Tài liệu giúp tự tin lấy 6 điểm môn toán

Bước 3: Giải điều kiện bài toán:

A. KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ
DẠNG 1: TỌA ĐỘ CỰC TRỊ HÀM SỐ BẬC 3 (Khi  y ' đẹp)
Ví dụ: Cho hàm số y  2 x3  3  m  1 x 2  6mx  1 . Tìm m để đồ thị hàm số có
hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai cực trị bằng
Bước 1: Tính y '  6 x 2  6  m  1 x  6m

2.

2

 y '  36  m  1  0
Điều kiện có cực trị: 
 m  1*
a

0

6

0



6  m  1  6  m  1
x
m


12

Bước 2: Hoành độ cực trị:  y '  6 m  1  
 x  6  m  1  6  m  1  1

12

3
2
3
2

 x  m  y  m  3m  1  A  m; m  3m  1
Tọa độ cực trị: 

 x  1  y  3m  B 1;3m 
Bước 3: Giải điều kiện bài toán:

Khoảng cách giữa hai cực trị bằng

2  AB 

 m  1   m  1
2

6

x1  x2  4    4  4m2  4m  4

1  17
m 
2 (Thỏa mãn điều kiện * )

 4m2  4m  16  0  


1  17
m 
2

Chú ý: Học sinh cần nắm được các biểu thức Viet cơ bản:
2
3
x12  x22   x1  x2   2 x1 x2 ; x13  x23   x1  x2   3x1 x2  x1  x2  ; x1  x2  
DẠNG 3: CỰC TRỊ TRÙNG PHƯƠNG BẬC 4
Ví dụ (B – 2011): Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m . Tìm m để đồ thị hàm
số có các cực trị A, B, C sao cho OA = BC trong đó O là gốc tọa độ, A là cực
trị thuộc trục tung, B và C là hai cực trị còn lại.
Bước 1: Xét y '  0 và rút x:





y '  0  4 x3  4  m  1 x  0  4 x x 2   m  1  0

Bước 2: Giải điều kiện có cực trị: m  1  0  m  1 *

 2

Bước 3: Tính tọa độ cực trị: Xét y '  0 ta có:

 x  0  y  m  A 0; m

 


2
2
 x   m  1  y  m  m  1  B  m  1; m  m  1

 x  m  1  y  m2  m  1  C m  1; m 2  m  1

1 3
Ví dụ: Tìm m để hàm số y  x  mx 2  mx  2 có 2 cực trị x1 , x2 thỏa mãn (Chú ý cực trị nằm trên trục tung luôn có hoành độ là 0)
3
Bước 4: Giải điều kiện bài toán:
x1  x2  4 .
OA  BC  m2  4  m  1  m  2  2 2 (Thỏa mãn điều kiện * )
Bước 1: Tính y '  x2  2mx  m
DẠNG 4: TƯƠNG GIAO HÀM SỐ BẬC 3 CÔ LẬP THAM SỐ KHÔNG
  y '  4m 2  4m  0  m  1

CÓ NGHIỆM CHUNG
Điều kiện có cực trị: 

*
m

0
Ví dụ: Tìm m để hàm số y  x3  mx  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.


a  0  1  0

Bước 2: Khi đó phương trình y '  0 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn định lý Viet: Bước 1: Cô lập m trong phương trình hoành độ giao điểm:
x3  mx  m  0  x3  m  x  1 . Xét x = 1 ta thấy 1  m.0 (Vô lý) do đó
b
c
x1  x2    2m; x1 x2   m
a
a
x3
x3
m
. Ta xét đồ thị hàm số y 
.
x 1
x 1
m  0
(Thỏa mãn điều kiện * )
  m  1   m  1  2  
m  2
DẠNG 2: VIET CỰC TRỊ (Khi  y ' xấu)
2

6









Do đó x  1 hoặc x2  x  m  0 * . Đặt f  x   x 2  x  m
Bước 2: Giải điều kiện có 3 điểm phân biệt: Phương trình có 3 nghiệm phân
1


  0
m  
biệt khi * có 2 nghiệm phân biệt khác 1 do đó: 

4 **
f
1

0





m  0
Bước 3: Khi đó gọi 3 nghiệm phân biệt là x1  1, x2 , x3 trong đó x2 , x3 thỏa mãn
định lý Viet: x2  x3  1, x2 x3  m

Bước 2: Lập bảng biến thiên:

Vậy để phương trình có 3 nghiệm
phân biệt thì đường thẳng y = m
x3

phải cắt đồ thị y 
tại 3 điểm
x 1
27
phân biệt hay m 
4
DẠNG 5: TƯƠNG GIAO BẬC 3 KHÔNG CÔ LẬP ĐƯỢC THAM SỐ
Ví dụ: Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  m3  m cắt trục hoành Bước 4: Giải điều kiện bài toán: x 2  x 2  x 2  4   x  x 2  2 x x  3
1
2
3
2
3
2 3
tại 3 điểm phân biệt.
1
Chú ý: Đối với dạng bài toán không thể cô lập được m trong phương trình  1  2m  3  m  1 . Kết hợp ** ta được  4  m  1, m  0 .
hoành độ giao điểm, thì ta gọi y1 , y2 là hai tung độ cực trị, ta có:
DẠNG 7: TƯƠNG GIAO BẬC NHẤT TRÊN BẬC NHẤT
 Phương trình có 3 nghiệm nếu:  y '  0, y1 y2  0 (2 cực trị khác phía
x 1
Ví dụ (A – 2011): Cho hàm số y 
. Tìm m để đường thẳng y  x  m
2x 1
đối với Ox)
 Phương trình có 2 nghiệm nếu  y '  0, y1 y2  0 (1 cực trị nằm trên Ox) cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp
tuyến tại A và B đạt giá trị lớn nhất.
 Phương trình có 1 nghiệm nếu  y '  0, y1 y2  0 hoặc  y '  0 (2 cực trị
Bước 1: Phương trình hoành độ giao điểm:
nằm cùng phía với Ox hoặc hàm số không có cực trị)

x 1
 x  m  2 x 2  2mx  m  1  0 . Đặt f  x   2 x 2  2mx  m  1 .
2
2
Bước 1: Ta có y '  3x  6mx  3  m  1 . Điều kiện có cực trị:
2x 1
Bước 2: Giải điều kiện có 2 nghiệm phân biệt: Khi phương trình f  x   0 có
 y '  36  0
 m hàm số luôn có cực trị.

1
1
a  0  3  0
2 nghiệm phân biệt khác hay  '  m2  2m  2  0, f    0  m
2
2
 x1  m  1  y1  2m  2
Bước 2: Tọa độ cực trị:  y '  6  
Bước 3: Gọi hai giao điểm lần lượt là A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  trong đó
 x2  m  1  y2  2m  2
Bước 3: Phương trình có 3 nghiệm phân biệt nếu hàm số có 2 cực trị nằm về x , x thỏa mãn định lý Viet: x  x  m, x x  m  1 .
1
2
1
2
1 2
2
hai phía đối với trục hoành nghĩa là y1 y2  0  4m2  4  0  1  m  1
DẠNG 6: TƯƠNG GIAO BẬC 3 CÔ LẬP THAM SỐ CÓ NGHIỆM CHUNG Bước 4: Gọi k1 , k2 là hai hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B, ta có:
2

4  x1  x2   8 x1 x2  4  x1  x2   2
Ví dụ (A – 2010): Tìm m để hàm số y  x3  2 x 2  1  m  x  m cắt trục hoành
1
1
k1  k2  


2
2
2
tại ba điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn x12  x22  x32  4 .
 4 x1 x2  2  x1  x2   1
 2 x1  1  2 x2  1
Bước 1: Xét hoành độ giao điểm và cô lập tham số:
m  1
2
Thay x1  x2  m, x1 x2 
ta có k1  k2  4  m  1  2  2
x3  2 x 2  1  m  x  m  0  x3  2 x 2  x  mx  m  0
2
2
2
Vậy với m  1 thì tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại A và B đạt giá trị
x  x  1  m  x  1  0   x  1 x  x  m  0
lớn nhất.





DẠNG 8: TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Bước 3: Lập bảng biến thiên và kết luận
4
2
Ví dụ (D – 2010): Viết phương trình tiếp tuyến của y   x  x  6 biết tiếp
1
tuyến vuông góc với đường thẳng y  x  1 .
6
4
2
Bước 1: Gọi tiếp điểm M  x0 ;  x0  x0  6 

min f  x   1  m  1

 0; 

Bước 2: Viết phương trình tiếp tuyến theo x0 :



y  y '  x0  x  x0   y0  4 x03  2 x0

 x  x   x
0

4
0

 x02  6 *

DẠNG 11: ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA HAI CỰC TRỊ HÀM SỐ BẬC 3
Ví dụ: Tìm m để hàm sao cho hàm số y  x3  3mx 2  2 1  m2  x  m3 có hai

Hệ số góc tiếp tuyến k  4 x03  2 x0 .
Bước 3: Giải bài toán: Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y 

1
x  1 khi
6

1
k.  1  k  6  4 x03  2 x0  6  x0  1
6
Bước 4: Thay giá trị x0 tìm được vào tiếp tuyến ta được y  6 x  10
DẠNG 9: TÌM ĐIỂM TRÊN ĐỒ THỊ
x2
Ví dụ (A – 2014): Tìm điểm M trên đồ thị y 
sao cho khoảng cách từ
x 1
M đến đường thẳng y   x bằng 2 .
 a2
Bước 1: Gọi điểm cần tìm là M  a;
,a  1
 a 1 
Bước 2: Giải điều kiện bài toán: Khoảng cách từ M đến đường thẳng y   x
a 1
a
a2
 2  a  0  a  2  M  0; 2   M  2;0 

bằng 2 nên ta có:
2
DẠNG 10: TÍNH ĐỒNG BIẾN VÀ NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
Ví dụ (A – 2013): Tìm m để hàm số y   x3  3x 2  3mx  1 nghịch biến trên

khoảng  0;   .

điểm cực trị và đường thẳng đó song song với đường thẳng  d  : 2 x  y  1  0
Chú ý: Thực hiện phép chia đa thức y : y ' được thương là p  x  , số dư là r  x 

Viết lại dưới dạng y  y '. p  x   r  x  . Vì cực trị là nghiệm của phương trình
y '  0 nên cực trị là thỏa mãn điều kiện y  r  x  . Vậy đường thẳng qua hai

cực trị là y  r  x  .

 y '  0
10
10
m
m
Bước 1: Điều kiện có cực trị: 
*
5
5
a  0
1   4 10 
2 
1
4
Bước 2: Ta có y  y '  x  m     m2  x   m3  m 

3  3 3
3 
3

3
Vì cực trị là nghiệm của phương trình y '  0 nên cực trị là thỏa mãn điều kiện
2 
 4 10 
4
y    m2  x   m3  m  do đó đây là đường thẳng qua hai cực trị.
3 
3 3

3
4 10
Bước 3: Hệ số góc đường thẳng qua hai cực trị là k   m2 . Để đường
3 3
thẳng qua hai cực trị song song với  d  : y  2 x  1 thì điều kiện cần và đủ là:

Bước 1: Hàm số nghịch biến nếu y '  0  3x2  6 x  3m  0x  0
Bước 2: Cô lập m: m  x 2  2 xx  0  m  min f  x  , f  x   x 2  2 x

4 10 2
4
2
 m  2; m3  m  1  m  1 (Thỏa mãn điều kiện * )
3 3
3
3
DẠNG 12: VẼ ĐỒ THỊ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI LOẠI 1

Ví dụ (B – 2009): Với các giá trị nào của m thì phương trình x 2 x 2  2  m có

Chú ý:
m  f  x  x   a; b   m  max f  x  ; m  f  x  x   a; b   m  min f  x 

đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
Chú ý: x2 x2  2  m  x 4  2 x 2  m

 0; 

 a;b 

 a;b 


DẠNG 14: KHẢO SÁT ĐỒ THỊ HÀM BẬC 3 CÓ 2 CỰC TRỊ
Ví dụ (B – 2012): y  x3  3x 2  3
Bước 2: Phần đồ thị phía trên trục Ox ký hiệu là  D1 
Loại bỏ phần đồ thị phía dưới trục Ox và lấy đối xứng qua trục hoành, gọi phần Tập xác định: D  2
Sự biến thiên: y '  3x  6 x  0  x  0, x  2
đồ thị đó là  D2  . Đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2 có đồ thị  D    D1    D2 
Hàm số đồng biến trên  ;0    2;   nghịch biến trên  0; 2 
Bước 3: Vẽ đồ thị y  x 4  2 x 2 và đường thẳng y  m :
Hàm số đạt cực đại tại  0;3 , cực tiểu tại  2; 1
Số nghiệm của x 2 x 2  2  m là số giao
Giới hạn: lim y  , lim y  
x 
x 
điểm của đồ thị y  x 4  2 x 2 và đường
y "  6 x  6  0  x  1  1;2  là điểm uốn

thẳng y  m .
Bảng biến thiên:
Phương trình có 6 nghiệm phân biệt thì
đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số
Bước 1: Vẽ đồ thị y  x 4  2 x 2 ,

y  x 4  2 x 2 tại 6 điểm phân biệt.

Dựa vào đồ thị ta thấy 0  m  1 là các
giá trị tham số m cần tìm.
DẠNG 13: VẼ ĐỒ THỊ TRỊ TUYỆT ĐỐI LOẠI 2
3
Ví dụ (A – 2006): Tìm m để phương trình 2 x  9 x 2  12 x  m có 6 nghiệm.
Chú ý: 2 x  9 x 2  12 x  m  2 x  9 x  12 x  m
3

3

Đồ thị: Lấy điểm:

x
y

2

0,25
điểm

0,25
điểm

2

Bước 1: Vẽ đồ thị y  2 x  9 x  12 x
3

0,25
điểm

1
1

0
3

1
1

2
1

3
3

Bước 2: Phần đồ thị bên phải trục Oy ký hiệu là  D1 
Loại bỏ phần đồ thị bên trái trục Oy và lấy đối xứng đồ thị  D1  qua trục Oy,
gọi là  D2  . Đồ thị y  2 x  9 x  12 x là  D    D1    D2  .
3

2

0,25
điểm

Bước 3: Vẽ đồ thị y  2 x  9 x  12 x và đường thẳng y  m
3

2

Số nghiệm của 2 x  9 x 2  12 x  m là
3

số giao điểm của y  2 x  9 x  12 x
3

2

và đường thẳng y  m .
Phương trình có 6 nghiệm nếu đường
thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại 6 điểm.
Dựa vào đồ thị ta thấy 4  m  5 là các giá
trị tham số m cần tìm.


DẠNG 15: KHẢO SÁT HÀM TRÙNG PHƯƠNG CÓ 3 CỰC TRỊ
Ví dụ (D – 2009): y  x 4  2 x 2
Tập xác định: D 
Sự biến thiên: y '  4 x3  4 x  0  x  0, x  1

0,25

điểm

Hàm số đồng biến  1;0   1;  

Hàm số đồng biến trên  ; 1   1;  
Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  2 . Tiệm cận ngang là đường thẳng y  2
x 

x 

lim y  ; lim y   . Tiệm cận đứng là đường thẳng x  1

x 1

Hàm số nghịch biến trên  ; 1   0;1
Cực trị: Hàm số có cực đại  0;0  , cực tiểu  1; 1 ; 1; 1

0,25
điểm

x 1

Giao điểm hai tiệm cận là điểm I  1; 2 
Bảng biến thiên:
0,25
điểm

Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

0,25
điểm

x 

Bảng biến thiên:
0,25
điểm
Đồ thị: Lấy điểm:
Đồ thị: Lấy điểm:

x
y

2
8

1
1

x
0
0

1
1

y

2
8
0,25
điểm

DẠNG 16: KHẢO SÁT HÀM BẬC NHẤT TRÊN BẬC NHẤT
2x 1
Ví dụ (B – 2010): y 
x 1
Tập xác định: D  \ 1
Sự biến thiên: y ' 

1

 x  1

2

 0x 

\ 1

0,25
điểm

3
5
2

2

0

3

1

1
3
2

Vẽ 2 đường thể
hiện đối xứng

0,25
điểm


B. NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN
DẠNG 1: TÍCH PHÂN PHÂN THỨC, ĐA THỨC VÀ CÁCH TÁCH
2x 1
1
1
Ví dụ 1: I   2
dx . CHÚ Ý: 
dx  ln mx  n
3x  4 x  7
mx  n
m
2x 1

2x 1
A
B



Nguyên tắc: 2
3x  4 x  7  x  1 3x  7  x  1 3x  7
3 A  B  2
3
11
Tìm hệ số: A  3x  7   B  x  1  2 x  1  
 A ,B 
10
10
7 A  B  1
3
1
11
1
3
11
Giảii: I  
dx  
dx  ln x  1  ln 3x  7  C
10 x  1
10 3x  7
10
30
2

x  x 1
Ví dụ 2: I   3
dx
x  3x 2  2 x
x2  x  1
x2  x  1
A
B
C
Nguyên tắc: 3

 

2
x  3x  2 x x  x  1 x  2  x x  1 x  2

Tìm hệ số: A  x  1 x  2  B  x  2  x  C  x  1 x  x 2  x  1

 x 2  A  B  C   x  3 A  2 B  C    2 A  x 2  x  1
1
3
 A  B  C  1;3 A  2 B  C  1; 2 A  1  A  , B  1, C 
2
2
1 1
1
3
1
1
3

Giải : I   dx  
dx  
dx  ln x  ln x  1  ln x  2  C
2 x
x 1
2 x2
2
2
4x 1
dx
Ví dụ 3: I   2
x  2 x  1

Nguyên tắc:

4x 1
A B
C
  2
x  2 x  1 x x 2 x  1
2

Tìm hệ số: A  2 x  1 x  B  2 x  1  Cx 2  4 x  1
 2 A  C  0; A  2B  4; B  1  A  6, B  1, C  12
1
1
1
1
Giải: I  6 dx   2 dx  12
dx  6ln x   6ln 2 x  1  C

x
x
2x 1
x
1
dx
Ví dụ 4: I  
6
x x 5





Nguyên tắc: Biến đổi tử số về dạng x6  5  x6
6
6
1
5
1 x 5  x
1 1
1
x5
dx  
dx   dx   6 dx
Giải: I  
5 x x6  5
5 x x6  5
5 x
5 x 5













 

1
1 1
1
1
1
 I  ln x  .  6 d x6  ln x  ln x6  5  C
5
5 6 x 5
5
30
Chú ý: Có thể thay x 6 bởi bất cứ x n nào khác và thay số 5 bởi bất cứ số nào
khác cách giải tương tự.
7 x 1
Ví dụ 5: I  
dx

5
 3x  2 

Nguyên tắc: Các bài có lũy thừa dạng  mx  n  , đặt t  mx  n
p

t 2
1
, dt  3dx  dx  dt , khi đó ta có:
3
3
t 2
7
 1
7 x 1
1 7t  17
7 1
17 1
3  1

I 
dx  
dt  
dt   4 dt   5 dt
5
5
5
t
3
9

t
9 t
9 t
 3x  2 

Giải: Đặt t  3x  2, x 

I 

7 1
17 1
7 1 17 1 7
1
17
1
dt   5 dt 



C .
3
4
3
4

9 t
9 t
27 t 36 t
27  3x  2  36  3x  2 4

1 1
n  1 x n 1
x2  x  3
Ví dụ 6: I  
dx
x 1
Nguyên tắc: Bậc tử lớn hơn hoặc bằng bậc mẫu ta chia đa thức. Chú ý:
Phân số = Thương + Số dư/Mẫu
2
x  x 3
1
x2
dx   x  2dx  
dx   2 x  ln x  1  C
Giải: I  
x 1
x 1
2
8
2
Ví dụ 7: I   x  x  1 dx .

Chú ý:

1

x

n

dx  

Nguyên tắc: Các bài có lũy thừa dạng  mx  n  , đặt t  mx  n
p

Giải: Đặt t  x  1, x  t  1, dx  dt . Khi đó ta có:

I   x 2  x  1 dx    t  1 t 8 dt   t10  2t 9 t 8 dt 
8

2

t11 t10 t 9
  C
11 5 9


DẠNG 2: TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
Loại 1: sin/cos mũ lẻ ta cho 1 sin/cos vào dx

cos3 x
I   sin xdx   sin x sin xdx   1  cos x  d cos x   cos x 
C
3
Loại 2: sin/cos mũ chẵn ta hạ bậc liên tục đến khi còn bậc nhất
3

2

2

1
1
1
1  cos 2 x 
I   cos 4 xdx   
dx   dx   cos 2 xdx   cos 2 2 xdx

2
4
2
4


x sin 2 x 1 1  cos 4 x
x sin 2 x 1
1
I  
 
dx  
  dx   cos 4 xdx
4
4
4
2
4
4
8
8
x sin 2 x x sin 4 x

I  
 
C .
4
4
8
32
cos ax
sin ax
Chú ý:  sin axdx  
, cos axdx 
a
a
1
1
Loại 3: sin/cos mũ chẵn nằm dưới mẫu ta tách ra
hoặc
2
cos x
sin 2 x
1
1
1
tan 3 x
2
I 
dx

dx


tan
x

1
d
tan
x

 tan x  C
 cos2 x cos2 x 
cos 4 x
3
1
1
Chú ý:
 tan 2 x  1, 2  cot 2 x  1
2
cos x
sin x
Loại 4: sin/cos mũ lẻ nằm dưới mẫu ta nhân cả tử lẫn mẫu với sinx/cosx
1
cos x
1
I 
dx  
dx  
d sin x
2
cos x
cos x

1  sin 2 x
1
1
1
1
1
1
I  
dx  
dx   ln sin x  1  sin x  1  C
2 1  sin x
2 1  sin x
2
2
Loại 5: tanx/cotx mũ lẻ đổi về sin/cos:
sin 3 x
sin 2 x
cos 2 x  1
3
I   tan xdx  
dx   
d cos x  
d cos x
cos3 x
cos3 x
cos3 x
1
1
1 1
I 

d cos x  
d cos x  ln cos x 
C
3
cos x
cos x
2 cos 2 x
Loại 6: tanx/cotx mũ chẵn ta hạ bậc tan/cot dần:
1
 1

I   tan 4 xdx   tan 2 x 
 1 dx   tan 2 x
dx   tan 2 xdx
2
2
cos
x
cos
x


2





1
tan 3 x


1
dx

 tan x  x  C
cos2 x
3
DẠNG 3: TÍCH PHÂN CĂN THỨC
Nguyên tắc: Trong căn là gì, trong vi phân y hệt
 I   tan 2 xd tan x  

x2  1
dx
x
Phân tích: Trong căn là x 2 nên phải có dx 2 do đó ta cần cho x vào dx .
Ví dụ 1: I  

x2  1
x x2  1
1
x2  1 2
dx  
dx

dx .
x
x2
2  x2

I 

Đặt t  x2  1  x2  t 2  1, dx 2  2tdt . Khi đó ta có:
1
t
t2
1
I  2
2tdt   2
dt   dt  
dt
2 t 1
t 1
 t  1 t  1

I t

ln t  1

 x 1 
2
sin x tan x  1
Ví dụ 2: I  
dx
cos3 x
2



ln t  1

ln

x2  1 1

2

2



ln

Phân tích: Trong căn là tan x nên phải có d tan x nên cho

x2  1  1
2

C

1
vào dx
cos 2 x

sin x tan x  1
sin x tan x  1 1
dx  
dx   tan x tan x  1d tan x
3
cos x
cos x

cos 2 x
Đặt t  tan x  1  tan x  t 2  1, d tan x  2tdt . Khi đó ta có:
I 





5

3

2



tan x  1



5

2



tan x  1



3

2t 2t



C
5
3
5
3
DẠNG 4: TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
 P  x  sin  ax  b 
u  P  x 


Loại 1: 


 P  x  cos  ax  b  
dv  sin  ax  b  dx / cos  ax  b  dx
u  x
du  dx
x


VÍ DỤ: I  
dx . Đặt 

1

1
1  cos 2 x
dv 
dx v  
dx  tan x

1  cos 2 x
cos 2 x


I   t 2  1 t.2tdt 


I  x tan x   tan xdx  x tan x  

1
d cos x  x tan x  ln cos x  C
cos x

u  P  x 

Loại 2: P  x  eax b  
ax  b

dv  e dx
u  3x  1
du  3dx
3x  1



VÍ DỤ: I   2 x dx . Đặt 

1
1
2 x
e
dv  2 x dx  e dx v  e2 x

e
2


1 3x  1 3 2 x
3x  1
3
6x  5
I 
  e dx   2 x  2 x  
C
2 e2 x
2
2e
4e
4e2 x
u  log a x

Loại 3: P  x  log a x  

dv  P  x  dx
2


VÍ DỤ: I     3x 2  ln xdx  I  I1  I 2 trong đó:
x

2
I1   ln xdx  2 ln xd ln x  ln 2 x
x
1

u  ln x
du  dx
2
I 2   3x ln xdx . Đặt 

x . Ta có:
2
dv  3x dx v  x3

3

3

x
x
 I  ln 2 x  x3 ln x   C
3
3
ax b
ax b



e sin  mx  n 
u  e
Loại 4:  ax b

dv  sin  mx  n  dx / cos  mx  n  dx
e cos  mx  n  

I 2  x3 ln x   x 2 dx  x3 ln x 

du  2e2 x dx
2x

u

e

VÍ DỤ: I   e2 x sin 3xdx . Đặt 

cos 3x
dx
dv  sin 3xdx v  
3

4

2 2x
du  e 2 x dx

2x

2x

e cos3x
2e
u  e

3

I 

cos3xdx . Đặt 
3
3
3
dv  cos 3xdx v  sin 3x

3

2e2 x
2e2 x sin 3x 4 2 x
2e2 x sin 3x 4
cos3
xdx


e
sin
3
xdx


 I
 3
9
9
9
9
2x
2x
2x
e  2sin 3x  3cos 3x 
e cos 3x 2e sin 3x 4
Do đó ta có I  

 I I 
3
9
9
13
DẠNG 5: TÍCH PHÂN ĐẠO HÀM MẪU
f ' x
Nguyên tắc: 
dx  ln f  x 
f  x
Khi đó

Ví dụ 1: I  

 x  1 sin x  x cos x  1 dx

x sin x  1

Xét  x sin x  1 '  sin x  x cos x . Do đó ta biến đổi bài toán thành:
I 

 x  1 sin x  x cos x  1 dx 

x sin x  1

 x sin x  1dx  

sin x  x cos x
dx
x sin x  1

x sin x  1
 x sin x  1 'dx  x  ln x sin x  1  C
 I   dx  
x sin x  1
1  2 x  e x  1 dx
Ví dụ 2: I  
xe x  1
Xét  xe x  1 '  e x  xe x . Do đó ta biến đổi bài toán thành:





xe x  1 '
xe x  1
xe x  e x
I   x dx  

dx   dx  
dx  x  ln xe x  1  C
x
x
xe  1
xe  1
xe  1
4
3
x  4x  x
Ví dụ 3: I   4
dx
x  x 1
x 4  4 x3  x
4 x3  1
dx   1  4
dx . Ta thấy  x 4  x  1 '  4 x3  1
Ta có I   4
x  x 1
x  x 1
4
x  x 1 '
do đó ta có: I   dx   4
dx  x  ln x 4  x  1  C
x  x 1





C. HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN
DẠNG 1: Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng cơ bản:
 Viết  P  qua A, B, C: nABC   AB; AC 
 Viết  P  chứa A và d: Chọn trên d 2 điểm B và C,  P    ABC 


Viết  P  chứa d và  trong đó d //  : Lấy trên d 1 điểm A, lấy trên 
2 điểm B và C,  P    ABC 

 Viết d qua A và B: ud  AB
DẠNG 2: Các bài toán nhận dạng vector chỉ phương và pháp tuyến:
 Viết  P  qua A và vuông góc d: nP  ud


Viết  P  qua A và song song với  Q  : nP  nQ



Viết  P  qua A với A là hình chiếu vuông góc của B trên  P  : nP  AB



Viết d qua A và song song với  : ud  u

 Viết d qua A và vuông góc với  P  : ud  nP
DẠNG 3: Các dạng bài toán sử dụng nguyên tắc ba vector
 Viết  P  qua A, song song d và  : nP  ud ; u 





DẠNG 5: Phương trình đoạn chắn:
Viết  P  cắt các trục Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho G 1; 2;3 là trọng tâm tam
giác ABC.
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c  là các giao điểm của  P  với các trục Ox,
x y z
   1.
a b c
a  0  0  3xG  3
x y z

G là trọng tâm tam giác ABC do đó: 0  b  0  3 yG  6   P  :    1
3 6 9
0  0  c  3 z  9
G

DẠNG 6: Tìm chân đường vuông góc từ một điểm có tọa độ A  2;5;3 đến

Oy, Oz. Khi đó ta có  P  :

x 1 y 1 z  2


2
1
2
Gọi H là hình chiếu của A trên  d  , ta có H  2t  1, t , 2t  2  .

H là hình chiếu thì AH .ud  0  t  1  H  3;1; 4 

x 1 y 1 z  2
sao cho khoảng cách từ


2
1
2
điểm A  2;5;3 đến  P  lớn nhất.
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến
đường thẳng. Tương tự Dạng 6, ta tìm được
H  3;1; 4  . Ta gọi I là chân đường vuông

DẠNG 7: Viết  P  chứa  d  :

Viết  P  qua A, song song d và vuông góc với  Q  : nP   nQ ; ud 
 Viết  nằm trong  P  , cắt và vuông góc với d: u  ud ; nP 
DẠNG 4: Phương trình chùm mặt phẳng:
2 x  y  1  0
Viết  P  chứa d : 
sao cho d  A;  P   3 trong đó A  1; 2;3
z 1  0


Gọi  P  có dạng a  2 x  y  1  b  z  1  0, a  b  0

góc hạ từ A đến  P  . Ta thấy AI  AH nên
khoảng cách từ A đến  P  lớn nhất khi I
trùng H hay  P  qua H và vuông góc AH.

2

Ta có  P  : 2ax  ay  bz  a  b  0  d  A;  P  

1
 20a 2  20ab  5b2  0  a   b
2
Chọn a  1, b  2   P  : 2 x  y  2 z  1  0

đường thẳng  d  :

Viết  P  chứa d và song song với  : nP  ud ; u 
Viết  P  qua A, vuông góc với  Q  ,  R  : nP   nQ ; nR 
Viết  P  chứa d và vuông góc với  Q  : nP   nQ ; ud 

2

 2b  5a  3 5a 2  b2  25a 2  20ab  4b2  45a 2  9b2

2b  5a
4a  a  b
2

2

2

3

Do đó ta có  P  : x  4 y  z  3  0

DẠNG 12: Tổng hợp đường thẳng chéo nhau:
x2 y2 z
và mặt


 Viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2: Gọi A và B có
1
1
1
 AB.ud 1  0
phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0
tọa độ tham số trên d1 và d2 sao cho 
ta tìm được A và B.
Gọi giao điểm là A, ta có A   d   A  t  2; t  2; t 
 AB.ud 2  0
Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.
Vì A   P   xA  2 y A  3z A  4  0
 Viết d cắt d1, d2 chéo nhau và vuông góc với  P  : Gọi A và B có tọa
  t  2  2  t  2  3  t   4  0  t  1  A  3;1;1
độ tham số trên d1 và d2 sao cho AB // nP ta tìm được A và B. Đường
DẠNG 9: Xác định chân đường vuông góc từ một điểm A  2; 2;0  tới mặt
thẳng cần tìm đi qua A và B.
phẳng  P  : x  y  z  3  0
 Viết d cắt d1, d2 chéo nhau và song song với d3: Gọi A và B có tọa độ
x2 y2 z
tham số trên d1 và d2 sao cho AB // ud 3 ta tìm được A và B. Đường
Gọi H là chân đường vuông góc, ta có phương trình AH :



1
1
1
thẳng cần tìm đi qua A và B.
H là giao của đường thẳng AH và  P  nên ta có H   d   H  t  2; t  2; t 
 Viết d cắt d1, d2 sao cho d song song với  P  và cách  P  một khoảng
Vì H   P   xH  yH  zH  3  0
 AB.nP  0
a
.
Gọi
A
và
B
có
tọa
độ
tham
số
trên
d
và
d
sao
cho
1
2

  t  2   t  2    t   3  0  t  1  H  3;1;1
d  A;  P    a

2 x  y  1  0
ta tìm được A và B. Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.
DẠNG 10: Viết phương trình giao tuyến d : 
x

z

2

0

 Viết d cắt d1, d2 d đi qua M. Gọi A và B tham số trên d1 và d2 sao cho
Chọn x  0  y  1, z  2  A  0; 1; 2  là một điểm trên giao tuyến
MA // MB ta tìm được A và B. Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.
DẠNG
13: Tổng hợp về mặt cầu:
Chọn x  1  y  1, z  3  B 1;1; 3 là một điểm trên giao tuyến
 Viết mặt cầu qua 4 điểm A, B, C, D: Gọi I  a, b, c  . Giải hệ IA = IB,
x y 1 z  2
Giao tuyến là đường thẳng đi qua AB nên: d : 

IA = IC, IA = ID.
1
2
1
 Viết mặt cầu có tâm nằm trên  P  và đi qua A, B, C: Gọi I  a, b, c  .
Chú ý:  d  là giao tuyến của  R  ,  Q   ud  nQ ; nR 
Giải hệ IA = IB, IA = IC, I   P  .
DẠNG 11: Các bài toán tìm điểm cắt:
 Viết mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với  P  : R  d  I ;  P  . Tiếp điểm

 Viết d qua A, d  d1 , d cắt d2: Gọi B có tọa độ tham số trên d2 sao cho
là chân đường vuông góc của I tới  P  .
AB.ud 1  0 ta tìm được B. Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.
DẠNG 8: Xác định giao điểm đường thẳng  d  :




Viết d qua A, cắt và vuông góc với  : Gọi B có tọa độ tham số trên 
sao cho AB.u  0 . Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.

Viết d qua A, cắt  và d song song với  P  : Gọi B có tọa độ tham số
trên  sao cho AB.nP  0 . Đường thẳng cần tìm đi qua A và B.



Viết mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với  d  : R  d  I ;  d  . Tiếp điểm
là chân đường vuông góc của I tới  d  .



 P  cắt mặt cầu theo đường tròn bán kính r: R2  r 2  d  I ;  P 
của đường tròn là chân đường vuông góc của I tới  P  .

2

. Tâm


D. CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐẶC BIỆT CỦA SỐ PHỨC

(KHÔNG XÉT DẠNG CƠ BẢN NHẤT CỦA SỐ PHỨC)
DẠNG 1: TÌM TẬP HỢP ĐIỂM: Đặt z  x  yi  x, y  
a)

z  2  3i  4   x  2    3  y  i  4   x  2    y  3  16 . Quỹ
2

2

tích là một đường tròn tâm  2;3 , R  4
b)

z i
2
2
 2  z  i  2 z  2i  x 2   y  1  4 x 2  4  y  2 
z  2i
x 2   y  3  4 . Quỹ tích là đường tròn tâm  0;3 , R  2
2

c)

z i  2
2
2
2
 1  z  i  2  z  3   x  2    y  1   x  3  y 2
z 3
 x  y  2  0 . Quỹ tích là một đường thẳng

d) 2 z  z  2  3  3x  2  yi  3   3x  2   y 2  9
2

2

2

x 
y2
3



 1 . Quỹ tích là một Elipse có tâm
1
9
e)

z2  z2 6

 x  2

2

 y2 

Gọi M là điểm biểu diễn của z, gọi

2 
I  ;0 

3 

 x  2  y 2  6
F1  2;0  , F2  2;0 

DẠNG 2: TÌM GTNN, GTLN BẰNG MẶT PHẲNG PHỨC
Tìm số phức z thỏa mãn z  2  i  z  2i và giá trị z  1  i đạt GTNN.
Đặt z  x  yi  x, y 



 x  iy  2  i  x  yi  2i
 4x  2 y 1  0
Vậy z có điểm biểu diễn là M
nằm trên đường thẳng:
 d  : 4x  2 y 1  0 .
Ta có: z  1  i 

 x  1   y  1
2

2

nên nếu gọi I 1; 1 thì z  1  i  MI

Vậy z  1  i đạt GTNN khi MI đạt GTNN hay M là chân đường vuông góc
của I hạ xuống  d  : 4 x  2 y  1  0 .
2 13
 2 13 
Ta tìm được điểm M  ;   . Do đó số phức cần tìm là z   i

5 10
 5 10 
DẠNG 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
a) z 3  2 1  i  z 2  3iz  1  i  0   z 3  2 z 2  1  i  2 z 2  3z  1  0





  z  1 z 2   2i  1 z   i  1  0

2

TH1: z  1
TH2: z 2   2i  1 z   i  1  0 .   1  z  i  z  i  1

khi đó ta có:

MF1  MF2  2a  6  a  3 , F1F2  2c  4  c  2 . Vậy quỹ tích của

x2 y 2

1.
z là Elipse có phương trình:
9
5
z  i x   y  1 i
x2  y 2 1
2x
z i


 2
 2
i
f)
là số thực âm.
2
2
z  i x   y  1 i x   y  1
z i
x   y  1
2x

 0 x  0
2
 2
x

y

1


x  0


  y2 1

Do đó ta có:  2
2

0
 1  y  1.
 x  y  1  0   y  12
2

 x 2   y  1

Vậy quỹ tích là  1;1 trên trục Oy.

b) 3z 4  5z 3  3z 2  4 z  2  0   z 2  2 z  2  3z 2  z  1  0
TH1: z 2  2 z  2  0  z  1  i  z  1  i
1  13
TH2: 3z 2  z  1  z 
6
c)

z

2



2





 3z  6  2 z z 2  3z  6  3z 2  0







 z 2  6z  6 z 2  2z  6  0

TH1: z 2  6 z  6  0  z  3  i 3
TH2: z 2  2 z  6  0  z  1  i 5


DẠNG 4: SỐ PHỨC LƯỢNG GIÁC



1  i  2  cos  i sin 
4
4


 

1  i  2  cos
 i sin

4
4 

3

3

1  i  2  cos
 i sin
4
4

5
5

1  i  2  cos
 i sin
4
4


2
2

1  3i  2  cos
 i sin
3
3

4
4

1  3i  2  cos
 i sin
3

3






7
7 

 3  i  2  cos
 i sin

6
6 




Tính giá trị của biểu thức: P  1  3i





2015

 1  i 

2014

 


P   2  cos
 i sin
3
3
 
P  22014 22015








3  i  2  cos  i sin 
6
6


 

3  i  2  cos
 i sin

6
6 


5
5 

 3  i  2  cos
 i sin

6
6 









1  3i  2  cos  i sin 
3
3


 

1  3i  2  cos
 i sin

3
3 



P  1  3i







2015

 2i  2 

2014

22014
2015

2014

 
3
3  
2014
 i sin
 2
 2  cos
4
4 

 
2014 
2015
2015 
3021
3021 
2  cos
 i sin
 i sin
 cos

3
3
2
2 






1
3 
P  25036  
i  i  25035 1  3i i  25035 i  3
2
2


DẠNG 5: ĐỊNH LÝ VIET VỚI NGHIỆM PHỨC

Cho phương trình bậc 2: z 2  3z  1  i  0 có 2 nghiệm z1 , z2 . Tính giá trị của









biểu thức A  z  z .
3
1

3
2

Ta có z1  z2  3, z1 z2  1  i  A   z1  z2   3z1 z2  z1  z2   18  9i
3

DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 HỆ SỐ THỰC
a) Tìm phương trình bậc 2 có hệ số thực có 1 nghiệm là 1  3i
Phương trình bậc 2 có hệ số thức có 2 nghiệm phức thì đó là hai số
phức liên hợp của nhau do đó z1  1  3i  z2  1  3i
Theo định lý Viet đảo ta có: z1  z2  2, z1 z2  10 do đó phương trình
bậc hai cần tìm là z 2  2 z  10  0
20
100
b) Cho 2 z 2  z  2  0 có các nghiệm z1 ; z2 . Tính A  z1  z2
Phương trình bậc 2 có hệ số thức có 2 nghiệm phức thì đó là hai số

phức liên hợp của nhau do đó ta có:
z1  z2  z1 z2  1  z1
2

2

20

 z2

100

1 A  2

c) Tìm m để phương trình  z  i   z 2  2mz  1  0 có 3 nghiệm phức.

Để có 3 nghiệm phức thì f  z   z 2  2mz  1  0 có 2 nghiệm phức


 '  0
phân biệt khác i do đó 
 m   1;1 \ 0

 f  i   0
DẠNG 7: ARGUMENT CỦA SỐ PHỨC
Số phức z có argument  thì số phức đó có dạng z  R  cos   i sin   , R  0



Tìm số phức z thỏa mãn z 2  z

2

 4 3i và có một argument bằng




Gọi số phức đó có dạng z  R  cos  i sin  , R  0 , khi đó ta có:
3
3

2


3

2

 

   

 
 R  cos 3  i sin 3     R  cos 3  i sin 3    4 3i
  

 
2
2


 R  cos
 i sin
3
3

2
2

 R 2  cos
 i sin
3
3

2


 

2
 i sin
  R  cos

3
3 


2
2


2
 i sin
  R  cos
3
3



2

 4 3i

  4 3i


 1
 1
3 
3 
 R 2   
i   R 2   
i   4 3i  R 2 3i  4 3i  R  2
 2 2 
 2 2 

Vậy thay giá trị R và argument vào số phức ta được z  1  3i


E. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
CÁC LOẠI ĐỈNH ĐẶC BIỆT VÀ CÁC THÔNG SỐ

SA  SB  SC và ABC là tam giác
vuông tại B.
 Gọi I là trung điểm cạnh
huyền AC.
 SI  mặt đáy

Chóp có mặt  SAB   mặt đáy, tam
giác SAB đều:
 Gọi H là trung điểm của AB
 SH  mặt đáy
3
 SH  AB
2
Chóp có mặt  SAB   mặt đáy, tam
giác SAB vuông tại S:
 Gọi H là chân đường vuông
góc hạ từ S tới AB.
 SH  mặt đáy
SA.SB
 SH 
SA2  SB 2
SA2
 Vị trí H: AH 
AB

SA  SB  SC  SD trong đó ABCD
là hình chữ nhật.
 Gọi I là giao điểm hai đường
chéo hình chữ nhật.
 SI  mặt đáy

DẠNG 1: GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Chóp S.ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình vuông cạnh a. Biết góc giữa
SC và  SAD  bằng 300. Tính SA.

SA  SB  SC và tam giác ABC đều
 Gọi I là tâm ngoại tiếp tam
giác ABC (đồng thời là trọng
tâm, trực tâm)
 SI  mặt đáy

CÁCH 1: KHÔNG GIAN THUẦN
TÚY:
CD  AD, CD  SA  CD   SAD 

  SC;  SAD     SC; SD   CSD  300
1
CD
 tan 300 
 SD  a 3
SD
3
Do đó SA  SD2  AD2  a 2


CÁCH 2: SỬ DỤNG HỆ TỌA ĐỘ: Gán
hình vẽ vào hệ trục tọa độ với các đỉnh:
A  0;0;0 , B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0; a;0 
Đặt
SA  t  0  S  0;0; t  , SC   a; a; t 

 SAD   Oyz  nSAD  1;0;0 Khi
sin  SC ,  SAD   

SCnSAD

đó:

 t  SA  a 2

SC nSAD

 a 3 a 
AD  
; ;0   u AD  3; 1;0  nSAD  u AS , u AD   2t; 2t 3; a 3
2
2 

a 

CS   0;  ; t   uCS   0; a; 2t 
2 

 a 3 a 
CD  
;  ;0   uCD  3;1;0  nSCD  uCS , uCD   2t; 2t 3; a 3
2
2 






Do đó cos   SAD  ;  SCD   













nSAD nSCD

 t  SO 

a 6
4

nSAD nSCD
DẠNG 2: GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG
Chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD  1200 , SO  mặt đáy với DẠNG 3: GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
O là giao hai đường chéo. Biết góc giữa  SAD  và  SCD  bằng 900. Tính SO. Chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu vuông góc
a 30

CÁCH 1: KHÔNG GIAN THUẦN TÚY
của S trên (ABCD) là trung điểm H của OC. Biết độ dài SH 
. Gọi M
4
BD  AC, AC  SO  AC   SBD 
là trung điểm của AD. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng BM và SC.
Do đó AC  SD . Hạ OK  SD ta có
CÁCH 1: KHÔNG GIAN THUẦN
SD   ACK   SD  AK , SD  CK
TÚY: Lấy N và E sao cho D là trung
̂
0
điểm của MN và AE. (𝑆𝐶,
𝐵𝑀) =
   SAD  ,  SCD    AKC  90
̂ . Do đó ta có:
𝑆𝐶𝑁
OC
a
1  tan OKC 
 OK  OC 
OD  EC 3OD 3a 2
OK
2
NH 


2
2
4

1
1
1
a 6
2
2



SO

SN  SH  NH  a 3,
OK 2 OD 2 SO 2
4
CÁCH 2: SỬ DỤNG HỆ TỌA ĐỘ
a 5
CN  BM  AB 2  AM 2 
Chọn hệ trục với O  0;0;0  là gốc,
2

a  a 3

A  0;  ;0  , B 
;0;0 
2   2




 a   a 3

C  0; ;0  , D  
;0;0 
2
 2  


SC 2  CN 2  SN 2
10

2SC.CN
40
CÁCH 2: SỬ DỤNG HỆ TỌA ĐỘ Gọi các điểm có tọa độ là A  0;0;0  ,

̂=
Do đó ta có: cos𝑆𝐶𝑁

S  0;0; t  trong đó SO  t  0

 3a 3a 
 a 
B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0; a;0  , H  ; ;0  , M  0; ;0  ,
 4 4 
 2 

 a 
AS   0; ; t   u AS   0; a; 2t 
 2 

SC.BM
 3a 3a a 30 

10
̂

𝐵𝑀) =
S  ; ;
 . Ta có: cos(𝑆𝐶,
SC.BM
40
4 
 4 4


DẠNG 4: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
Chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, AC = a 5 . M, N là trung
điểm của AB, AD, SM ⊥ (ABCD), SM = a. Tính khoảng cách từ A tới (SBN).
CÁCH 1: HÌNH KHÔNG GIAN Hạ MI ⊥ BN, vì SM ⊥ BN nên
THUẦN TÚY
BN ⊥ (SMI). Hạ MH ⊥ SI, ta có
BN ⊥ MH và MH ⊥ SI nên MH ⊥
(SBN)  d(M;(SBN)) = MH
1
1
1
Ta có:
=
+
MH2 MI2 MS2
Lại có MI.BN = 2SBMN =
2(SBAN − SMAN )
a2

 MI.√AB2 + AN2 =
2
a√2
a
 MI =
. Do đó MH =
.
6
√17
Lại có:
d(A;(SBN))
AB
=
=2
d(M;(SBN)) MB

DẠNG 5: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Tam giác SAC đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết BC = a. Tính theo a khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = a√2.
Gọi H là trung điểm AC. Tam giác SAC đều 
a√6
SH ⊥ AC, SH =
2
(SAC) ⊥ (ABC), SH ⊥ AC  SH ⊥ (ABC).

CÁCH 1: HÌNH KHÔNG GIAN THUẦN TÚY (DỰNG ĐƯỜNG VUÔNG
GÓC CHUNG)
Hạ OH ⊥ SB. Tam giác ABC vuông cân tại B, H là trung điểm AC  BH ⊥ AC. BH

⊥ AC, AC ⊥ SH  AC ⊥ (SHB)  AC ⊥ HK. HK là đoạn vuông góc chung của SB
1
1
1
và AC. ∆SHB vuông tại H nên
=
+
2
2
HK
SH
BH2
a √6
D(SB,AC) = HK =
(đvđd)
4

CÁCH 2: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
a√2
Chọn B là gốc tọa độ ta có tọa độ các đỉnh như
(đvđd)
→ d(A;(SBN)) =
3
sau: B  0;0;0  , A  0; a;0  , C  a;0;0  . Có H là
CÁCH 2: SỬ DỤNG HỆ TỌA ĐỘ: Chọn các điểm có tọa độ tương ứng là
A  0;0;0 , B  2a;0;0  , C  2a; a;0  , D  0; a;0  . Vì M, N là trung điểm của AB,
a a 
trung điểm AC nên H  ; ;0  . Vì SH ⊥
2 2 
 a 

AD do đó M  a;0;0  , N  0; ;0  . Vì SM ⊥ (ABCD), SM = a nên S  a;0; a  .
a a a 6
a√6
 2 
(ABC) và SH =
nên S  ; ;

2
 BS  a;0; a   uBS  1;0;1
2 2 2 

Ta có 
 nSBN  uBS ; uBN    1; 4; 1
a 

BN

2
a
;
;0

u


4;1;0



BN



Áp dụng công thức khoảng cách chéo nhau:
2 


uSB ; u AC  BC
a 6


2a a 2
d  SB; AC  

  SBN  : x  4 y  z  2a  0  d  A;  SBN   

4
uSB ; u AC 
3
18

