CÁC CHUYÊN đề TOÁN PHỔ THÔNG tập 2

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

kh
o

ng

bo

cu
o

c.
c

om

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

Tháng 06/2015
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Lêi nãi ®Çu

oc
u

oc

.c

om

Tài liệu này không phải là tài liệu chính thức của Diễn đàn toán học
(VMF) nhưng do cá nhân tôi là thành viên của trang diễn đàn thảo luận toán
học này nên tôi xin mạo muội ghi xuất xứ là VMF mong quản trò của trang web
bỏ qua yếu tố trên.
Hàng năm mỗi giáo viên trung học phổ thông đều làm một sáng kiến kinh
nghiệm về lónh vực chuyên môn giảng dạy, tuy nhiên lượng kiến thức mà thầy
(cô) dày công bỏ ra nghiên cứu đa phần bò bỏ quên. Hôm nay tôi cố gắng tổng
hợp lại các sáng kiến kinh nghiệm để đưa vào chung thành một tài liệu “CÁC
CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG”. Để tiện cho việc tổng hợp và theo
dõi, tôi chia ra thành nhiều tập với độ dày mỗi tập tầm khoảng 50 trang. Chỉ là
việc tổng hợp nội dung các sáng kiến để cho các bạn tham khảo nên có điều gì
sai sót mong các bạn bỏ qua.
Người tổng hợp
CD13

kh

on

gb

Tập 2 này gồm các nội dung:
+ Ứng dụng tỉ số thể tích trong giải toán hình học không gian.
+ Một số kó năng giải tích phân.
+ Một vài cách nhớ công thức lượng giác.

+ Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
+ Phương trình mặt cầu và ứng dụng.
+ Ứng dụng đạo hàm vào chứng minh bất đẳng thức.

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TRONG GIẢI TOÁN HHKG
CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
Bài toán 1: (Bài 4 sgk HH12CB trang25)
Cho khối chóp S.ABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '

.
.
VS . ABC
SA SB SC

(1)

om

A’, B’, C’ khác điểm S. CMR:

chúng thẳng hàng. Xét  SAH ta có

SA ' A ' H '
(*)


SA
AH

Do đó

.c

Giải:
Gọi H và H’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và A’ lên (SBC)
Ta có AH//A’H’. Ba điểm S, H, H’ cùng thuộc hai mp (AA’H’H) và (SBC) nên

oc

1
A ' H '.S SB ' C '

VS . A ' B ' C ' 3
A ' H ' SB '.SC '.sin B
' SC '
(**)


.

1
VS . ABC
AH
SB
SC

BSC
.
.sin
AH .S SBC
3

A

Ta lại có

B'

H H'

(1’)

bo

VS . A ' B ' C ' SA '

VS . ABC
SA

cu

Từ (*) và (**) ta được đpcm □
Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’  B và B
C’  C ta được

A'

S
C'

C

VS . ABC  VS . A ' BC  VA '. ABC

SA '
.VS . ABC  VA '. ABC
SA
SA ' A ' A
 1

SA
SA
V
A' A
Vậy: A '. ABC 
VS . ABC
SA

(1')  VS . ABC 
VA '. ABC
VS . ABC

on
g



(2)

kh

Tổng quát hoá công thức (2) ta có bài toán sau đây:
Bài toán 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A1A2…An ( n  3) , trên
đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ không trùng với A1. Khi đó ta có
VA1 '. A1 A2 ... An
VS . A1 A2 ... An



A1 ' A1
SA1

(2’)

Chứng minh (2’) bằng phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp
S.A1A2…An thành các khối chóp tam giác rồi áp dụng công thức (2)
DẠNG 1: TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

1
1 1
1 1 1
VISCM  VB.SCM  . .VD.SBC  . . VS . ABCD

3
3 2
3 2 2
V
1
Vậy ISCM 
VS . ABCD 12

m

Ví dụ 1:
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm
của CD và I là giao điểm của AC và BM. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ICM
và S.ABCD hoctoancapba. com
S
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là
trọng tâm của tam giác BCD, do đó

co

A

D

O

M

I

C

c.

Ví dụ 2:
B
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm
của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.
Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp được chia bởi
mp(AB’D’)
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao
điểm của SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’
Ta có
B

oc

uo

S

C'

B'

I

A

D'
O'

D

O

C

on

gb

VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1 SC '

.

;
VS . ABC
SB SC 2 SC
VS . AC ' D ' SC ' SD ' 1 SC '

.

VS . ACD
SC SD 2 SC
1 SC '
1 SC '

Suy ra
VS . AB ' C '  VS . AC ' D '  .
(VS . ABC  VS . ACD )  .
.VS . ABCD
2 SC
2 SC
Kẻ OO’//AC’ ( O '  SC ) . Do tính chất các đương thẳng song song cách đều nên

ta có SC’ = C’O’ = O’C
1 1
2 3

Do đó VS . A ' B ' C ' D '  . .VS . ABCD Hay

VS . A ' B ' C ' D ' 1

VS . ABCD
6

kh

* Bài tập tham khảo:
Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có trực tâm
H và cạnh bằng a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và M, N, P
lần lượt là trung điểm các đoạn SI, SJ, SK. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP
ĐS:

VH .MNP
1


VS . ABC 32

Bài 2:
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (  )
qua AB cắt SC, SD lần lượt tại M và N. Tính

SM
để mặt phẳng (  ) chia hình chóp
SC

thành hai phần có thể tích bằng nhau.
SM
3 1

SC
2

om

ĐS:

DẠNG2: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH

.c

Ví dụ 1:
  ABC
  900 ,
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD
AB  BC  a, AD  2a, SA  ( ABCD) và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a

VS . BCM SM 1


VS .BCA
SA 2

Suy ra

M

cu

VS .CMN SM SN 1

.

VS .CAD
SA SD 4

S

oc

Giải:
Áp dụng công thức (1) ta có

gb
o

1
1
VS .BCNM  VS .BCM  VS .CNM  VS . BCA  VS .CAD
2
4
3
3
a
a3
2a



2.3 4.3 3

a

B

N

2a

2a

D

A
C

Ghi chú:

1
3

1/ Việc tính thể tích khối S.BCNM trực tiếp theo công thức V  B.h gặp nhiều

kh
on

khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối
S.BCNM về tính VSBCA và VSCAD dễ dàng hơn rất nhiều
2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN

Ví dụ 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a
Giải:
Ta có

Diendantoanhoc.net

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

VCMNP CN CP 1
.


VCMBD CB CD 4

(a)

S

VCMBD VM .BCD MB 1
(b)



VCSBD VS . BCD
SB 2

M

VCMNP 1
1
  VCMNP  .VS .BCD
VS . BCD 8
8

m

Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được

A
H

N

uo
c.
co

Gọi H là trung điểm của AD ta có SH  AD mà
( SAD )  ( ABCD) nên SH  ( ABCD) .

B

1
1 a 3 1 2 a3 3
Do đó VS . BCD  .SH .SBCD  .
. a 
3
3 2 2
12
3
a 3
(đvtt)
Vậy: VCMNP 
96

D

gb
oc

Ví dụ 3:
Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, DA = 2a và DA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần
lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng
DB và DC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a
Giải:
V
DM DN
Ta có DAMN 
.
VDABC
DB DC

C

P

D

N

2a

M

A

a

C

a

a

B

AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam
giác vuông DAB và DAC bằng nhau nên ta có

on

DM DA2 4a 2
DM 4

 2 4

2
MB AB
a
DB 5
DN 4

Tương tự
DC 5

9
16
4 4
.VD.ABC
Do đó VD.AMN = . .VD.ABC = .VD.ABC. Suy ra VA.BCMN =
25
25
5 5
3a 3 3
1
a 2 3 a3 3
Mà VD.ABC = .2a.
. Vậy VA.BCMN =
(đvtt)

50
3
4
6

kh

Ghi chú:
Ta có hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC

A
c

b ' b2
sau đây


c ' c2

( Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng)

B

b

c'

b'
H

C

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

1
3

1
3

Mà VSACD  .SA.SACD  a.

uo

c.
co

AI 2
AI 1
 

AO 3
AC 3
V
AI AM 1 1 1
.
 . 
nên AIMN 
VACDN AC AD 3 2 6
V
NC 1
Mặt khác ACDN 

VACDS
SC 2
V
1
Từ (1) và (2) suy ra AIMN 
VACDS 12

m

Ví dụ 4:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a 2

SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao
điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a hoctoan capba.com
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABD, do
đó
S
a

N

(1)

Ma

A

a

(2)

2

I

D

O

B

C

1
a3 2
a 2a a 3 2
(đvtt)
. Vậy VAIMN  .VSACD 

12
72
2
6

gb
oc

Ví dụ 5:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H
thuộc đoạn thẳng AC sao cho AH =

AC
. Gọi CM
4

on

là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh rằng
M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện

SMBC theo a.
Giải:
Từ giả thiết ta tính được
AH 

a 2
a 14
3a 2
, SH 
, CH 
, SC  a 2  SC  AC
4
4
4

. Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA.

kh

Ta có

VS .MBC SM 1
1

  VS .MBC  VS . ABC
VS . ABC
SA 2
2

1

1 a 2 a 14 a 3 14
(đvtt)
VS . ABC  .SH .S ABC  . .

3
6 2
4
48

* Bài tập tham khảo:
  900 , CAD
  1200 ,
Bài1: Cho khối tứ diện ABCD có 
ABC  BAD
AB  a, AC  2a, AD  3a . Tính thể tích tứ diện ABCD.

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

ĐS: VABCD

a3 2

2

Bài 2: Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD.
Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a

16a 3
45

om

ĐS: VS . AB ' C ' D ' 

Bài 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng. Gọi M, P
lần lượt là trung điểm của SA và SC, mp(DMP) cắt SB tại N. Tính theo a thể tích
khối chóp S.DMNP

.c

ĐS: VS . DMNP

a3 2

36

ĐS: VABC . A' B 'C ' 

3a 3 3
7a
và R 
8
12

oc

Bài 4: (ĐH khối B – 2010)

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.

oc
u

DẠNG 3: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH

gb

Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác
định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách
thông qua thể tích của khối đa diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao
của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1:
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm,
AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD).
Giải:
D
Ta có AB2 + AC2 = BC2  AB  AC

on

1
6

Do đó VABCD  AB. AC. AD  8cm 2

I

4

Mặt khác CD = 4 2 , BD = BC = 5
Nên BCD cân tại B, gọi I là trung điểm của CD

kh

1
2 2
 S BCD  DC.BI 
5  (2 2) 2  2 34
2
2
3V
3.8
6 34
Vậy d ( A, ( BCD ))  ABCD 

SBCD
17
2 34

5
4

A

C
5

3

B

Ví dụ 2:
  BAD
  900 , AD = 2a,
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang, ABC
BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H
đến mp(SCD)
Giải:

S

om

V
SH
Ta có S . HCD 
VS .BCD SB
SAB vuông tại A và AH là đường cao nên
H
SH SA2 2a 2

SH 2
Ta có

 2 2

2a
HB AB 2
a
SB 3
A
a
2
3
2
2 1
a
a 2
Vậy VS.HCD = VS.BCD = . a 2. =
3
3 3
2
9
1
B
C
Mà VS .HCD  d ( H , ( SCD)).S SCD .
3
2
2
2

SCD vuông tại C ( do AC + CD = AD ),
1
1
3a 3 2 a
do đó SSCD  CD.SC  .a 2.2a  a 2 2 . Vậy d ( H , ( SCD))  2

2
2
9a 2 3

oc
.c

D

Ta có

bo

cu

Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB =
BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và B’C
Giải:
A'
C'
Gọi E là trung điểm của BB’,ta có EM//CB’
Suy ra B’C //(AME) nên
B'

d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME))
VC . AEM MC 1


VC . AEB
CB 2

on
g

1
1 1 a 2 a 2 a3 2
 VC . AEM  VEACB  . . .

2
2 3 2 2
24
3V
Ta có d (C ,( AME ))  C . AEM
S AEM

a 2

H

A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE,
ta có BH  AE
Hơn nữa BM  ( ABE )  BM  AE , nên ta được AE  HM

kh

Mà AE =

E
a

a

M

C

B

a 6
a 3
1
1
1
3
, ABE vuông tại B nên


 2  BH 
2
2
2
BH

AB
EB
a
2
3

a 2 a 2 a 21


BHM vuông tại B nên MH 
4
3
6
2
1
1 a 6 a 21 a 14
Do đó SAEM  AE.HM  .
.

2
2 2
6
8

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

a 7

3a 3 2
Vậy: d (C ,( AME )) 

2
7
a 14
24.
8

1
BC = a. A ' AH vuông tại H nên ta có
2
2

2

a

H

K

C

a 3

A

oc
u

A ' H  A ' A  AH  a 3
1
a.a 3 a 3
Do đó VA '. ABC  a 3
 .
3
2
2
VA '. ABC
1
Mặt khác

VABC . A ' B ' C ' 3

B

oc

nên AH =

.c

om

Ghi chú: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính SAEM
Ví dụ 4:
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB = a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của
B'

C'
A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của
BC. Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’)
Giải:
A'
2a
Theo giả thiết ta có A’H  (ABC).
Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến

gb

2
2 a3
Suy ra VA '.BCC ' B '  VABC . A ' B ' C '  .3.  a 3
3
3 2
3V
Ta có d ( A ', ( BCC ' B '))  A '. BCC ' B '
S BCC ' B '
Vì AB  A ' H  A ' B '  A ' H  A ' B ' H vuông tại A’

a 2  3a 2  2a  BB ' .  BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung điểm
a 14
của BH, ta có B ' K  BH . Do đó B ' K  BB '2  BK 2 
2
a 14
Suy ra S BCC ' B '  B ' C '.BK  2a.
 a 2 14
2
3

3a
3 14a
Vậy d ( A ',( BCC ' B '))  2

14
a 14

kh

on

Suy ra B’H =

* Bài tập tham khảo :
Bài 1:
Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC)

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

ĐS: d ( A, ( IBC )) 

2a 5
5

Bài 2:

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, điểm M
thuộc AD sao cho AM = 3MD. Tính khoảng cách từ M đến mp(AB’C)
a
2

om

ĐS: d ( A, ( AB ' C )) 

Bài 3:
Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC), 
ABC  900 . Tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b
ab

.c

ĐS: d ( A, ( BCD)) 

2

a  b2

3VABCD
2
a
3
S ACB

cu

ĐS: h1  h2  h3  h4 

oc

Bài 4:
Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện. Tính
tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện

diện. CMR:

gb
o

Bài 5:
Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt
là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện. Gọi h1,
h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện của tứ
r1 r2 r3 r4
   1
h1 h2 h3 h4

DẠNG 4: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC
Việc tính diện tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo
1
2

kh
on

công thức S  ah , trong đó h – chiều cao và a là độ dài cạnh đáy.

Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt
là việc tính diện tích của các đa giác phẳng trong
không gian, tính trực tiếp theo công thức gặp
nhiều khó khăn. Khi đó có thể tính diện tính đa
giác thông qua thể tích của các khối đa diện. Sau
đây là một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S,
có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là

A
S
N
I

M

C

A
K

O

Diendantoanhoc.net

B

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

trung điểm của SB và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết rằng
( AMN )  ( SBC )

Giải:
Gọi K là trung điểm của BC và I là trung điểm của MN. Ta có

uo
c

.c

om

VS . AMN SM SN 1

.
 (1)
VS . ABC
SB SC 4
Từ ( AMN )  ( SBC )
và AI  MN (do AMN cân tại A )
nên AI  ( SBC )  AI  SI
Mặt khác, MN  SI do đó SI  ( AMN )
SI .S AMN 1
1 SO
Từ (1) 
.S ABC (O là trọng tâm của tam giác ABC)

  S AMN 
SO.S ABC 4
4 SI
Ta có ASK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên
a 3
a 15
AK = AS =
 SO  SA2  OA2 
2
6
1 a 15 a 2 3 a 2 10
1
a 2
(đvdt)
Vậy SAMN  .
Và SI = SK 
.

4 6a 2
4
16
2
4
4

oc

* Bài tập tham khảo:

gb

Bài1: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Biết ABC là tam giác vuông tại B có
AB = a, BC = b, AA’ = c (c2  a 2  b 2 ). Một mặt phẳng ( ) qua A và vuông góc với
CA’cắt lăng trụ theo một thiết diện.
a) Xác định thiết diện đó
b) Tính diện tích thiết diện xác định ở câu a)
ĐS: Thiết diện AMN có diện tích S AMN 

ab a 2  b 2  c 2
2c

on

Bài 2: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc
  CAD
  DAB
  900 . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD)
BAC
a) Chứng minh rằng:

1
1
1
1
 2 2 2
2
AH
x
y
z

kh

b) Tính diện tích tam giác BCD
ĐS: SBCD 

1 2 2
x y  y 2 z 2  z 2 x2
2

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN
Trước tiên học sinh phải nắm thật kĩ nhóm công thức cơ bản sau:
I/ Học sinh cần nắm vững các công thức tính nguyên hàm sau:

x

5.

x
x
 e dx  e  C

1

dx=ln x +C

7.  sin xdx   cos x  C

9.

1

 cos

2

x


 x dx 

4.



6.

x
 a dx 

8.

dx = tanx+C

10.

ax
C
ln a

 cos xdx  sin x  C
1

 sin

2

x

m

3.

x  1
+C (   -1)
 1
1
1
dx=
+C (   1)

(  1) x  1
x

2.

co

 dx  x  C

dx= - cotx+C

c.

1.

uo

Các công thức: 1-2-3-4 thuộc nhóm hàm số lũy thừa; 5-6 thuộc nhóm hàm số mũ; 7-89-19 thuộc nhóm hàm số lượng giác.

gb
oc

Chú ý:
+ Công thức nguyên hàm không có mhóm hàm số logarit như trong công thức đạo hàm.
+ Trong các công thức nguyên hàm không mở rộng từ x sang hàm số u(x) như trong
công thức đạo hàm.
+ Trong các công thức nguyên hàm chỉ được mở rông từ x sang ax + b như sau:
1

 f ( x)dx  F ( x)  C   f (ax  b)dx  a F (ax  b)  C (a  0)
Ví dụ:

x 1
1 (ax  b)1

 C   (ax  b) dx 
 C (a  0)
 1
a  1
1
2.  sin xdx   cos x  C   sin(ax+b)dx   cos(ax  b)  C (a  0)
a

1.  x  dx 

II/ Các dạng tích phân thường gặp:

on

b

1) Tích phân dạng:

p( x)
dx(c  0) (P(x) là một đa thức).
cx  d
a

I =

Nếu bậc P(x) lớn hơn hoặc bằng 1 ta chia tử cho mẩu ta được các tích phân có dạng:
b

b

 x 1 
+  x dx (  -1) = 

  1a
a

kh



Ví dụ:

b

+

dx

1

 cx  d  c ln cx  d 

b
a

a

Tính
1

I

3x 2  4 x  5
 2 x  3 dx
1

Giải

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

31 

1
3

17
31
17 31
 3 2 17

4
I   x 
dx   x  x  ln 2 x  3  =  ln 5
2
4 2x  3 
4
8

4
 1 2 8
1 


1

2) Tích phân dạng: I  
a

P( x)
dx ( P(x) là một đa thức)
x  px  q
2

m

b

Nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng 2 ta chia tử cho mẫu ta được các tích phân có
dạng:
b

 x 1 
1
b 1  a 1 
+  x dx (  -1) = 
 
  1a   1
a



b

+ I1  

Ax  B
dx
x  px  q

co

b

a

Cách tính I1 :
 x 2  px  q  0 vô nghiệm (   0 )

2

A
A
Ap
 (2 x  p)  p   B  (2 x  p)  ( B  )
2
2
2
b
b

A
2x  p
Ap
dx
I1   2
dx  ( B 
) 2
2 a x  pq
2 a x  px  q
b

* I2 =

x
a

c.

Ax+B =

uo

Ta biến đổi:

2x  p
dx
 pq

Đặt t = x2 +px+q  dt  (2 x  p )dx

2

I2  


oc

Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  



dt

 ln t   ln
t

b

b

dx
a x 2  px  q  a

=

dx

b

dx

p2
(m  q 
 0)
p 2
4
a (x 
) m
2



p 2
p2
) q
2
4
p
Đặt x   m tan t  dx  m (1  tan 2 t )dt
2
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  
(x 

gb

* I3

I3  




m (1  tan 2 t )dt
1
1
1
dt 
[t ] 

  
2

m tan t  m
m
m
m

on



Ví dụ:

kh

3

Tính

I 
2

3x  2
dx
x  7 x  13
2

Giải

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

3
3
25
  2 x  7   7   2   2 x  7  
2
2
2
3
2 x  7 
dx
25
dx 
x 2  7 x  13
2 2 x 2  7 x  13

3x  2 

2

2 x  7 

3

 I1 

x
2

3

+ I2 = 
2

3

dx =  ln x 2  7 x  13  = - ln3
2
 7 x  13

2

dx

x 2  7 x  13

3


2

  
t   ; 
 2 2



 x  2  t   3
Đổi cận 
x  3  t   

6






6

3
9

 dx 


3

bo
cu
o

I

2

3
1  tan 2 t dt
2

 dx 
2 3
3

dx

7
3
x  
2
4



7
3
Ñaët  x   
tan t

2 2


I2 

m



co

3

3
2

c.

I 

25 3
3

ln 3 
2
18

 x 2  px  q  0 có nghiệm kép x 

p

(  0)
2

Ax  B
Ax  B
M
N




2
x  px  q ( x  p ) 2 ( x  p ) ( x  p ) 2
2
2
2

p
M  A
) N
M

2
  Mp

p
 2  N  B N
( x  )2

2

M (x 

b

on
g



b

M
N
p
N 

)dx   M ln x  
I1 =  (

p
p 2
2 x p
a x

(x  )
2
2

2 a

Ví dụ:

1

Tính

I 
1

2x  5
dx
x  2x 1
2

kh

Giải

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

2x  5
2x  5
A
B




2
x  2 x  1  x  1
x  1  x  12
2

 2 x  5  A( x  1)  B

Ta có:

2

2

 2
3 
3 
3 1

I  
dx   2 ln x  1 

 2 ln 
2 

x  1 ( x  1) 
x  1 1
2 2

1

2
 x  px  q  0 có 2 nghiệm x1, x2 (   0)

om

A  2
A  2


 A  B  5 B  3

M ( x  x 2 )  N ( x  x1 )
Ax  B
Ax  B
M
N




x  px  q ( x  x1 )( x  x 2 ) ( x  x1 ) ( x  x 2 )
( x  x1 )( x  x 2 )
M  N  A
M
 
 

M
x


N
x

B
N

2
1
b

b
M
N 

dx   M ln x  x1  N ln x  x2  a
( x  x1 ) ( x  x2 ) 
a

Ví dụ:
3

Tính I  
2

4x  5
dx
x  4x  5
2

cu

Giải

oc



I1 =  

.c

2

A
B
4x  5
4x  5



 4 x  5  A ( x  5)  B ( x  1)
x 2  4 x  5 ( x  1)( x  5)
x 1 x  5

bo

A  B  4
 4x  5  (A  B)x  5 A  B  

5 A  B  5

3

A

2

B  5

2

5 
 3
3
 2

5
3 4 5 2
3

2
I  

dx   ln x  1  ln x  5   ln  ln
x 1 x  5 
2
2
2 2 3 2 3
2




on
g

3

3) Tích phân dạng:

b

I =  R(sin x, cos x)dx
a

 R( sin x, cos x)   R(sin x, cos x) ( lẻ đối với sinx )

kh

b

I =  R(sin x, cos x) sin xdx
a

Đặt t = cosx   dt  sin xdx
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  




I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )





Ví dụ:
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác


2

Tính I   sin 3 x cos2 xdx
0

Giải:

2

 (1 

c o s 2 x ) c o s 2 x s in x d x

m

I 

0

Đặt

t  cos x  dt   sin xdx

0



t0

2

1

1

 t3 t5 
2
I   (1  t )t (dt )   (t  t )dt     
 3 5  0 15
1
0
 R(sin x,  cos x)   R(sin x, cos x) ( lẻ đối với cosx )
2

2

4

b

I =  R(sin x, cos x) cos xdx
a

uo

Đặt t = sinx  dt  cos xdx
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  




c.

2

co

Ñoåi caän : x  0  t  1; x 

I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )




Ví dụ :

gb
oc



2

Tính

I
0

cos x
dx
(1  sin x) 2

Giải :
Đặt t = sinx  dt = cosxdx
Đổi cận : x = 0  t = 0 ; x =



2

t = 1

1

1

dx
1
 1 



2

(1  t )
1  t  0 2
0
 R( sin x,  cos x)  R(sin x, cos x) ( chẵn đối với sinx và cosx )

on

I 

Đặt t = tanx  dt  (1  tan 2 x)dx
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  




kh

I   g (t )dt   G (t ) 




Ta có:
t2
sin x =
1 t2

2

; cos 2 x=

1
1+t 2

Ví dụ:

4

Tính

I
0

dx
cos 4 x
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Giải:






4
4
1
1
1
dx
(1  tan 2 x)

dx

dx
I
2
2
4


cos 2 x
cos x 0 cos x cos x
0
0
4

1
dx
cos 2 x

Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x =



4

m

t = tanx  dt =

Đặt

t = 1

1

co

1
 t3 
4
I   (1  t 2 )dt  t   
 3 0 3
0

Hoặc dùng công thức hạ bậc :
sin2x =

1  cos 2 x
1  cos 2 x
; cos2x =
2
2

c.

Ví dụ:

2

Tính I   sin 4 xdx

uo

0

Giải:
2

oc

1
 1  cos 2 x 
2
sin 4 x = 
  (1  2 cos 2 x  cos 2 x)
2
4


1
1  cos 4 x  1
 1  2 cos 2 x 
   3  4 cos 2 x  cos 4 x 

4
2
 8

2



1
1
1
 2 3
I    3  4 cos 2 x  cos 4 x dx  3 x  2sin 2 x  sin 4 x  
8
8
4
 0 16
0

gb

Ngoài 3 trường hợp trên

1
2dt
x
x
 dt = (1  tan 2 )dx  dx 
2
2

1 t2
2
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  

Đặt:

t = tan





on

I   g (t )dt   G (t ) 




Ta có:

sinx =

2t
1-t 2
;
cosx=
1 t2
1+t 2

kh

Ví dụ:


2

1  sin x
dx
1  cos x
0

Tính I  

Giải:

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

x
2

1
2

x
2
t = 1

Đặt t  tan  dt  (1  tan 2 )dx  dx 

Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x =


2

2dt
;
1 t2

2t
2
1  t 2  t  2t  1
1 t2
2
1
2
1 t
1
1
1
1
2dt
2t
I   (t 2  2t  1)

(1 
)dt  t  ln t 2  1   (1  ln 2)

2
2

0
2
1 t
1 t
0
0
1

1
cos(a  b) x  cos(a  b) x
2
1
sinax.sinbx = cos(a  b) x  cos(a  b) x 
2
1
sinax. cosbx = sin(a  b) x  sin(a  b) x 
2

cosax.cosbx =

uo
c

.c

 Có dạng:

om

1  sin x

1  cos x

Ví dụ:

2

Tính I   sin x cos 3xdx
0

Giải:






12
1  1
1
 2 1
I   sin x cos 3xdx   (sin 4 x  sin 2 x)dx   cos 4 x  cos 2 x  
20
2 4
2
4
0

0
b

dx

oc

2

* 1+cosx=2cos2

 1  cos x
a

Chú ý:

dx

gb

b

a

b

I=

 R ( x,
a

on

* 1-cosx=2sin 2



* 1  sin x  1  cos(  x )
2

 1  sin x

4) Tích phân dạng:

x
2

n

cx  d
)dx
ex  f

x
2

aùp dïïng nhö trö ôøng hôïp trehn

(ce  0)

cx  d
 x =  (t )  dx   '(t )dt
ex  f
Đổi cận : x  a  t   ; x  b  t  

Đặt t =

n

kh





I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )


Ví dụ:
7
3

Tính I  
0

( x  1)
dx
3x  1

3

Giải:

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Đặt t  3 3 x  1  t 3  3x  1  x 

t3 1
 dx  t 2 dt
3

7
3

Đổi cận: x  0  t  1; x   t  2
t3 1
2
1
2
2
1 3
1 4
1  t5 2 
46
2
3
I 

t dt   (t  2)tdt   (t  2t )dt    t  
t
31
31
35
1 15
1

5) Tích phân dạng:
b

 I=

 R ( x,

m  x 2 dx ( m > 0)

a




I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )


Ví dụ:
2

cu

Tính I   x 2 4  x 2 dx
0

Giải

   
t ; 
 2 2

 dt  2 cos tdt ;

bo

Ñaët : x  2sin t

Đổi cận: x  0  t  0; x  2  t 




2



2

 t  0;   )

oc


 
(- dx  m sin tdt )
 dx  m cos tdt
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  

.c

    
Đặt x  m sin t  t    ;   ( hoặc x  mcost
2 2

om

2

2


2



 1
2 
I   4sin t 4  4sin t .2 cos tdt 8  sin t cos tdt   (1  cos 4t )dt  t  sin4t  
 4
0 2
0
0

0
2

2

on
g

2

2

b

 I=

 R ( x,

x 2  m )dx

(m > 0)

a

kh

Cách 1:
Đặt: t  x  x 2  m  x   (t )  dx   '(t )dt
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  




I   g (t )dt  G (t )  G (  )  G ( )


Cách 2: *

x2  m

Đặt x 

m
cost

*

x 2  m Đặt x  m tan t

Ví dụ:
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

1

Tính I   x 2  1 dx
0

Giải:

Đặt t  x  x 2  1  t  x  x 2  1  t 2  2 xt  x 2  x 2  1  x 

t 2 1
t 2 1
dt
 dx 
2t
2t 2

m

t 2 1 t 2  1

;
2t
2t
x  0  t  1; x  1  t  1  2

x2  1  t 

(


1

1 2





1 t2
1 
  2 ln t  2 
42
2t 1


1

t 4  2t 2  1
1
dt 
3
4
t


1

 2 1
 t   3  dt
 t t 


dx;



b


a

dương lẻ)

 x2  m 
a  x n dx ( với n là số nguyên


b



x n x 2  m dx;

uo



a

 m  x2
a  x n

b

x n m  x 2 dx;

1 2


1  3 2 2
1
 
 ln(1  2) 

4
2
2(3  2 2) 

Đặc biệt: các dạng tích phân sau

b



1 2

t 2 1 t 2 1
1
)( 2 )dt 
2t
2t
4

co

1 2

I

c.

Đổi cận:

* t  m  x 2  t 2  m  x 2  x 2  m  t 2  xdx  tdt

Đặt

oc

* (t  x 2  m )
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  




I   g (t )dt  G (t ) 


Ví dụ:

gb

1

I   x3 1  x 2 dx

Tính

0

1

Giải:

I x

3

1  x dx   x 2 1  x 2 .xdx

on

0

2

2

1

2

2

0

2

2

Đặt: t  x  1  t  x  1  x  t  1  xdx  tdt

Đổi cận: x  0  t  1; x= 2
2

kh

2

2

 t5 t3 
2 2 2
I   (t  1)t.tdt   (t  t )dt     
15
 5 3 1
1
1
2

6) Tích phân dạng: I =

4

b



a

2

f (ln x)
dx
x

dx
x
Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t  

Đặt t = lnx  dt=

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác



I   f (t )dt


Ví dụ:
3

Tính

I 

1

ln x
dx
x(1  ln 2 x)

om

Giải:
dx
;
x
Đổi cận: x  1  t  0; x  3  t  ln 3

Đặt t  ln x  dt 

I


0

ln 3
tdt
1
1
2



t

 ln(1  ln 3 3)
ln
1
2


0
1 t
2
2

.c

ln 3

III/ Tích phân từng phần:
b

 p( x) ln xdx
a

oc

 I=

Dùng phương pháp tích phân từng phần đặt

b

 I=

b

b

 I  uv a   u ' vdx
a

oc
u

1

u  ln x
u '  x


v '  P( x) v  p ( x)dx
 

 P( x)  e ;sin x;cos x dx
x

a

Dùng phương pháp tích phân từng phần đặt

Ví dụ:

gb

b
u '  p '( x)
u  p ( x)
b
I

uv







x
a u ' vdx
x
a
v '  e (sin x; cos x) v   e (sin x; cos x)dx

3

1)Tính

I   x ln( x 2  3)dx
1

Giải:

on


2x
u'  2

u  ln( x  3) 
x 3
Đặt: 

2
v '  x
v  x  3

2

kh

2

3

 x2  3
 3
ln( x 2  3)    xdx  6 ln12  2 ln 4  4
I 
 2
1 1

2

2)Tính

I   x cos xdx
0

Giải:

Diendantoanhoc.net


Truy cp www.khongbocuoc.com download thờm cỏc ti liu hc tp khỏc

u x
u ' 1

ẹaởt
v ' cos x v sin x



2







I x sin x 2 s inxdx cox 2 1

0
0
2
2
0

om

2

I (3 x 2)e x dx

3) Tớnh

0

Gii:
u 3 x 2 u ' 3
ẹaởt

x
x
v ' e
v e

I=


a

f (ln x )
dx
x

dx
x
ẹoồi caọn: x=a t= ; x=b t=
ẹaởt t= lnx dt=





I g(t )dt G(t ) G( ) G( )


Tớnh I

e

1

ln x 3 2 ln 2 x
dx
x

dx
x

gb

Gii:

oc



Vớ d:

uo
c

b

Chỳ ý:

.c

2

2
2
8
11
I (3 x 2)e x 3e x dx 2 2 3e x 2 5
0
0
e
e
0

Cỏch 1: ẹaởt t=lnx dt=
x 1 t 0
ẹoồi caọn:
x e t 1

on

1

I t 3 2 t 2 dt
0

kh

3
ẹaởt ù= 3 2 t 2 u3 2 t 2 u 2 du tdt
2
3
t 0 u 2
ẹoồi caọn:
3
t 1 u 3
3

3

3
3
3

3
3
I udu u2 3 ( 3 9 3 4)
2
2 32
4
4

Cỏch 2:

ẹaởt t= 3 2 ln 2 x t 3 2 ln 2 x

3 2
dx
t dt ln x
2
x
Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

 x  1  t  3 2
Ñoåi caän: 
3
 x  e  t  3
3

3

kh
o

ng
bo
c

uo

c.
co

m

3
3
3
3
3
I   tdt  t 2  3  ( 3 9  3 4)
2
2 32
4
4

Diendantoanhoc.net


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

MỘT VÀI CÁCH NHỚ CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Bài viết nhỏ này chia sẻ với các bạn những kinh nghiệm nhớ các công thức lượng giác của
tôi, một trong nhưng hành hành trang mà tôi luôn mang theo trên con đường học toán của mình .

m

1. Dấu của các giá trị lượng giác (GTLG) :

Các bạn nên biết trong góc vuông (góc phần tư) thứ nhất, mọi GTLG đều mang dấu dương

co

(+) , di chuyển dấu + này theo chiều dọc, ta được dấu của cos, theo chiều ngang ta có dấu sin và nếu

di chuyển chéo đi xuống góc phần tư thứ 3 ta được dấu của tan và cotan (còn trong những góc
vuông còn lại dĩ nhiên dấu sẽ là âm !). Thế nên để ghi nhớ dấu của các hàm số lượng giác ta có:
“cos dọc, sin ngang, tan - cotan chéo”.

c.

2. Giá trị LG của các góc đặc biệt các bạn có thể dùng máy tính, tuy nhiên nếu không có máy
tính thì ta vẫn nhớ được một cách dễ dàng nhờ cách chia nhóm như sau:

uo

Trước hết cần nhớ một câu “thần chú” quen thuộc mà ta đã biết từ cấp 2 “sin đi học, cos
không ham (không hư) tan đoàn kết cotan kết đoàn”.

Với các GTLG của góc 45 0 ta có nửa hình vuông có cạnh bằng 1 (đó cũng chính là tam giác

sin 45 0  cos 45 0 

1
2

2 . Từ đó ta có ngay

oc

vuông cân có cạnh bằng 1) dễ thấy khi đó đường chéo của hình vuông này là

, tan 45 0  cot 45 0  1

Còn với các GTLG của các góc 300 , 600 , ta dùng nửa tam giác đều có cạnh bằng 1. Ta

1
3
 cos 60 0 , sin 60 0 
….
2
2

gb

có: sin 30 0 

Các góc 00, 900 ,1800 thì ta lại dùng đến nửa đường tròn lượng giác .

on

Chẳng hạn sin 180 0  0 , cos180 0  1 ta dễ dàng suy ra từ tọa độ của điểm
A’(-1; 0) …(khi đó ta dùng câu sin đứng , cos nằm để nhớ M cos a; sin a  với M nằm trên đường
tròn hay nửa đường tròn lượng giác ; góc (Ox, OM) = a.
Một điều nữa là nhiều khi ta chỉ cần nhớ các giá trị của sin và cos thôi còn tan và cotan ta

kh

suy ngay ra được nhờ hệ thức quen thuộc.
tan a 

sin a
cos a
, cot a 
, thậm chí chỉ cần nhớ đối với tan vì tana và cota
cos a
sin a

là 2 số nghịch đảo của nhau .
* Khi nói “ sin tăng cos giảm “ thì ta có thể hiểu là : trong góc vuông thứ nhất , hàm sin tăng

(Đồng biến) , còn hàm cos giảm (Nghịch biến) khi góc tăng từ 0 đến 900 .
Diendantoanhoc.net