 2 , B ; ; ,
C ; − ; . Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho MC = 2BM . Viết phương trình đường thẳng
∆ đi qua B, vng góc và cắt đường thẳng AM.
Bài 10. a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip E đi qua M(2√ ; ) và phương
trình tiếp tuyến tại M là √ x + 2y − = .
b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 3 y 1 z 3
x 1 y 1 z 3
, d2 :
và mặt phẳng P: x + 2y + 2z = .
d1 :
2
1
1
2
1
1
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d , tiếp xúc với thẳng d và mặt phẳng (P).
Bài Giải :
1.
+) Gọi M, N là các điểm thuộc cạnh BC sao cho AM, AN chia ABC thành 3 phần có diện tích bằng nhau. Khi
đó tam giác ABM, AMN, ANC có cùng chiều cao nên BM = MN = NC.
1
2
+) Suy ra BM BC,BN BC .
3
3
14 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN CHỌN LỌC
Ta có: BC 4; 1 ,BM xM 1;y M 1 ;BN x M 1;y N 1 .
1 2
1
Từ BM BC M ; AM:7x 2y 1 0 .
3
3 3
5 2
2
Từ BN BC N ; AN : 4x y 7 0 .
3
3 3
Kết luận: Đường thẳng cần tìm là: 7x – 2y – 1 = 0; 4x + y – 7 = 0.
2.
+) (S): x 1 y 2 z 1 4 có tâm I(1; 0; –1), bán kính R = 2.
2
2
(P): 2x – 2y + z + 6 = 0 có VTPT là n 2; 2;1 .
x 1 2t
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vng góc P nên d: y 2t
z 1 t
Tọa độ điểm A là giao điểm của d và S có phương trình là:
2t 2t
2
2
Khi đó tính được d A1 , P
t2 4 t
13
1
d A2 , P .
3
3
7 4 1
Vậy tọa độ A cần tìm là A ; ; .
3 3 3
3.
7 4 1
1 4 5
2
suy ra A1 ; ; , A2 ; ;
3
3 3 3
3 3 3
Đường thẳng AD có dạng; n x 2 m y 1 0 m
0 .
2
2
+ Đường thẳng AB có dạng: m x 4 n y 5 0 m n 0 .
+
2
Khoảng cách từ P đến AB là d1 d P, AB
Khoảng cách từ N đến AD là d2 d N, AD
d1d2 16 m 3n m n 4 m2 n2
Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có:
m 3n
m2 n2
4 mn
m2 n2
n2
.
.
n m
3m2 4mn n2 0
n 3m
+) Với m = −n, chọn m = , n = − ta có phương trình các cạnh là
AB: x – y + 1 = 0; CD: x – y – 3 = 0; AD: x + y – 3 = 0; BC: x + y – 11 = 0.
+) Với n = − m, chọn m = , n = − ta có:
AB: x – 3y + 11 = 0; CD: x – 3y + 1 = 0; AD: 3x + y – 7 = 0;
BC: 3x + y – 23 = 0.
4.
+) Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C
S có phương trình dạng: x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 .
S có tâm I −a; −b; −c
15 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
+) I (P) −2a – 2b – c – 3 = 0 2a + 2b + c = − (1).
A (S) 5 + 0.a + 2b + 4c + d = 0 (2).
B S 9 4a 4b 2c d 0 (3).
C S 5 4a 0.b 2c d 0 (4).
Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:
5.
+) Gọi M1 là điểm đối xứng với M qua AD nMM1 u AD (1; 1)
MM1 : 1(x 0) 1(y 1) 0 x y 1 0 .
Gọi I AD MM1 toạ độ I là nghiệm của hệ:
1
x
x
y
1
0
2 I 1 ; 1 M (1; 0) .
1
x
y
0
2 2
y 1
2
+) n AB uCH ( 1;2) AB: 1(x 1) 2(y 0) 0 x 2y 1 0 .
x 2y 1
A(1; 1) .
Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ
x y 0
AM (1; 2) n AC (2; 1) AC:2(x 1) 1(y 1) 0 2x y 1 0 .
2x y 3
1
C ; 2 .
+) Toạ độ C là nghiệm cuả hệ
2
2x y 1
x 1
x 1
AB x0 1; 0
Vì B AB B x0 ; o
, AM(1; 2) .
2
2
x0 5 B(5; 3)
2
AB 2AM x0 1 16
.
x0 3 B(3; 1)
2a 2b c 3
d 2b 4c 5
a 2
5 2b 4c d 0
2a 2b c 3
b 3
9
4a
4b
2c
d
0
2a
3b
c
2
c 7
5 4a 2c d 0
2a b c 0
d 27
Vậy phương trình mặt cầu (S): x2 y2 z2 4x 6y 14z 27 0 .
6.
+) Vì A : x 4y 6 0 A (4a 6; a ) MA (4a 5; a 1).
0
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB 45 .
Do đó cos(MA, uBC )
1
2
(4a 5) 2(a 1)
(4a 5)2 (a 1)2 . 5
1
2
.
A (2; 2)
a 2
13a 42a 32 0
14 16
A ; (không thỏa mãn)
a 16
13 13
13
2
Vậy A(2; 2). Suy ra AC : x 3y 4 0, AB : 3x y 8 0. Từ đó ta có
B(3; 1), C(5; 3).
7. Đầu tiên ta sẽ có
16 | C H O
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
(P) : a(x 4) b(y 3) c(z 4) 0. Bài toán cho biết (P) // nên nP u , trong đó u (3; 2; 2)
là VTCP của đường thẳng nP .u 0 3a 2b 2c 0 . Dữ kiện tiếp xúc mặt cầu cho ta biết chính xác
khoảng cách từ tâm mặt cầu đến (P). Kiểu khai thác này rất hay dùng:
3a b c
3 . Từ 2 phương trình trên ta sẽ tìm quan hệ a, b, c.
d(I, (P)) R
a2 b2 c2
+) Gọi nP (a; b; c) (a2 b2 c2 0) là vectơ pháp tuyến của P . Khi đó:
(P) : a(x 4) b(y 3) c(z 4) 0.
Vì (P) / / nên nP u , trong đó u (3; 2; 2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng .
2b 2c
(1).
3
+) Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d(I, (P)) R, trong đó
Suy ra: 3a 2b 2c 0 a
I(1; 2; 3), R 3 lần lượt là tâm và bán kính của (S).
Do đó
3a b c
a2 b2 c2
3 (2).
2b 2c
2
2
2
2
Từ (1) và (2) ta có (b c)
b c 2b 5bc 2c 0
3
− Với c 0 b a 0 (không thỏa mãn).
2
2
(3).
b 1
b
b
b
− Với c 0, ta có (3) 2 5 2 0 2 hoặc .
c 2
c
c
c
2
b
2, chọn b 2, c 1 a 2. Khi đó P : 2x + 2y + x – 18 = 0, không thỏa mãn vì khi đó P chứa .
c
b 1
Với , chọn b 1, c 2 a 2. Khi đó P : 2x + y + 2z – 19 = 0, thỏa mãn.
c 2
- Với
8.
Sơ đồ giải: Đã có tọa độ A, B và đường trịn chứa C
Trọng tâm ⟵ Tọa độ C ⟵ lập hệ 2 ẩn 2 phương trình ⟵ {
d C; AB ⟵ S
C ∈ đường trịn cho trước
⃗⃗⃗⃗⃗ ,2
Ta có AB
AB = √
Phương trình đường thẳng AB: 2 x − − y − = hay 2x − y − =
Gọi ∆ là đường thẳng qua Cvà song song với AB. Khi đó phương trình ∆ có dạng
|m + | 2S
=
2x − y + m = m ≠ − . Vì ∆∥ AB nên d a; ∆ = d C; AB hay
AB
√
⇔ |m + | = ⇔ m = tm hoặc m = −2 tm
− Với m = thì ∆ có phương trình 2x − y =
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
y = 2x
y = 2x
⇔{
vơ nghiệm
{
x +y − x− y+ =
x − x+ =
− Với m = −2 thì ∆ có phương trình 2x − y − 2 =
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
y = 2x − 2
{
x +y − x− y+
17 | C H O
=
⇔{
y = 2x − 2
x − 22x + 2 =
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
x=
⇔{
y=
x=
tm hoặc {
y=
loại
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
C ;
và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là 2;
qua B
9. Sơ đồ giải: Δ ⟵ {
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗Δ ⟵ BH với BH ⊥ AM tại H
u
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ a − ; b − ; c , ⃗⃗⃗⃗⃗
Gọi M a; b; c , ta có BM
BC ; − ;
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = BC
. Vì M thuộc đoạn BC và MC = 2BM nên BM
a− =
a=2
⇔ {b − = −2 ⇔ {b = −
M 2; − ;
c=
c=
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; ;
Đường thẳng AM đi qua điểm A(3; 0; 2) và có một vec tơ chỉ phương MA
số là:
x= +t
{ y=t
z=2+t
Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng (3 + t; t; 2 + t)
⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
MA = hay
Ta có H ∈ ∆ và ⃗⃗⃗⃗⃗
BH 2 + t; t − ; 2 + t . Vì BH ⊥ AM nên BH
nên có phương trình tham
⃗⃗⃗⃗⃗ ; −2;
⇔ t=−
BH
⃗⃗⃗⃗⃗ ; −2; nên có phương trình tham số là
và có một véc tơ chỉ phương BH
2+t+t− +2+t =
Đường thẳng ∆ đi qua B ; ;
x= +u
{y = − 2u
z=u
10a
x2 y 2
Gọi phương trình (E) : 2 2 1
a
b
(E) đi qua M(2 3;1) a 2 12b2 a 2 b2 0 (1) Phương trình tiếp tuyến
theo phương pháp nhân đôi tọa độ M là
2 3x y
2 1 (2)
a2
b
Theo giả thiết thì phương trình tiếp tuyến tại M là
3x 2y 8 0 (3)
Ta đồng nhất hệ số hai phương trình tiếp tuyến sẽ được 2b2
Kết hợp (1) ta có a 2 16, b2 4 . Vậy (E) :
x2 y 2
1
16 4
a 2 a 2 b2
2
8
10b
Gọi I là tâm mặt cấu (S).d1 có vecto chỉ phương n1 (2;1;1) và I (d 2 ) nên I(2t 3; t 1; t 3) với t R
Ta có khoảng cách từ I đến (P) là : d[I;(P)]
| 2t 3 2(t 1) 2(t 3) 7
(d 2 ) đi qua điểm M(1; 1;3) có vecto chỉ phương
12 22 22
2|t |
n2 (2; 2;1), IM (4 2t; 2 t;6 t ),[IM; n 2 ] (10 3t;8;6t 4)
d[I,(d2 )]
(10 3t ) 2 64 (6t 4) 2
| [IM.n 2 ] |
45t 2 108t 180
3
| n2 |
22 (2) 2 12
d[I;(P)] d[I,(d2 )] 45t 2 108t 180 36t 2 t 2 12t 20 0 t 2 t 10
Thay vào ta tìm được hai phương trình của mặt cầu :
(x 1)2 (y 3)2 (z 1)2 16 hoặc (x 17)2 (y 11)2 (z 7) 2 400
Số Phức
Đề:
1.Chứng minh số phức z với z =
18 | C H O
+ ( + i√ ) + ( + i√ ) + ( + i√ ) + ⋯ + ( + i√ )
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
là số thuần ảo?
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
z 1
| z |2 .
1i
1
2
3. Tìm số phức z biết z 2z là số thực và z có một
z
acgumen là
.
3
2. Tìm số phức z thỏa mãn (z 1)(1 i)
4. Cho số phức z
1 3i
(4 i)(2 i)2
. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .
5. Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z = ( + i√ ) .
6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z
z̅ + i
z +i
=
là số thuần ảo.
thỏa mãn
z̅ +
z+
z̅
+ i
=
. Tìm phần thực của số phức z
+ i
Câu 8. , điểm). Tính số phức z có mơdun nhỏ nhất sao cho |z| = |z̅ − + i|.
�â� �. , đ�ể� . Cho số phức z thỏa mãn
z−
2−i
+i
=
. Tìm phần thực và phần ảo của z 9 .
z̅ + 2i
2
z 12 5
z4
và
1.
. , điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
z 8i 3
z8
�â� �
Giải:
. đ�ể� . Cho số phức z thoả mãn: z −
1. + ) z 1 1 i 3 1 i 3
1 i 3
2
Ta có: 1 i 3 2 cos i.sin 1 i 3
3
3
221 1 221 1
i.
i 3
3
Vậy z là số thuần ảo.
2
3
21
... 1 i 3
1 i 3
21
20
221 cos7 isin7 221
3i
+) z
z 1
2
z
1i
� − − ��
+� +
2
Đặt z x yi (x, y ). Khi đó (z 1)(1 i)
⇔ � + + ��
⇔ �+ −�+
+�
=� +�
�+ +� � =2 � +�
x 0, y 1
y (3x 1)
3x 1 y 2(x2 y 2 )
3
1
2
10x 3x 0 x , y .
3x 1 y 0
10
10
Vậy z = i hoặc z
3.
Vì z.z 1 0 và z
19 | C H O
3
1
i.
10 10
1
1
1
= z.z 1 . có một acgumen là nên
có một
z
3
z
z
ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI
1
.
