LTDH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.14 MB, 125 trang )

(1)-. CHUYÊN ĐỀ LƯƠNG GIÁC sin 4 2 x  c os 4 2 x  c os 4 4 x . 1) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ). tan(  x ) 4 4. +) ĐK:. x.    k ,k  Z 4 2.      ) tan(  x ) tan(  x)  tan(  x ) cot(  x)  1 4 4 4 4 1 1 1 sin 4 2 x  cos 4 2 x  1  sin 2 4 x   cos 2 4 x 2 2 2 pt  2 cos4 4 x  cos 2 4 x  1  0. +) Giải pt được cos24x = 1.  cos8x. =1.  xk.  4. và cos24x = -1/2 (VN). +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là 2). TÌm x  (0;  ) : cotx – 1 =. xk.  ,k  Z 2. cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2. sin 2 x  0 sin 2 x  0 ®K:   sin x  cos x  0 tan x  1 cos x  sin x cos 2 x. cos x PT    sin 2 x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(1  sin 2 x)  (cos x  sin x )(sin x cos x  sin 2 x  1)  0.  (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)  0  cos x  sinx  0   (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)  0     2 sin(2 x  )  3( voly ) 4 .  cos x  sin x  0  tanx = 1  x . x  0;    k  0  x .  4. 4.   k (k  Z ) (tmdk) 4. Do.

(2)   3. cos x  cos3x  1  2 sin  2x   4   2cos x cos 2x  1  sin 2x  cos2x  2cos 2 x  2sin x cos x  2 cos x cos 2x  0  cos x  cos x  s inx  cos2x   0  cos x  cos x  s inx 1  sinx  cosx   0    x   k 2  cos x  0     cos x  sinx  0   x    k 4 1  s inx  cosx  0      1 sin  x  4    2      x   k    2 x   k   2  x     k     4    x    k 4  x       k2    x  k2 4 4    5  x    k2 4 4 . 4)Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 PT  2 cos 3 x(4 cos 2 x  1)  1  2 cos 3 x(3  4 sin 2 x)  1 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 2 cos 3 x(3  4 sin 2 x)  1  2 cos 3x (3 sin x  4 sin 3 x)  sin x  2 cos 3x sin 3 x  sin x  sin 6 x  sin x 2m  x  6 x  x  m 2 5   6 x    x  m 2  x    2m  7 7. ;mZ. 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z 5  2 m Xét khi  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 7 lZ. Xét khi.

(3) Vậy phương trình có nghiệm: x . 2 m  2 m ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) trong 5 7 7. đó m, t , l  Z. 5) 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 .   (2 cos x  1) 2  8(cos x  1)  (2 cos x  3)2 . VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  1 .  5  2k hoÆc x   2k 6 6  2   Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy ra 4 2   4 3  2k x  2k hoÆc x  2. Víi sin x  0,5 ta cã x . 6) Giải phương trình: sin 2 x  2 2 (s inx+cosx)=5 . ( I ) Đặt sinx + cosx = t ( t  2 ).  sin2x = t2 - 1  ( I )  t 2  2 2t  6  0  t   2 )  4. +Giải được phương trình sinx + cosx =  2 …  cos( x  )  1 5  k 2 ( k   ) hoặc dưới dạng đúng khác 4 cos 2 x  cos 3 x  1 7) cos 2 x  tan 2 x  cos 2 x. + Lấy nghiệm Kết luận : x . ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2 x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2 cos2 x  cos x -1  0. Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: x  k 2 , x  . 2 2  k 2 ; hay x  k 3 3. 8) sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0  (sin 3x  sin x )  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x )  0  2 sin 2 x.cos x  2 sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1)  0  2 sin x.cos 2 x  2 sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1)  0 1   sin x  2   (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x  1)  0   cos x  1  1 cos x  2 .

(4)   x   k 2  1 6 +) sin x    , (k  Z ). 2  x  5  k 2  6   x   k 2  1 3 +) cos x    , ( k  Z ). 2  x     k 2  3 +) cos x  1  x  k 2 , (k  Z ).. KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên. 9) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm. . .  trên  0;  .  2 1 2. Ta có sin 4 x  cos4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m . . Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t  0;1.  2 Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên.  10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên  0;   2  m  3  2. 10) Giải phương trình. cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . sin x  cos x. ĐK: sin x  cos x  0 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0. sin x  1   cos x  1. (thoả mãn điều kiện).

(5)   x    k 2   2   x    m2. k, m    2. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2. k, m   1 3.  2. 8 3. 1 3. 11) 2cosx+ cos2 (  x )   sin 2 x  3cos(x+ )+ sin 2 x 1 8 1 cos 2 x   sin 2 x  3s inx+ sin 2 x 3 3 3 2  6cosx+cos x  8  6s inx.cosx-9sinx+sin 2 x  2cosx+. 7  6cosx(1-sinx)-(2sin 2 x  9 s inx+7)  0  6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- )  0 2 1  s inx=0 (1)   (1-sinx)(6cosx-2sinx+7)  0    x   k 2 ;(k  Z ) 2 6cosx-2sinx+7=0(2). (p/t. (2). vô nghiệm ) 12) Giải phương trình:. 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0.  sin x   cosx   2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 3   2     cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  2 3 3  Xét   0  tan x   tan   x     cosx sin x 2.  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành: t 2 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2   1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos 4 4 2     x      2 4 13) Giải phương trình cos2x  2 sin x  1  2 sin x cos 2x  0 1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0   cos2 x  11  2sin x   0. Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z.

(6) Khi s inx  14). 1  5  k 2 , k  Z  x   k 2 hoặc x  2 6 6. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên.  2  .  3 . đoạn 0;. sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) 3  1   1  sin 2 2x  m  1  sin 2 2x  (1) 4  2  2 Dăt t = sin22x . Với x   0;  thì t   0;1 . Khi đó(1) trë thành :  3 3t  4 2m = víi t   0;1 t2      5 cos 3 x    3 cos 5 x    0 6 10          5 cos 3x    3 cos 5 x    0 2 2    5 sin 3x  3 sin 5 x. 15) Giải phương trình :. Pt.  2 sin 3x  3(sin 5 x  sin 3x)  2 sin x ( 3 cos 4 x  4 sin 2 x  3)  0 sin x  0  2 3 cos 2 x  cos 2 x  2  0  x  k   x   1 arccos( 2 )  k 2 3 . 16) Giải phương trình. ( k Z ). sin(2x . 17 x  )  16  2 3.s inx cos x  20 sin 2 (  ) 2 2 12. *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  cos2x  3 sin 2x  10cos(x  )  6  0 6    cos(2x  )  5c os(x  )  3  0 3 6    2cos 2 (x  )  5cos(x  )  2  0 6 6  1  Giải được cos(x  )   và cos(x  )  2 (loại) 6 2 6  1  5 *Giải cos(x  )   được nghiệm x   k 2 và x    k 2 6 2 2 6 x x  x 17) . Giải phương trình 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2 2  4 2.

(7) 1  1  sin x sin x  cos x sin 2 x  1  cos   x   1  sin x. 2 2 2  x x x x   x   x  sin x sin  cos sin x  1  0  sin x sin  cos .2 sin cos  1  0 2 2 2 2   2   2 x x   x   sin x sin  1 2 sin 2  2 sin  1  0 2 2   2   sin x  0  x  k   x  k x   sin  1  x    x  k, k      k2  2  x    k4  2 2  x x  2 sin 2  2 sin  1  2 2 18) . Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x. TXĐ: D =R sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x sin x  cosx  0  (sin x  cosx ). 2  2(sin x  cosx )  sin x.cosx   0    2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0  + Với sin x  cosx  0  x   k (k  Z ) 4 + Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0 , đặt t = sin x  cosx (t    2; 2  ) t  1. được pt : t2 + 4t +3 = 0   t  3(loai )  x    m2 t = -1   (m  Z )  x     m 2  2    x  4  k (k  Z )  Vậy :  x    m 2 (m  Z )    x    m2 2 . 19) Giải phương trình sau:. (1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx.  2t  l (l  Z ) Đặt t= tanx => sin 2 x  , đc pt: 2 1 t2 t  0 2t   (1  t ) 1   1 t   2   1 t  t  1 Với t = 0 => x = k  , (k  Z ) (thoả mãn TXĐ  Với t = -1 => x    k (thoả mãn TXĐ 4. TXĐ: x .

(8) 3 4  2sin 2 x   2 3  2(cotg x  1) . 2 sin 2 x cos x Phương trình đã cho tương đương với: 4 3 1  tg 2 x   2 3  2cotg x sin 2 x 2(sin 2 x  cos 2 x ) 2  3tg x   3  2cotg x sin x cos x 20) . Giải phương trình:. . .  3tg 2 x  2tg x  3  0    tg x   3 x    k  3   1  tg x   x    k  3  6 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x .    k ; kZ 6 2.   21) Giải phương trình: 2sin 2  x    2sin 2 x  t anx . 4  Đk: cos x  0 (*)   sinx   2sin 2  x    2sin 2 x  t anx  1  cos  2 x    2sin 2 x  4 2 cos x   2  cos x  sin 2 x.cos x  2sin x.cos x  sinx  cos x  sinx  sin 2 x  cos x  sinx   0 cos x  0   sinx   cos x  t anx  1  x    k    (tm(*))… 4   x k 4 2 sin 2 x  1  2 x    l 2  x    l  2 4. 22) Giải phương trình: . sin 2x cos2x   tgx  cot x cos x sin x. cos 2x cos x  sin 2 x sin x sin x cos x   sin x cos x cos x sin x cos2 x  x  sin 2 x  cos2 x   sin x cos x sin x cos x  cos x   cos 2x  s in2x  0.  2 cos 2 x  cos x  1  0  s in2x  0 1  cos x  ( cos x  1 :loại vì sin x  0) 2.

(9) x.   k 2 3. 23 Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 1  sin x  0.  6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) x .   k 2 2. 24) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x  cos x=0   2cos5x =sinx+ 3 cos x  cos x  0   cos5x=cos(x-  ) 6    x   k  2   k  x     24 2   x    k 2 42 7 .  2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x )  3 1  cos(4x+ )  2  . 25) Giải phương trình :.  cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0    sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6    x    k   18 3  2 sin(3 x  ).cosx=0    6  x=  k  2    Vậy PT có hai nghiệm x   k và x    k . 2 18 3.

(10) 1 2(cos x  sin x )  tan x  cot 2 x cot x  1 26) Giải phương trình: §iÒu kiÖn:sinx.cosx  0 vµ cotx  1. Phơng trình tơng đơng 1 sin x cos 2 x  cos x sin 2 x 2  cosx = 2. 2 (cos x  sin x ) cos x 1 sin x   x =   k 2 4. .  4. §èi chiÕu ®iÒu kiÖn pt cã 1 hä nghiÖm x =   k 2 sin 4 2 x  c os 4 2 x  c os 4 4 x . 27) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ). tan(  x ) 4 4   +) ĐK: x   k , k  Z 4 2.      ) tan(  x) tan(  x)  tan(  x) cot(  x)  1 4 4 4 4 1 1 1 sin 4 2 x  cos4 2 x  1  sin 2 4 x   cos 2 4 x 2 2 2 4 2 pt  2 cos 4 x  cos 4 x  1  0. +) Giải pt được cos24x = 1.  cos8x. =1.  xk.  4. và cos24x = -1/2 (VN). +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là. xk.  ,k  Z 2. 5   x  sin x  1  12 . 28) Giải phương trình : 2 2 cos .   5  5   2 sin  2 x    sin   1 12  12    5  5 1  5    sin  2 x    sin  sin  2 x    sin 12  12 4 12 2           2cos sin     sin    3  12   12  5   2x     k 2  5      12 12  sin  2 x    sin      12    12   2 x  5  13  k 2  12 12.  5     sin  sin 4 12 .    x  6  k  k    x  3  k  4.

(11) 29)Tìm các nghiệm trên  0; 2  của phương trình : sin 3x  sin x  sin 2x  cos2x 1  cos2x. sin 3x  sin x 2cos2x.sin x    sin 2x  cos2x (1)   2cos  2x   4 1  cos2x 2 sin x . DK : sinx ≠ 0  x    Khi x   0;   th× sinx > 0 nªn :  (1)  2 cos2x = 2 cos  2x   4. . x.    16 2. Do x   0;   nªn x .  16. hay x . 9 16.  Khi x   ; 2  th× sinx < 0 nªn :   (1)   2 cos2x = 2 cos  2x    cos  -2x  = cos  2x-  4 4 . x. . . . 5    16 2. Do x   ; 2  nªn x . 21 16. hay x . 29 16.  2  3  sin x   sin 2  x    sin 2  x   3 3  2   30) Giải phương trình :. 2    2  1  cos  2x   2x   1  cos  3    3   3  sin x  2 2 2  2    2   1 1  sin x  cos  2x   2x   0 1  sin x  2 cos 2x     0   cos  3    3   2  .  1 – cos2x – sinx = 0  2sin2x – sinx = 0.

(12)   x  k   x    k2 sin x  0   6   5 sin x  1 x   k2 6 2    (k  Z). CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 1   2. 1 )Giải phương trình sau: x 2 2x +) ĐK:. x  ( 2; 2) \ {0}. +) Đặt y .  x  y  2 xy 2  x 2 , y  0 Ta có hệ:  2 2 x  y  2. +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và.  1  3  1  3 x  x    2 ; 2    y  1  3  y  1  3   2 2. +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và x . 2) . Giải hệ phương trình:. 1  3 2.  x  2 y  xy  0   x  1  2 y  1  1. x  1 1. §k:  1  y  2. (1).  x  y  ( y  xy)  0  ( x  y )( x  2 y )  0  x 2 y  0   x 2 y  x  y  0(voly)  x = 4y Thay vµo (2) cã.

(13) 4 y 1  2 y 1  1  4 y  1  2 y  1  1  4 y 1  2 y 1  2 2 y  1  1  2 y  1  2 2 y 1   2 y 1  0 y     2 y  1  2 y  . 1 (tm) x  2 2  5 x  10 (tm)  2. V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 3 3  x  y  1 3) . Giải hệ phương trình:  2 2 3  x y  2xy  y  2  1 3 1 1   3 3  2x   2  x  y           y x    y x x y 2.   2y  1  3 2x  1  3   x y y x.  x  y  4x  y 2 x  y       xy    xy  2    2x  1  3 2x  1  3   y x y x x  y   2x  1   x     y2   x  x  2x   2  . 3 x. x  y  1  x  y  1   x  2, y   2   x   2, y  2 3 x 3 2. 4) Giải phương trình : (3 x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x  3 PT  2(3 x  1) 2 x 2  1  10 x 2  3x  6 2(3 x  1) 2 x 2  1  4(2 x 2  1)  2 x 2  3 x  2 . Đặt t  2 x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2 x 2  3 x  2  0. Ta có: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3 x  2)  ( x  3) 2 Ta Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 có: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3 x  2)  ( x  3) 2.

(14) Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  Thay. vào. cách. đăt. giải. ra. ta. 2x 1 x2 ;t  2 2. được. phương. trình. có. các.   1  6 2  60  ;  7   2. nghiệm: x  . 5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :. 2 x 2  mx  3  x.. 2x 2  mx  9  x 2  6x có nghiệm duy nhất  hệ  x  3 2  x + 6x – 9 = -mx (1). +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. x 2  6x  9   m . Xét hàm số : x x 2  6x  9 x2  9 f(x) = trên  ;3 \ 0 có f’(x) = > 0 x  0 x x2 + x = 3  f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6  x 2  y 2  xy  1  4 y  2 2 6) Giải hệ phương trinh:  y ( x  y )  2 x  7 y  2 ,. + ; Với x  0 (1) .  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y   .  2 2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7  y y  0 , ta có:  uv  4  u  4v  v  3, u  1 x2  1  2  u ,v  x y  2 y Đặt ta có hệ: v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 +) Với v  3, u  1 ta có x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2      x  2, y  5  y  3 x  y  3 x hệ:  x  y  3 x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0     y  5  x , hệ này +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  x  y  5  y  5  x. vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}.. 7) Giải phương trình: x2 – 4x - 3 =. x5.

(15) 5;  ) TX§ : D = . 1   x  2 . 2. 7  x 5 2. đặt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5  2    y  2   x  5   x  y  x  y  3   0 y  2 y  2      x  2  2  y  5    x  y  0  5  29  x     x  2  2  y  5   2    x  1   x  y  3  0  y  2. 8) . Giải bất phương trình  4x  3 x 2  3x  4  8x  6 (1)   4 x  3. . . x 2  3x  4  2  0. Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 x 2  3x  4  2 =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 4x-3 x 2  3x  4  2 + 0 Vế trái 0 +. ¾ 0 0 3. 2 + -. Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;   3;    4 9) Giải bất phương trình :. 2 x 2  3x  2  0 2 x2  5x. 0 0. + + + +.

(16) 1  x   2   x  2  5 x  2 .  2 x 2  3 x  2  0   x  0 ; x  5  2    2  2 x  3x  2  0  2  2 x  5 x  0. Bpt.  1  x   2  x  2   x  0  x  5  2   x   1  x  2  2   x  0  x  5  2. 4 3 2 2 x  x y  x y  1 10) Giải hệ phương trình :  3 2 x y  x  xy  1. (x 2  xy )2  1  x 3y 3 2 x y  (x  xy )  1. Biến đổi hệ tương đương với . x 2  xy  u u 2  1  v , ta được hệ  3 x y  v v  u  1. *Đặt ẩn phụ . *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 2 11) Giải phương trình:  1  3  2x  x2 x 1  3  x. 1. TXĐ: x   1;3 Đặt t= x  1  3  x , t > 0 => 3  2 x  x 2 . t2  4 2  x  1 (t / m) x  3. đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2 Với t = 2  x  1  3  x =2   12) Giải bất phương trình:. 51  2x  x 2  1. 1 x.  1  x  0  2  51  2 x  x  0 2 51  2 x  x  1   1  x  0  1 x  51  2 x  x 2  0  2 2  51  2 x  x  (1  x ).

(17)   x  1    x   1  52; 1  52    x  1    x  (; 5)  (5; )    x   1  52; 1  52    .  x   1  52; 5   1; 1  52   x  y  x  y  2 y. 13) Giải hệ phương trình: . (x, y R).  x  5 y  3. ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0 2 y  x  0. (3). 2 5 y  4 xy. (4). PT(1)  2 x  2 x 2  y 2  4 y  x 2  y 2  2 y  x  . Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có x  2 x  3  x  1 4 KL: HPT có 1 nghiệm ( x; y )  1;   5.  x3  y 3  3 y 2  3 x  2  0 14) . Tìm m để hệ phương trình:  có 2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  m  0 nghiệm thực.  x3  y 3  3 y 2  3 x  2  0 2/.  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  m  0. (1) (2). 1  x 2  0  1  x  1 Điều kiện:    2  2 y  y  0 0  y  2 Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v)  1; m ax g (v)  2 [ 0;1]. [ 0;1]. Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2.

(18) 15) Giải phương trình: 2006  x. 2007.  2007  x. 2006. 1. 1  x  2006  1  Nhận xét : 1  x  2007  1  2006  x  2007. Ta có : 2006 - x2007 + 2007 - x2006  2006 - x+ 2007 - x = x 2006 + 2007 - x = 1 Vậy phương trình  2006 - x2007 = 2006 - x và 2007 - x2006 = 2007 - x  x  2006   2006  x  0  x  2005    2006  x  1  x  2007   x  2007  2007  x  0       2007  x  1   x  2006. 16) ) Giải phương trình sau: +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0}.  x = 2006 hay x = 2007 1 1  2 x 2 2x ..  x  y  2 xy  2 2 2  x 2 , y  0 Ta có hệ:  x  y  2. +) Đặt y . +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và.  1  3  1  3 x  x   2 ; 2    y  1  3  y  1  3   2 2. +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và. x. 1  3 2.  x1  y 1  4   x 6  y  4  6. 17) . Giải hệ phương trình: §iÒu kiÖn: x  -1, y  1 Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ.  x1  x6  y 1  y  4  10   x6  x 1  y  4  y 1  2 §Æt u= x  1  x  6 , v = y  1  y  4 . Ta cã hÖ   u  v 10 5 5 u 5   2 v u v  5. .

(19) x 3  y  5 lµ nghiÖm cña hÖ 1  2 2 x  x   2 y 17) Giải hệ phương trình   y  y 2 x  2 y 2  2 . ĐK : y  0 1  2 2 x  x  20  2u 2  u  v  2  0 y  hệ   đưa hệ về dạng  2  2  1  x20 2v  v  u  2  0  y 2 y     u  v  1  u  v    u  1  v  u  v  1   2 3 7   2v  v  u  2  0  u  2 ,   1  7  v  2 . (-1 ;-1),(1 ;1), (. Từ đó ta có nghiệm của hệ  3 7 u   2  v  1  7  2. 3 7 2 3 7 2 ; ), ( ; ) 2 2 7 1 7 1. 18) .Giải bất phương trình: x  1  x  2  x  3 §k: x  3.  x 1  x  2  x  3. Bpt  2 x 2  5 x  6  4  x 4  x  0  2 3x  12 x  8  0 3  x  4   6  2 3 62 3 x  3  3  3 x . 62 3 3. 19) Giải hệ phương trình:.

(20) 2 xy  2 2 x  y  x  y  1   x  y  x2  y . 2 xy  2 2 x  y   1 1  x  y   x  y  x2  y  2 . 1   x  y . 2.  2 xy . .  dk x  y  0 . 2 xy 3  1  0   x  y   2 xy  x  y   2 xy   x  y   0 x y. . 2.   x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0   x  y  1  x  y  x  y  1  2 xy   0  x  y  1  3  2 2  x  y  x  y  0  4  Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0 Thế (3) vào (2) ta được x 2  y  1 x  y  1  x  1; y  0 Giải hệ  2  …… x   2; y  3 x  y  1   20) Giải bất phương trình: ( 2  3 ) x. . .  2 3. Bpt. . t  2 3. x2 2x. . 2. x 2x. . . (t  0).  2 x 1.  (2 . 3) x. 2.  2 x 1. . 4 2. 3. 2. x 2x.  2 3. 2. BPTTT :. 4 1 t 4 t. t2  4t 1 0  2  3  t  2  3 (tm). . Khi đó : 2  3  2  3 . x 2 2 x. .  2  3  1  x 2  2 x  1. x2  2x 1  0 1 2  x  1 2 2. 2. 1 x  51 x > 24. 21) Giải bất phương trình : 5. .  . 5 5. x2. 2.   2.  24 5 x  5  0.

(21) 5 x  5  x2 > 1   x  1 2. .  x  1. 22) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :  x+1  y  1  a   x  y  2a  1  x  1  y  1  a đ/k x  1; y  1 .Bất pt   2 2 ( x  1)  ( y  1)  2a  1  x  1  y 1  a   1 2  x  1. y  1   a  (2a  1)  ; Vậy x  1 và y  1 là nghiệm của p/t:  2 2. T  aT . 1 2 ( a  2a  1)  0 * .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 2.  a 2  2(a 2  2a  1)  0   0  nghiệm không âm   S  0  a  0  1 2  a  2  6 P  0 1   (a 2  2a  1)  0 2. 9. 23). 92 x  x. 2. 1. 2 x  x 2 1. 2. 34.152 x  x  252 x  x. 2.  34.152 x  x  252 x  x. 2. 2. 1. 2. 1. 0 2.  0  9.32(2 x  x )  34.32 x  x. 2. .. 2. 52 x  x  25.52(2 x  x )  0 2.  3  9.   5. 2(2 x  x 2 ). 3  34.   5. 2 x x. 2. 2xx  3     1  5   25  0   2 2xx  3  25    9  5 . 2 x  x 2  0   x  (;1  3)  (0;2)  (1  3; ) 2 x  x   2 . KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3;  ) x 3  y3  m(x  y)  24) Cho hệ phương trình : x  y  2 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt (x1 ; y1), (x2; y2) và (x3; y3) sao cho x1, x2, x3 lập thành một cấp số cộng..

(22) x 3  y3  m(x  y) (1)  (2) x  y  2 (2)  y = x  2 thay vào (1) ta có : x  1  2 (2x - 2)[x2 - 2x + 4 - m] = 0   x  2x  4  m  0(*) Nhận xét : Nếu pt (*) có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thì : x1 < 1 < x2 và x1 + x2 = 2 YCBT  pt (*) có 2 nghiệm phân biệt  ' = 1 - 4 + m > 0  m > 3.. Bất đẳng thức 1) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz. +) Ta có P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x 2  y 2  z 2   2     ( x  y  z )2  2  ( x  y  z)2  P  ( x  y  z ) 2    ( x  y  z ) 3   2 2    . +) Đặt x +y + z = t,. t  6( Bunhia cov xki ) ,. 1 ta được: P(t )  3t  t 3 2. +) P '(t )  0  t   2 , P(  6 ) = 0; P( 2)  2 2 ; P( 2)  2 2 +) KL: MaxP  2 2; MinP  2 2 2) Cho a,b,c  0 : abc  1. Chứng minh rằng: 1 1 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1. Ta có: ab . . 3.  ab .  a  b 1. 3. 1   a  b  1 3 ab. . 3. a 2  3 ab  3 b 2  3 ab. 3. a  3 b  1  3 ab. a3b. . . 3. 3. a3b. . . a  3 b  3 abc  3 ab. . 3. a3b3c. . 3. 1 3. . . 3. 3. a b c. . . 3. c a b3c 3. Tương tự 3) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức.

(23) P. x4  y4 1 x2  y2 1. Từ giả thiết suy ra: 1  x 2  xy  y 2  2 xy  xy  xy 1  ( x  y ) 2  3 xy  3xy 1 Từ đó ta có   xy  1 . 3. Mặt khác x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy nªn x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1 .®¨t t=xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của  t 2  2t  2 1 ;  t  1 t2 3 t  6  2 6 Tính f ' (t )  0  1   0   ( t  2) 2 t   6  2(l ) 1 1 Do hàm số liên tục trên   ;1 nên so sánh giá trị của f ( ) , f ( 6  2) , f (1) 3 3 P  f (t ) . cho ra kết quả: 1 11 MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( )  3 15. 4) ) Cho tam giac nhän ABC , t×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc: S  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C . . S  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C = cos 3 A  2 cos A  2 cos(B  C ) cos(B  C ) .  cos 3 A  2 cos A1  cos( B  C ) . V× cos A  0 , 1  cos( B  C )  0 nªn S  cos 3 A , dÊu b»ng xÈy ra khi cos( B  C )  1 BC . 1800  A 0 2 . Nhng cos 3 A  1 , dÊu b»ng xÈy ra khi 3 A  180 hay A. hay 0 = 60 5) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng. 7 . 27 Ta có ab  bc  ca  2abc  a (b  c)  (1  2a )bc  a (1  a )  (1  2a )bc . Đặt t= bc thì ta. minh rằng: ab  bc  ca  2abc . (b  c)2 (1  a )2 có 0  t  bc   .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 4 4  (1  a) 2   0;  4  . Có f(0) = a(1 – a) . ( a  1  a) 2 1 7   và 4 4 27.

(24) Vậy ab  bc  ca  2abc . 7 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 với mọi a 27.   0;1. 6) Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca  3. Chứng minh rằng:. 1 1 1 1    . 2 2 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc 2. Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1 . Suy ra: 1  a 2 (b  c )  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca )  3a  Tương tự ta có:. 1 1  (1). 1  a (b  c) 3a 2. 1 1 1 1  (2),  (3). 2 1  b (c  a ) 3b 1  c (a  b) 3c 2. Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1    (   )  . 2 2 1  a ( b  c ) 1  b ( c  a ) 1  c ( a  b) 3 c b c 3abc abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). 2. 7) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c . Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w. .    M  uvw .      2 2 2  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c . Theo cô – si có 22  2b  2c  33 2a b  c  6 . Tương tự … Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. 8) . Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x 3  y 3  16 z 3 3. x  y  z. 3. 3. Trước hết ta có: x  y. 3.  x  y  (biến đổi tương đương)  4. 2.  ...   x  y   x  y   0. Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P .  x  y. 3. a.  64 z 3. 3. . a  z. 3. a.  64 z 3 3. 3.  1  t   64t 3.

(25) (với t =. z , 0  t 1) a. Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9. Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1. 64 16  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81. 9) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn. 1 1 1    4. x y z. CMR:. 1 1 1   1 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 +Ta có :  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2y x  z x  y  2z 4 2z y  x 1 1 1 1  (  ); xy 4 x y 1 1 1 1  (  ); yz 4 y z 1 1 1 1  (  ); xz 4 x z. + Lại có :. cộng các BĐT này ta được đpcm 10) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. a3 b2  3. . b3 c2  3. . Ta có: a3 2 b2  3 b3 2 c2  3. . . c3 2 a2  3. a3 2 b2  3 b3. 2 c2  3. . . . c3 2 a2  3. b2  3 a 6 3a 2 (1)  33  16 64 4. c2  3 c 6 3c 2 (2)  33  16 64 4. . a2  3 c 6 3c 2 (3)  33  16 64 4. Lấy (1)+(2)+(3) ta được: P. a2  b2  c 2  9 3 2   a  b 2  c 2  (4) 16 4. c3 a2  3.

(26) Vì a2+b2+c2=3 Từ (4)  P . 3 3 vậy giá trị nhỏ nhất P  khi a=b=c=1. 2 2. a 2  b 2  c 2  65 .. 11) Cho :. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :.     x ( 0 , )  2   2 2 2 2 2 2 2 2 y  a  b  c 1  2 sin x  sin 2 x  65 1  2 sin x  sin 2 x y  a  b 2 . sin x  c. sin 2 x. . . . 2. . . Đặt f(x) = 1  2 sin x  sin 2 x  1  2 sin x  4 sin x.(1  sin 2 x) f(x) =  4 sin 4 x  6 sin 2 x  1 , Đặt sin 2 x  t , t  0 , 1 g(t) = BBT. t. 0f.  4t 2  6t  1 3 4. +. f/. 2. 1f. 0. 2.  g / (t )  8t  6 ; g / (t )  0  t . 3 4. 1. -. M. 13 4. 1. 13 3 3  khi t   sin 2 x   x  4 4 4 3 13 5 5 y 2  65.   13  y  13 dấu “=” 4 2 2 1 2 sin x sin 2 x   a b c. Max g(t). 2. . xảy ra khi. x.  3. và. hay 1 6 3   a 2b 2c. Thay vào :. a 2  b 2  c 2  65. a  2 5   b  30  c  15. a  2 5   b   30  c   15. 12) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b.

(27) a b 1c 1c   ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a *Từ đó VT    (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ). *Biến đổi. Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được VT  3. 3. 1c 1 b 1a . . =3 (đpcm) (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . 1 3. 13) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = nhất của biểu thức P  3. 1. a  3b. 3. 1. b  3c. 3. 3 . Tìm giá trị nhỏ 4. 1. c  3a. áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x  y  z )     33 xyz 9    (*) 3 x y z xyz xyz x y z. áp dụng (*) ta có P  3. 1 1 1 9 3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a. áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b  1  1 1   a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1 3  b  3c 1.1    b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1 3  c  3a 1.1    c  3a  2  3 3 3.  a  3b 1.1 . Suy ra 3 a  3b  3 b  3c  3 c  3a  1  4  a  b  c   6   1  4. 3  6   3 3. 3 4. Do đó P  3 . 3. Dấu = xảy ra  a  b  c  4. abc. a  3b  b  3c  c  3a  1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a  b  c  1 / 4. 1 4. .

(28) 14) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. x9  y 9 y9  z9 z 9  x9   x6  x3 y 3  y 6 y 6  y 3 z 3  z 6 z 6  z 3 x3  x6. Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : a 3  b3 b3  c3 c 3  a3 P 2   a  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 a 3  b3 a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 1  ( a  b ) mà  (Biến đổi tương đương) a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 3 a 2  ab  b 2 1  ( a  b) a 2  ab  b 2 3 b3  c3 1 c3  a3 1 Tương tự: 2  ( b  c );  (c  a ) 2 2 2 b  bc  c 3 c  ca  a 3  (a  b). 2 3 => P  2, P  2 khi a = b = c = 1  x = y = z = 1. => P  (a  b  c )  2. 3 abc  2 (BĐT Côsi). Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 15) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của. x P. 3.  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1). t2 Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  4 3 2 2 t  t  xy (3t  2) t P . Do 3t - 2 > 0 và  xy   nên ta có xy  t  1 4 2. t 2 (3t  2) t t  t2 4 P  t2 t2  t 1 4 t2 t 2  4t Xét hàm số f (t )  ; f '(t )  ; f’(t) = 0  t = 0 v t = 4. t2 (t  2)2 3. t f’(t). 2. 2 -. 4 0. + +.

(29) +. +. f(t) 8 x  y  4. Do đó min P = (min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi  2;  )  xy  4. x  2  y  2. 16) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá 1 1 1 trị nhỏ nhất của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx.  1 1 1  /. Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx )    9  1  xy 1  yz 1  zx . P. 9 9  3  xy  yz  zx 3  x 2  y 2  z 2.  P. 9 3  6 2. 3 khi x = y = z 2 17) Cho x  0, y  0, x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y T  1 x 1 y   Đặt x  cos 2 a; y  sin 2 a  a   0;  khi đó  2 2 2 3 cos a sin a cos a  sin 3 a  sin a  cos a 1  sin a.cos a  T    sin a cos a sina.cos a sin a.cos a  t2 1  Đặt t  sin a  cos a  2 sin  a    sin a.cos a  4 2   Với 0  a   1  t  2 2 t 3  3t Khi đó T  2  f t  ; t 1 Vậy GTNN là Pmin =.

(30) f ' t  . t 4  3.  t 2  1. 2. .  0 t  1; 2   f  t   f. Vậy min f  t   f . t 1; 2 .  2 . 2. 1 2 khi x  y  . Hay min T  2 khi 2.  2 . 1 x y . 2 18) Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3. P a3. Ta có: P + 3 =. 1 b.  P. 6 4 2. a. 2. 1 c. 3. 2 1 b2. . c2. b3. . a. 2. 2 1  b2. 2. c3.  c2 . 1 a 2. . 1 b 4 2. 1  c2. . 2. . c3 1  a2.  a2. b3 2 1  c2. . b2 2 1  c2. . 1  c2 4 2. 1 a2 a6 b6 c6  33  33  33 16 2 16 2 16 2 2 1 a2 2 1 a2 4 2 3 3 9 9 3 9 3 3  P  (a 2  b 2  c 2 )  6  P      2 2 23 2 2 2 8 2 26 2 3 2 2 2 2 2 2 . c3. .  b2 . 1  b2. b3. . . Để PMin khi a = b = c = 1 19) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1   2 x y z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Ta có. 1 1 1    2 nên x y z. 1 1 1 y  1 z 1 ( y  1)( z  1)  1   1   2 (1) x y z y z yz. Tương tự ta có. 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1)  1   1   2 (2) y x z x z xz. 1 1 1 x 1 y  1 ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy.

(31) Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  vậy Amax =. 1 8. 1 3 xyz 8 2. 20) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1. Đặt x=a3 y=b3 z=c3 th× x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, do a+b>0 vµ a2+b2-ab  ab 3. 3.  a + b +1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 . 1 1  3 a  b  1 ab  a  b  c  3. Tư¬ng tù ta cã 1 1  , 3 b  c  1 bc  a  b  c  3. 1 1  3 c  a  1 ca  a  b  c  3. Céng theo vÕ ta cã 1 1 1 1 1 1   = 3 + 3 3 + 3 3 x  y 1 y  z  1 z  x 1 a  b 1 b  c  1 c  a3 1 . 1 1 1 1   1   = c  a  b  1   a  b  c   ab bc ca   a  b  c . DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1 21) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. P = x3 + y3 + z3 –. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3xyz +) Ta có P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x 2  y 2  z 2   2  .   ( x  y  z )2  2  ( x  y  z)2  P  ( x  y  z ) 2    ( x  y  z ) 3   2 2    . +) Đặt x +y + z = t,. t  6( Bunhia cov xki ) ,. 1 ta được: P(t )  3t  t 3 2.

(32) +). P '(t )  0  t   2 ,. P( . 6). = 0; P( 2)  2 2 ; P( 2)  2 2. +) KL: MaxP  2 2; MinP  2 2 22) ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng. 25x 25y 25z   25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy. 5 x  5y  5z  4 x y z Đặt 5 = a , 5 =b , 5 = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a bc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( a  bc b  ca c  ab 4. *) a3 b3 c3 a bc    ( *)  2 a  abc b 2  abc c 2  abc 4 3 3 a b c3 a bc     ( a  b)( a  c) ( b  c )(b  a ) (c  a )(c  b ) 4 3 a a b a c 3    a ( 1) Ta có ( Bất đẳng ( a  b)(a  c) 8 8 4 thức Cô si) b3 bc ba 3    b ( 2) Tương tự (b  c)(b  a ) 8 8 4 3 c ca cb 3    c ( 3) . (c  a )(c  b) 8 8 4. Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 23) Tam giác ABC có a = b 2 - Chứng minh rằng : cos2A = cos2B. - Tìm giá trị lớn nhất của góc B và giá trị tương ứng của các góc A, C. . a = b 2  sinA = sin B 2 Nên : cos2A = 1 - sin2A = 1 - 2sin2B = cos2B (đpcm) Vì : cos2B = cos2A và 0  cos2A  1 nên : B lớn nhất  cos2B nhỏ nhất  cos2B = 0  2B = 90o  B = 450. Lúc đó : A= 90o, C = 45o. HÌNH HỌC LỚP 10.

(33) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 I ( ; 0) 2. Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật +). d ( I , AB ) . 5  AD 2. =. 5.  AB = 2. 5.  BD = 5.. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của.  x  2  1 2 25  2 y2 hệ: ( x  2 )  y  4    A(2; 0), B (2; 2)  x  2  x  2 y  2  0   y  0.  C (3;0), D( 1; 2).   CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) Mµ. 3) Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)  AMB  600 (1) Vậy  0   AMB  120 (2) 0 (1)   AMI = 30.  MI . 0 (2)   AMI = 60  MI . Vì MI là phân giác của  AMB IA sin 30 0.  MI = 2R  m 2  9  4  m   7. 2 3 IA  MI = R  m 2  9  4 3 Vô 0 sin 60 3 3. nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 4) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2; 4  ,C  1; 4  , D  3;5  và đường thẳng d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giả sử M  x; y   d  3x  y  5  0..

(34) AB  5, CD  17   AB  3; 4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y  4  0   CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  0 SMAB  SMCD  AB.d  M; AB   CD.d  M;CD  4x  3y  4 x  4y  17  17   4x  3y  4  x  4y  17 5 17 3x  y  5  0   4x  3y  4  x  4y  17  3x  y  5  0  3x  7y  21  0 7    M1  ; 2  , M 2  9; 32   3x  y  5  0 3    5x  y  13  0  5. 5) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C . Ta có: AB   1;2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC: C (2t  1;2t ). Theo bài ra: S ABC. t  0 1  AB.d (C , AB)  2  . 6t  4  4   4 t  2  3. 5 8 3 3. Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn 8) . Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC ..

(35) B. M. A. C. H. . +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y - 7 = 0  AC ……  C(4;- 5) CM 2  xB 1  y B ; M thuộc CM ta được  1  0 2 2. + Tọa độ C là nghiệm của hệ . 2  xB 1  yB  xM ;  yM 2 2  2  xB 1  y B  1  0  + Giải hệ  2 ta được B(-2 ;-3) 2  xB  3 yB  7  0. +. Tính diện tích ABC .. + Tọa độ H là nghiệm của hệ. …. Tính được Diện tích S =. 14  x  x  3y  7  0  5   3x  y  7  0 y   7  5. 8 10 ; AC = 2 10 5 1 1 8 10 AC.BH  .2 10.  16 ( đvdt) 2 2 5. BH =. 9) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC.

(36) Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5 C' ; ) 30 m     CC ' nªn 2( 2 2 2 2 6   5 41  I  ( ; ) . Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 6 6 2 x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C ;   3 3  3 x  3 y  23  0. 10) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 2. 3 4. 2.  (3t  8  2) 2  (t  1) 2. Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 11) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phươngtrình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2. 2. MA  2 MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH . 2.  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )  . 2. 9a 2 b2  35  4. 2   35 a  b2 a2  b2. 36a 2  b 2  35  a 2  36b 2 2 2 a b  a  6 .  a6. Dễ thấy b  0 nên chọn b  1  . Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn..

(37) 12) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  ..  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3.. . Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0. .  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 .   2 2 1  d  I1;    R1  2B  C  3 A  B   d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2   3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B . Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B Trường hợp 2: C  . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3. 13) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. Gọi  H  :. x2 a2. . y2 b2. 1. (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b2  4 x  4  y  2  A  4; 2    H  . 16 a. 2. . 4 b2. 1.  1 2. Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b 2  4   H  :. x2 y 2  1 8 4. 14) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  x  2 y 1  0   21 13  5   B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5.

(38) Lại có: Tứ giác ABCD làhình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc    giữa AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:     cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. . . . .  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,. A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x  y 1  0 x  3   A(3; 2)  x  2 y 1  0  y  2. Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  x  y  1  0   2 I 7;5     2 2  x  7 y  14  0 y  5  2. Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 15) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6  y B  yC  3  0. Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: . Từ  các phương trìnhtrên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)]   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 Bán kính R = d(C; BG) = 1)2 =. 9 2  phương trình đường tròn: (x – 5) +(y – 5. 81 25. 16) . Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :.

(39) 2a  5b 2. 2. 2. 2. . 2 5 . a b 2a  5b 29   5 a 2  b2. 2.12  5.1 2. 2  52 . 122  12 2.  5  2a  5b   29  a 2  b 2 . a  12b  9a + 100ab – 96b = 0   a  8 b 9  2. 2. Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 17) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4  c  4 10  1 4 (thỏa mãn c≠2) 32  1  c  4 10  1 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1  0 hoặc.  d I,  . 3  4  c. 3 x  y  4 10  1  0 .. 18) Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0.

(40) . +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u1   4;3 của (d2) làm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT : 4x  3y  5  0  x  1   C   1;3  x  2y  5  0 y  3. . +) đường thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d2) có VTPT là u 2   2; 1 ∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d2) là nghiệm của HPT : 2x  y  5  0 x  3   H   3;1  x  2y  5  0 y  1. +) Gọi B’ là điêm đối xứng vơí B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên : x B'  2x H  x B  4  B'   4;3   y B'  2y H  y B  3. +) đường thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0 +) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT : y  3  0 x  5   A  (5;3)  3x  4y  27  0  y  3  +) đường thẳng qua AB cã VTCP AB   7; 4  , nên cã PT : x  2 y 1   4x  7y  1  0 7 4 x  2 y 1   4x  7y  1  0 7 4. 18) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 + AMˆ B  900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy ra : MI  MA. 2  R. 2  12 Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:  x  2  x   2 x  2 2   y  12  12     x  y  1  0  y   1  2  y   1  2. Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên.. 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0 Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450..

(41)  x  1  3t *  có phương trình tham số  và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t Bthuộc   B (1  3t ; 2  2t )   AB .u     1 1 *Ta có (AB;  )=450  cos(AB; u )     2 2 AB. u. 15 3 t   13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là B1 ( ; ), B2 ( ;  ) 13 13 13 13 20) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  1 , đường thẳng (d ) : x  y  m  0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d (O ;d )  1 1 1 1 *Ta có SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  2 2 2 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB  900  169t 2  156t  45  0  t .  d (I ;d ) . 1  m  1 2. 21) . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta có: a1.a 2  2.3  1.6  0 nên d1  d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 . 2A  B A2  B 2.  A  3B  cos 450  3A 2  8AB  3B 2  0   2 2  (1)2 B  3A.  Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0.

(42) Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 2x  y  5 3x  6y  7 3x  9y  22  0 (1 )   3 2x  y  5  3x  6y  7   2 2  (1)2 32  6 2 9x  3y  8  0 ( 2 ) +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 . Do P d nên 6  9  c  0  c  15  d : x  3y  5  0 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 . Do P d nên 18  3  c  0  c  15  d : 3x  y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0 22) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4  0 .. Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’  x  2 3t , I '  IA => I’( 2 3t; 2t  2 ),  y  2t  2. Pt đường thẳng IA : .   1 AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) 2 2. (C’):  x  3    y  3  4 2. 23) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a  3, c  7 , 2a  c  1 a  2c  17  ;  là trung điểm của AC, BD. 2 2   I BD  3c  a  18  0  a  3c  18  A(6c  35;3c  18)   M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0  c  7(loai)  c  6. I = . c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 2 2 24) Cho đường tròn (C): x + y – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4) a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm của AB..

(43) b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1. a)C) : I(1; 3), R= 2, A, B  (C ) , M là trung điểm AB => IM  AB  Đường thẳng d cần tìm là đg thẳng  AB d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - 6 =0 b) thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’) d’ tiếp xúc với (C)  d ( I ; d ')  R  2 m  4  2 2   m  4  2 2  x  y  (4  2 2)  0 Pt tiếp tuyến :   x  y  (4  2 2 )  0. 25) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. | m  4m | | 5m | IH = d ( I , )   2 m  16 m 2  16 AH  IA2  IH 2  25 . (5m )2  m 2  16. Diện tích tam giác IAB là S IAB. I 5 A.  H. B. 20. m 2  16  12  2S IAH  12.  m  3  d ( I , ). AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m   3  26) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình 2. cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. x - y - 2  0 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:   A(3; 1) x  2 y - 5  0 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 3  b  5  2c  9 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên   1  b  2  c  6 C(1; 2)   Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) . Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0. b  5 . Hay B(5; 3),  c  2.

(44) 27) Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0. Gọi I  a; b  là tâm đường tròn ta có hệ.  2  a  2   5  b  2   4  a  2  1  b  2 (1)  IA  IB  2   3 a  b  9   2 2 IA  d I ;     2  a    5  b     2 10  1  a  2b  3 thế vào (2) ta có b2  12b  20  0  b  2  b  10 2. 2. *) với b  2  a  1; R  10   C  :  x  1   y  2   10 2. 2. *)với b  10  a  17; R  250   C  :  x  17    y  10   250. 28) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) 2x  5y  2  0 y2. . . Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x 2 C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C   2 x  3  y B  2   B  2x C 2  4 x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0 Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2 29) Cho đường tròn (C): x + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. AB 3 Ta có AH  BH   2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B'.

(45) 2.  3 3 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3     2  2  2. Ta có: MI . 2. 2. 2. 3 7  ; 2 2. MH '  MI  H ' I  5 .  5  1  1  2 . và MH  MI  HI  5 . 5. 3 13  2 2. 3 49 52    13 4 4 4 3 169 172 R 22  MA '2  A' H'2  MH '2     43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 30) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.. Ta có:. R12  MA 2  AH 2  MH 2 . Giài Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   2 m  7 31) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. Giài Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   2 m  7. 32) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy.. Giải Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3.

(46) 33) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).. Giải. Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1  a )2  b 2  R 2  2 2 2 (1  a )  (2  y )  R  2 2 (a  b  1)  2 R a  0   b  1 R 2  2  Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 34) Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  4 y  4  0 .Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.. Giải 3a  4 16  3a )  B(4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 4 1 S ABC  AB.d (C   )  3 AB . 2 2 a  4  6  3a  2 Theo giả thiết ta có AB  5  (4  2a )     25    2  a  0 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 35) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch 3 bằng và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2. Gọi. A(a;. Giải 5 5 ;  ), pt AB: x – y – 5 = 0 2 2 3 1 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2. Ta cã: AB =. 2,M=(. Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)=  d(G, AB)=. t  (3t  8)  5. =. 1 2. 1  t = 1 hoÆc t = 2 2. 2  G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)   Mµ CM  3GM  C = (-2; 10) hoÆc C = (1; -4). 36) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I (. 1 ; 0) 2.

(47) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. +) d ( I , AB ) . 5  AD = 2. 5  AB = 2 5  BD = 5.. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4  x  2  1 2 25  2 ( x  )  y   y  2  A(2; 0), B (2; 2) +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:  2 4   x  2  x  2 y  2  0   y  0.  C (3;0), D( 1; 2) 37) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC. Giải + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . 2 x  y  5  0 Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3).  x  y 1  0 Do đó: AB  BN  B(4;3) . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và 2 x  y  5  0 Vuụng gúc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . Giải hệ:  . x  2y  5  0 Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) 7 x  y  25  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 4 4 7.1  1(2)  25 450 + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , d ( A; BC )  3 2. 4 7 2  12 Suy ra: S ABC . 1 1 450 45 d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4. 38). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:.

(48) x  y  3  0 x  9 / 2 9 3 . Vậy I ;    2 2 x  y  6  0 y  3 / 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2. 2. 9 3  Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2 2 2 . S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD . Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:. 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:  2  x  3  y 2  2 y   x  3 y   x  3 y  3  x      2 2 2 2 x  3  1 x  3  y  2 x  3  (3  x )  2 x  2 x  4 hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  1 y   1 x  2 x I  x A  9  2  7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 2 2 y C  2 y I  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1). Chuyên đề hình học không gian 3) Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2. Với giá trị nào của góc  giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?. Giải Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:.

(49)   , d  A;  SBC    d  N;  SBC    NH  2 SMN NH 2 4   SABCD  MN 2  sin  sin  sin 2  tan  1 SI  MI.tan    sin  cos 1 4 1 4  VSABCD   2   3 sin  cos 3.sin 2 .cos sin 2   sin 2   2cos 2  2 sin 2 .sin 2 .2cos 2   3 3 1  sin 2 .cos  3 2 VSABCD min  sin .cos max. S.  MN .  sin 2   2cos 2  cos . H C. D N M. I A. B. 1 3. 4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt. phẳng (ABC) trùng với tâm. O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ. ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là. a 3 4. Giải. C’. A’. AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) H BC  ( A' AM )  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của HM  ( A' AM ) A. B’. Gọi M là trung điểm BC ta thấy:. C O. 3 AA’và BC, do đó d ( AA' , BC)  HM  a . 4 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:. B A' O HM  AO AH. AO.HM a 3 a 3 4 a   AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12  suy ra A' O . M.

(50) 5) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB  BC  CD  a . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thÓ tÝch tÝch tø diÖn ABC’D’.. Giải Vì CD  BC , CD  AB nên CD  mp( ABC ) và do đó mp( ABC )  mp ( ACD) .V× BC '  AC nªn BC  mp( ACD ) .. 1 dt ( AC ' D ' ).BC ' . 3 a 2 V× tam gi¸c ABC vu«ng c©n nªn AC '  CC '  BC '  . 2 Ta cã AD 2  AB 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  3a 2 nªn AD  a 3 . V× BD’ lµ ®êng cao a cña tam gi¸c vu«ng ABD nªn AD'.AD  AB 2 , VËy AD'  . Ta cã 3 Suy ra nÕu V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABC’D’ th× V . 1 1 CD 1 a 2 a 3 1 a2 2 AC '.AD' sin CAˆ D  AC '.AD'.    . VËy 2 2 AD 2 2 3 12 3 1 a 2 2 a 2 a3 V .  36 3 12 2 6) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ. dt ( AC ' D ' ) . Giải. A'. C'. B' A. C. G N. M B. Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều .  A' AG là góc giữa cạnh bên và đáy . a 3 0 ;   A' AG = 60 , ….. AG = 3.

(51) Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A’G =. a 3 a 3 .tan600 = . 3 = a. 3 3. 1 a 3 a3 3 …….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a. .a  2 2 4. 7) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =. a 3 và góc 2. BAD = 600. Gọi M và N Lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phăng (BDMN). Tính Thể tích khối chóp A.BDMN.. Giải Chứng tỏ AC’  BD C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’  (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính. 3a 3 Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: . 16 8) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .. Giải + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. S + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG 2  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. N 1 1 + Dễ có: VS . ABD  VS . BCD  VS . ABCD  V . 2 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS . ABN SA SB SN 1 1 1 A  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS .BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS . ABN  V O VS . BCD SB SC SD 2 2 4 8 Từ đó suy ra: 3 B VS . ABMN  VS . ABN  VS . BMN  V . 8. D. C.

(52) 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD ) nên góc hợp bởi AN với 3  , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại mp(ABCD) chính là góc NAD   NDA   300. Suy ra: AD  SA  a 3 . N, suy ra NAD tan 300 1 1 3 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3 9) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.. a 3 2 2 1 a 1 a3 3 S BB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB.   COA   600. Tính 10) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  6 và  AOB  BOC Gọi H là trung điểm của BC  d  M ;  BB ' C    AH . thể tích tứ diện OABC. Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA  OB '  OC '  4 Lấy M là trung điểm của B’C’   OAM    OB ' C '  . Kẻ AH  OM  AH   OB ' C '  Ta có AM  OM  2 3  MH . 2 3 4 6  AH  3 3. 1   15 3 SOBC  OB.OC.sin BOC 2 2 1 Vậy VOABC  AH .SOBC  10 2 3 11) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy.. D. Giải Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .. C. B N H. M A.

(53) 2.  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1     3  3  2. 2. 2. 1 3 AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2  x  y  3 xy. 12) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB Giải * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC)  d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = AC  BD  mp(SMN)  mp(SDC) Hạ MH  SN , (H SN)  MH  mp(SDC)  MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) * Tính MH: Hạ OI  SN  MH = 2.OI 1 1 1 ON 2 .OS2 2    OI   SNO vuông có: OI 2 ON 2 OS2 ON 2  OS2 Diện tích tam giác AMN là S AMN . S. H I. B M. C. O N. A. D a Với ON = ; OS = a 2 a 5 2a 5 ta tính được OI =  MH= 5 5 13) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Giải.

(54) Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .  ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Ta có :   SCA 1 1 1 1 Vậy VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN 2  1  hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3. a3 Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 1 1 sin  = hay   arcsin 3 3  ( với 0 <   ) 2. B. A.  C. 14) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) AH  SA cos 300 . S. a 3 2. Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh AH . a 3 2. => H là trung điểm của cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại => HK là khoảng cách giữa BC và SA. K. A. C. H. K. AH a 3 B  2 4 15) Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.. => HK  AH sin 300 .

(55) 1).Tính góc giữa AC và SD; SD.. 2).Tính khoảng cách giữa BC và. Giải a)Ta có : AB = 2 5 , Gọi M là trung điểm của BC , S. A. D. B. N. M C. K. ta có : DM = 1 SD =. SA 2  AD 2  30 ,. SC =. SA 2  AC 2  29. SC 2  CM 2  33 SD 2  MD 2  SM 2 30  1  33 1 Ta có : cos SDM    (*) 2SD.MD 2 30 30 Góc  giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM vµ SD hay 1  bù với góc  SDM . Do đó : cos  = 30 b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) Kẻ CK và AH vuông góc với SN , H và K thuộc đường thẳng SN Ta cã : DN // BC  DN  AC 1. SM =. Vì SA   ABC   SA  DN.  2. Từ (1) và (2) suy ra : DN  ( SAC)  DN  KC.  3. Do cách dựng và (3) ta có : CK  (SND) hay CK là khoảng cách từ C đến mp(SND) Mặt khác : ΔANH = ΔCNK nên AH = CK Mà trong tam giác vuông SAN lại có : 1 1 1 1 5     1  AH  2 2 2 AH SA AN 25 26 5 Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 26 16) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC1 và đường cao AH của mp(ABC) 6 +Thể tích lăng trụ : V  dt ( ABC ). AA1  a 3 4.

(56)      AH  AA1  A1C1    + cos(AH , AC1) =  AH . AC1 AH . AC1 . . AH . AC1. . B1. . AH . A1C1. =. A AH . AC1 AH . AC. cos 30 0. . AH . AC1. C H. 3 3 B a a. 1 2 2    ( AH , AC1 )  60 0 . Vậy (AH , 2 3 a .a 3 2. AC1) = 600 Vậy (AH , AC1) = 600 17) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Giải *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH  SFH  600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HKA . a 2 a 3 *Lập luận và tính được AC=AB=a , HA  , SH  HF tan 600  2 2 1 1 1 3 *Tam giác SHK vuông tại H có    KH  a 2 2 2 HK HS HB 10 a 2 AH 20 *Tam giác AHK vuông tại H có tan AKH   2  KH 3 3 a 10 3  cos AKH  23 a   SAC   30 0 . Tính 18) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA  a 3 , SAB 2 thể tích khối chóp S.ABC.. Theo định lí côsin ta có:   3a 2  a 2  2.a 3.a.cos30 0  a 2 SB 2  SA 2  AB 2  2SA.AB.cos SAB.

(57) Suy ra SB  a . Tương tự ta cũng có SC = a Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). 1 1 1 Ta có VS . ABC  VS . MBC  VA . MBC  MA.S MBC  SA.S MBC  SA.S MBC Hai tam 3 3 3 giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA. 2. 2 a 3  a   a 3  3a 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        MN  . Do  16 4 4  2  2. 2. đó VS . ABC. 2. 2. 2. 2. 2. 1 1 1 a 3 a a3  SA. MN.BC  a 3 . .  3 2 6 4 2 16 S. M. A. C N B. 19) Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h..

(58) S S' N. M D. C. H. K. A B. SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V  VS . ABCD  VS . AMND V SM 1 VS .MND SM SN 1 VS . AMND  VS . AMD  VS .MND ; S . AMD   ;  .  ; VS . ABD SB 2 VS . BCD SB SC 4 1 3 5 VS . ABD  VS . ACD  VS . ABCD ; VS . AMND  VS . ABCD  V  VS . ABCD 2 8 8 5 2 V  a h 24 20) ). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD. a) Mặt phẳng () đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a. b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH  (SCD); và hình chiếu của O trên CI thuộc đường tròn cố định.. Giải S. M. I N QI. A. D. H. O B P. C. a. Kẻ MQ//SA => MQ  ( ABCD )  ( )  ( MQO ) Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ).

(59) ( MN  PQ).MQ 3a 2  (đvdt) 2 8 b. AMC : OH / / AM , AM  SD, AM  CD  AM  ( SCD )  OH  ( SCD) Gọi K là hình chiếu của O trên CI  OK  CI , OH  CI  CI  (OKH )  CI  HK Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC Std . 21) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc. với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 4. Giải Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó  A BD  600 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 1 a 3 DH  AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK  DH   OK  AB  AB  2 2 (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 1 1 1 a Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao     SO  2 2 2 OI OK SO 2 2 S Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  2 3a ; a đường cao của hình chóp SO  . 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 I VS . ABCD  S ABC D .SO  D 3 3 3a O H a K C B. 22) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b. Gọi  là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC). Tính tan  và thể tích chóp A’.BCC’B’. Giải. A.

(60) Gọi O là tâm đáy suy ra A ' O   ABC  và góc    AIA ' *)Tính tan . A 'O 1 1a 3 a 3 với OI  AI   OI 3 3 2 6 2 2 2 a 3b  a A ' O 2  A ' A2  AO 2  b 2   3 3 2 2 2 3b  a  tan   a *)Tính VA '. BCC ' B ' 1 VA '. BCC ' B '  VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC 3. A'. C'. B'. tan  . A. C O I B. 2 3b 2  a 2 1 a 3 a 2 3b 2  a 2  . . .a   dvtt  3 2 2 6 3 23) Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK.. Giải +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ). SB2  AB2  SA 2  3a2  SB = a 3 a 6 2a 3 2a 3  SH=  SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) AH.SB = SA.AB  AH=. HK SH 2a 2   HK  . BD SB 3 kÎ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có Ta có HK song song với BD nên.

(61) 4a2 2a AM  AH  HM   AM= 9 3 2. 2. 2. 1 1a 1 a3 2 VOAHK  OE.SAHK  . HK.AM  (®vtt) 3 32 2 27. S. K. I M. H E. A. D. O C. M. 24) Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ. mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a.. Giải Do AH  ( A1 B1C1 ) nªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc AA1 H =300. a 3 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2 a 3 A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH  B1C1 nªn B1C1  ( AA1 H ) 2.  A1 H . A. B. C. K. A1. C H B1. 1.

(62) KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 A H . AH a 3 Ta cã AA1.HK = A1H.AH  HK  1  AA1 4. 25). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x S. Giải Ta có SBD  DCB (c.c.c )  SO  CO Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S.  CA  1  x 2 C. Mặt khác ta có AC 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  AD 2.  BD  3  x 2 (do 0  x  3) 1  S ABCD  1  x2 3  x 2 4. D H O. B. Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 1 1 1 x Mà   2  SH  2 2 SH SC SA 1  x2 1 Vậy V = x 3  x 2 (dvtt) 6 26) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.. Giải  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB )  AM  SC (1)   AM  SB , (SA  AB ) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI  SC Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 Suy ra VABMI  S ABM .IH 3 a2 Ta có S ABM  4 IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1       IH  BC  a 2 2 2 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 3 Ta có. A.

(63) 1 a 2 a a3  3 4 3 36 27) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên a 3 cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể 3 S tích khối chóp S.BCNM Vậy. VABMI . Giải N M. D A. B C Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC  AB Ta có :   BC  BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là  BC  SA đường cao Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,. MN SM MN    AD SA 2a. a 3 3 2 3 a 3. a 3. 2a 4a . BM = Diện tích hình thang BCMN là : 3 3 4a    2 a  3  2 a 10a 2 BC  MN S = BM     2 2   3 3 3   Hạ AH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,  = . SB MS 2 0   30  SH = SB.sin300 = a Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH Suy ra MN =.

(64) 10 3a 3 1 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = SH .( dtBCNM ) = 3 27  = 90o), 28) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A ( A AB=AC=a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60o. Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC.. Giải S. 2. (ABC). Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH  mp Kẻ SI vuông góc với AB và SJ  AC góc SIH=góc SJH = 60o  tam giác SHI = tam C. giác SHJ H. J. B I. A. Người giải đề: 0977467739.  HI = HJ  AIHJ là hình vuông  I là trung điểm AB  IH = a/2 a 3 Trong tam giác vuông SHI ta có SH = 2 1 a3 3 SH.dt(ABC)  12 (đvtt) V(SABC) = 3. Hết..

(65) Khảo sát hàm số 1) Cho hàm số. y. 2x 1 (1). x 1. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.. Giải +) Ta có I(- 1; 2). Gọi M  (C )  M ( x0 ; 2 . y  yI 3 3 )  k IM  M  x0  1 xM  xI ( x0  1)2. +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: kM  y '( x0 ) . 3.  x0  1. 2. +) ycbt  k M .k IM  9 +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5). 2) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (C m) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 laø: x  0 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   2  x  3x  m  0. * (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:  Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE  0. m  0   9  4m  0   2  4 (*) m  0  3  0  m  0  9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD=y’(xD)= 3x 2D  6x D  m  (3x D  2m); kE=y’(xE)= 3x 2E  6x E  m  (3x E  2m). Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1. (2).

(66)  9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).  9  65 m  8 4m2 – 9m + 1 = 0    9  65 m  8  1 So s¸nhÑk (*): m = 9  65 8. . . . x2 C. x2 1. Khảo sát và vẽ  C  . 3) Cho hàm số y . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  6;5  .. Giải . Phương trình đường thẳng đi qua A  6;5  là  d  : y  k  x  6   5 . (d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :. 4 x2  x2    x  6  5  k x  6  5  2      x2 x2    x  2   4 4 k   k   2 2    x  2  x  2 Su   4  x  6   5  x  2 2   x  2  x  2  4x 2  24x  0  x  0; k  1      4 4 k    x  6; k   1 k   2 2   4  x  2   x  2   x 7 y ra có 2 tiếp tuyến là :  d1  : y   x  1;  d 2  : y    4 2 3 2 4) Cho hàm số y  2 x  3(2m 1) x  6m(m 1) x  1 có đồ thị (Cm).. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Giải Hàm số đồng biến trên 2; . x  m y'  0   x  m  1.  y'  0. x  2  m  1  2  m  1 2x  1 5) Cho hµm sè y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M lµ lín nhÊt . Giải.

(67) . NÕu M  x0 ; 2 . . 3    (C ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình x0  1 . 3 3  ( x  x0 ) hay 3( x  x0 )  ( x0  1)2 ( y  2)  3( x0  1)  0 2 x0  1 ( x0  1) . Kho¶ng c¸ch tõ I (1;2) tíi tiÕp tuyÕn lµ 3(1  x0 )  3( x0  1) 6 x0  1 6 . Theo bất đẳng thức Côsi d   4 4 9 9  ( x0  1) 2 9   x0  1  ( x0  1) ( x0  1)2 9  ( x0  1)2  2 9  6 , v©y d  6 . Kho¶ng c¸ch d lín nhÊt b»ng 6 khi 2 ( x0  1) 9 2  ( x0  1) 2   x0  1  3  x0  1  3 . 2 ( x0  1) y2. . VËy cã hai ®iÓm M : M  1  3 ;2  3 3. . . hoÆc M  1  3 ;2  3. . 2. 6) Cho hàm số y = x + ( 1 – 2m)x + (2 – m )x + m + 2 . (Cm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Giải. Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :. + y’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2  '  4m 2  m  5  0  m < - 1 hoặc m >. 5 4. + x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương )  …. .  '  4  2m  …..  m . 21 15. 5 7  ;  m   ; 1  4 5  Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đap số 7) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.. Giải PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0  m = 0, f(x) = 0 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2) = -1. 9  4m  0, f (0)  m  0. Hay . 2 2 (3x1  6 x1  m)(3x2  6 x2  m)  1.. 9 9   m  , m  0 m  , m  0   4 4 9( x x )2  18x x ( x  x )  3m( x 2  x 2 )  36 x x  6m( x  x )  m 2  1 4m 2  9m  1  0  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .

(68) 2x  4 . 1 x 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên.. 8) Cho hàm số y . 2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 .. Giải Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2. 2. có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*).  2x  4  k ( x  1)  1 kx 2  (2k  3) x  k  3  0  ( I ) . Ta có: ( I )    x 1 y  k ( x  1)  1   y  k ( x  1)  1 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 3 kx 2  (2k  3) x  k  3  0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 2 2 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***). Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2 . 2k  3 k 3 , x1 x2  , thế vào (***) ta có k k. phương trình: 8k 3  27k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3, k . 3  41 3  41 , k 16 16. . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. x 1 9) Cho hàm số y  . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình. x 1  m. x 1. Giải Số nghiệm của. x 1 x 1  m bằng số giao điểm của đồ thị y  và y  m. x 1 x 1. Suy ra đáp số m  1; m  1: phương trình có 2 nghiệm m  1: phương trình có 1 nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm m 10) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1..

(69) 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. GIẢI m Với x  2 ta có y’ = 1; ( x  2) 2 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 x2  2  m  y2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 2. x2 11) Cho hàm số : y  (C) x 1 Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : y   x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB. GIẢI * Phương trình hoành độ giao điểm của d (C ) là: x 2  mx  m  2  0 (1) ; đ/k x  1   m2  4m  8  0 Vì  với m ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m .Suy  f (1)  1  0 ra d (C ) tại hai điểm phân biệt với m *Gọi các giao điểm của d (C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với x A ; xB là các nghiệm của p/t (1) 2 AB 2  2( xA  xB )2  2  ( x A  xB )  4 xA .xB   2 2  2  m  4(m  2)   2  (m  2)  4   8   Vậy : AB min  2 2 , đạt được khi m = 2 2x  3 12) ) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . GIẢI.

(70) 1  1  Lấy điểm M  m; 2  .    C  . Ta có : y '  m    2 m2   m  2 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 y x  m  2  2  m2 m  2. 2   Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   m2  Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)   1 2 Ta có : AB2  4  m  2    8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2    Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 13) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. GIẢI Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4  x   y  3x  2  4 2 5  => M  ;   5 5  y  2 x  2 y  2  5 14) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y . 3x  4 . Tìm điểm x 2. thuộc (C) cách đều 2 đường tiệm cận . 2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn GIẢI Gọi M(x;y)  (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3 3x  4 x | x – 2 | = | y – 3 |  x2  2  x2  x2 x2 x  1 x     x  2   x2 x  4 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M1( 1; 1) và M2(4; 6).  2  0; 3  ..

(71) 15) Cho hàm số y . x2 2x 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2) GIẢI Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt : x2  x 2x 1  x2  x  1  0  1 5 x  2   1 5 x  2  1 5 1 5  1 5 1 5  ;  Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :  , , 2 2   2 2  .  . . 2x  1 x 1 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . GIẢI *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình. 16) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y . y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ). Hay x  (x 0  1) 2 y  2x 0 2  2x 0  1  0 (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2  2x 0   2 1  (x 0  1) 4. 2. giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1  0 và x  y  5  0 2x  3 17) Cho hàm số y  . Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại x2 M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. GIẢI  2x  3  1 , x 0  2 , y' (x 0 )  Ta có: M x 0 ; 0 x0  2  x0  22  1 2x  3 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:  : y  (x  x 0 )  0 2 x0  2 x0  2.

(72)  2x  2  ; B 2x 0  2;2  Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là: A 2; 0  x0  2  x  x B 2  2x 0  2 y  yB 2x 0  3 Ta thấy A   x0  xM , A   yM suy ra M là trung 2 2 2 x0  2 điểm của AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2   2x 0  3     1 2 2 S = IM   (x 0  2)    2     (x 0  2)2   2 2 (x 0  2 )    x0  2    x 0  1 1 Dấu “=” xảy ra khi (x 0  2)2   2 (x 0  2 ) x 0  3 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3). 18) Cho hàm số y  2 x  4 x 1. .. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). GIẢI 6   6   Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có A  a; 2   ; B  b; 2   ; a, b  1 a 1   b 1    a b a 2 b2 Trung điểm I của AB: I  ;    2 a 1 b 1  Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0    AB.MN  0 Có :   I  MN a  0  A(0; 4) =>    b  2  B (2;0) 19) . Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m-1)x + 2. 1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m. 2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trong trường hợp đó. Giải  y '(2)  0 2. y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu tại x = 2    m 1  y ''(2)  0 +) Với m =1 => y = x3 -3x + 2 (C) TXĐ: D = R x  0 Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x, y' = 0   x  2.

(73)  hs đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0 ;2) Giới hạn: lim y  , lim y   x . x . Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0) BBT -. x. 0. y’. +. +. 2. 0. -. 0. + +. 2 y -. -2. . . + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (1; 0), 1  3; 0 , trục tung tại điểm (0; 2) y. f(x)=x^3-3x^2+2. 4. 3. 2. 1. x -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. 5. 6. -1. -2. -3. -4. Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 2x  2 19) Cho hàm số y  (C).Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ x 1 thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 .. `. 2. giải. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m 16 > 0 (2) Gọi A(x1 ; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1). m   x1  x2   2 Theo ĐL Viét ta có  .  x1 x2  m  2  2 2 2 2 AB = 5  ( x1  x2 )  4( x1  x2 )  5  ( x1  x2 )2  4x1 x2  1  m2 - 8m - 20 = 0  m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 2..

(74) 3. 2. 3. 20) Cho hàm số y  x  3mx  4m (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Giải. x  0  x  2m. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0  . Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.. . 3. Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m ) Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x.  2m  4m3  0 2  3 . Giải ra ta có: m   ; m = 0.Kết hợp với điều kiện ta có: 2  2m  m 2 m 2 2x  4 (C ) .Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp 21) Cho hàm số y  x 1 tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. CMR diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải.  . Gọi M  a;. 2a  4     C  a  1 a 1 . Tiếp tuyến tại M có phương trình: y . 6 2a  4 2  x  a  a 1  a  1. 2a  10    a 1   Giao điểm với tiệm cận ngang y  2 là B  2a  1;2  Giao điểm với tiệm cận đứng x  1 là A  1;. Giao hai tiệm cận I(-1; 2). 12 1 1 ; IB  2  a  1  S IAB  IA. AB  .24  12  dvdt  a 1 2 2 x1 22) Cho hàm số : y  (C) 2x  1 IA . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.. Giải.

(75)  1  Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0   2  1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k  x   2   x  1 1   2x  1  k  x  2    () tiếp xúc với (C)   /   x  1   k coù nghieäm  2x  1 .  x 1 1   2 x  1  k  x  2  (1)      3  k (2 )  2 x  12 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1 1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 5 1 x . Do đó k   2 12 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x   12  2. 23) Cho hµm sè y . 2x  1 có đồ thị là (C) .Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m x2. luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhÊt. Giải Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình  x  2 2x  1  x  m   2 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1) Do (1) cã   m 2  1  0 va (2) 2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nªn ®êng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 x 24) Cho hàm số y = (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết x-1 rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Giải.

(76) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. x 1 Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   ( x  x0 )  0 2 ( x0  1) x0  1 x02 1 x  y  0 ( x0  1)2 ( x0  1)2 2 x0  1 Ta có d(I ;tt) = 1 1 ( x0  1)4 . Xét hàm số f(t) = f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn nhất chỉ khi t = 1 hay. 2t 1 t4. (1  t )(1  t )(1  t 2 ). (t  0) ta có f’(t) =. x f'(t). (1  t 4 ) 1  t 4 1. 0 +. f(t). 0. + -. ta c khi và. 2.  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 25) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1).Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. giải , 2 Ta có y  3 x  6mx  3(m 2  1). y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m 2  6m  1  0    m  3  2 2 Để hàm số có cực trị thì PT. Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và. m  3  2 2 ..

(77) 26) Cho hµm sè y . 2x  1 . Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai x 1. tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt. Giải Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× y0 . 2 x0  1 x0  1. Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |. 2 x0  1 1 - 2| = | | x0  1 x0  1. Theo Cauchy th× MA + MB  2 x 0  1 .. 1 =2 x0  1.  MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai ®iÓm. cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3) 27) Cho hàm số y . 2x 1 (1). Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) x 1. tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Giải +) Ta có I(- 1; 2). Gọi M  (C )  M ( x0 ; 2 . y  yI 3 3 )  k IM  M  x0  1 xM  xI ( x0  1)2. +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: kM  y '( x0 ) . 3.  x0  1. 2. +) ycbt  kM .kIM  9 +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 28) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x  2 x  2 . m x 1. Giải Biện luận số nghiệm của phương trình x 2  2 x  2  Ta có x 2  2 x  2 . m theo tham số m. x 1. m   x 2  2 x  2  x  1  m,x  1. Do đó số nghiệm của phương x 1. trình bằng số giao điểm của y   x 2  2 x  2  x  1 , C'  và đường thẳng y  m,x  1.  f  x  khi x  1 y   x2  2x  2 x 1   nờn  C'  bao gồm:  f x khi x  1    + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  1 qua Ox..

(78) Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + m  0 : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2). 5. x -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. -5. x 2  mx  2m  1 mx  1 29) Cho hàm số y = (1), có đồ thị là (Cm), m là tham số.Xác định m để tiệm cận xiên của (Cm) đi qua gốc tọa độ và hàm số (1) có cực trị. Giải 2 2 2 mx  2x  2m  2m x  mx  2m  1 (mx  1)2 mx  1 = ; y’ =. x 1  m 2 2m3  2m 2  1 x 1  m2    m2 m 2 (mx  1)  TCX : y = m m 2 với 2m 3  2m 2  1  0 y= m và m  0 mx 2  2x  2m 2  2m  0 có 2 nghiem phan biet   1  m2  2m3  2m 2  1  0  m  0 0  2 m YCBT   m=1.

(79) TÍCH PHÂN 1) . Tính tích phân: I =.  4 0. .  4. ( x  sin 2 2 x) cos 2 xdx .  4.  4. 2 2 **I = ( x  sin 2x)cos2xdx  xcos 2xdx  sin 2xcos2xdx  I 1  I 2. . . . 0. 0. 0. TÝnh I1 .  du  dx u  x x 14   1  I1  sin 2x 4   sin 2xdx đặt  v  cos 2 xdx 2 20 v  sin 2 x  2   0   1  1   cos 2 x 4   8 4 8 4 0 TÝnh I2  4.  1 1 1 I 2  sin 2 2xd(sin2x)  sin3 2x 4  .VËy I=   1  1    1 20 6 6 8 4 6 8 12 0  4. 2)Tính I . dx.  cos x 1  e  2. . 3x.  4. d  x2  xdx 11 1 1 dt I 4   2 2 0  x 2 2  x 2  1 2 0 t 2  t  1 0 x  x 1 1. **. 1. 3 2. 1 dt 1 du   2  2 2 0  1  3 2 1 2  3 2 2 u   t  2  2       2  3 3 dy    Đặt u  tan y, y    ;   du   2 2 cos 2 y  2 2 1  3  u   y  ;u   y  2 6 2 3   3 dy 3 13 1  2 I   dy   2  cos 2 y  3  1  tan 2 y 3 6 3   6 6 4 .

(80) 3 ln 2. 3) ). I. Tính tích phân. . dx (3 e x  2) 2. 0. Đặt. x 3. 3 ln 2. Ta có I .  0. x 3. e dx x 3. x 3. e ( e  2). = 2. x 3. u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2 2. Ta được:. 2.  1 3du 1 1 =3    I  2 4u 4(u  2) 2(u  2) 2 1 u ( u  2) 1.  du . 2. 1  1 1  =3  ln u  ln u  2  4 2(u  2)  1 4 3 3 1 Vậy I  ln( )  4 2 8 2. 4  x2 dx . x2. 4) TÝnh tÝch ph©n: I   1. §Æt x  2 sin t th× dx  2 cos tdt , khi x  1 th× t  2. I 1. 2.  2.  2. 2.  2. . 4 x cos t  1  dx   dt    2  1dt    d (cot t )  t 2  2 2 x   sin t   sin t  6 6. 6. 2. 1  x2 dx. 3 x  x 1. 5) . Tính tích phân sau : I   2. 1  x2 I  dx. = x  x3 1 1 1 x2 1 1 dx = x x 1 2 d (x  ) x = - ln( x  1 ) 2 =  1 x 1 1 x x 4 …. = ln 5 2.   , khi x  2 th× t  , vËy: 6 2. 6. 3.  3.

(81) 2. 2 1  x2 2x  1 dx . ( Hoặc I   =  2 dx =……) 3   xx x 1  1 1 x e. log32 x. 6) Tính tích phân: I  . dx . x 1  3ln 2 x 3  ln x  e e e   log 32 x 1 ln 2 x. ln xdx ln 2  I  dx    dx  3  . 2 2 2 ln 2 1 1  3ln x x 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận 3 x 3 1 2 e 2 2  t  1 1 log 32 x 1 1 Suy ra I   dx  3  3 . tdt  t 2  1 dt  3  2 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 1 x 1  3ln x 1. 2. 1 1 3  4  t t    3 3 9ln 2  3  1 27 ln 2  2. 3sin x  2cos x dx (sin x  cos x)3 0. 7) Tính tích phân: I   Đặt x .     t  dx   dt , x  0  t  , x   t  0. 2 2 2  2.  2.  2. 3sin x  2cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x dx   dt   dx (Do tích phân 3 3 3 (sin x  cos x ) (cos t  sin t ) (cos x  sin x ) 0 0 0 không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: I  .  2.  2.  2. 3sin x  2 cos x 3cos x  2sin x 1 dx   dx   dx = 3 3 2 (sin x  cos x ) (cos x  sin x ) (sin x  cos x ) 0 0 0. Suy ra: 2 I  I  I    2.  2. 1 1 1  1  1   dx   d  x    tan  x   2  1 . KL: Vậy I  .   20 4 2 4 0 2   0 2 cos 2  x  cos 2  x      4 4   3 x3 8) . Tính tích phân  dx . 0 3. x  1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  x  3  u  2 =. Ta có: 3. 2. 3. 2. 2. x3 2u  8u 1 2 0 3 x  1  x  3dx  1 u 2  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du  u  6u. . 2. 2.  1  6 ln u  1 1.

(82)  3  6 ln. 3 2 1 3 x 1. e. 9) Tính :. dx. 0. x  0  t  1 2 3x  1  t ; t  0  3 x  1  t 2  dx  t.dt ;  3 x  1  t  2 2 u  t  du  dt 2 Vậy I=  tet dt Đặt . 31 dv  et dt  v  et 2 2 t 2 Ta có I  (te   et dt )  e 2 3 3 1 Đặt. 1. 10). dx.  1 x . Tính tích phân:. 1 1. Ta có :. 1. dx.  1 x . 1 1. 1 x2. =. 1. 1 x2. 1 x  1  x2. 1  x . 2.  1  x 2 . 1. 1 x  1 x2 dx  2x 1. dx  . 1. 1 1  1 x2     1 dx   dx 2 1  x  2x 1 1. . 1 1  1 I1     1 dx  ln x  x  |11  1 2 1  x  2. . I2 . 1. . 1. 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 2x. t  2 x  1 Đổi cận :    x  1  t  2 2. Vậy I2=. t 2 dt  2  t 2  1  0 2. Nên I = 1  3. cotx dx    s inx.sin  x   6 4 . 11) Tính tích phân I    3.  3. cot x cot x dx  2  dx     s inx  s inx  cos x  sin x sin  x   6 6 4 . I .  3.  2  6. cot x dx s in x 1  cot x  2.

(83) 1 dx   dt sin 2 x   3 1 Khi x   t  1  3; x   t  6 3 3. Đặt 1+cotx=t . 3 1. Vậy I  2. t 1 dt  2  t  ln t  t 3 1. . 3 1 3 1 3.  2   2  ln 3   3 . 3.  2. 12) Tính tích phân: I =. sin x  cosx  1.  sin x  2cosx  3 dx 0.  2. I=.  2. . 1 3 d  sin x  2cosx  3  8 2 dx   dx     50 5 0 sin x  2cosx  3 5 0 sin x  2cosx  3.  1 2 3 8  x 0   ln  sin x  2cosx  3  2  J 0 5 5 I= 5  3 8    ln 4  ln 5   J 5 I = 10 5  2. Tính J =. dx.  sin x  2cosx  3 0. .. x  dt  1  tan 2 x  1  dx  2tdt   2 2  t2 1 Đặtt t = tan 2  Đổi cận : Khi x = 2 thì t = 1. Khi x = 0 thì t = 0 2dt 1 1 1 dt dt t2  1 J  2  2 2 2 2   2 2t 1 t t  2t  5 0 0 0  t  1  2  2  3 t2 1 t2 1 VËy. Lại đặt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du  §æi cËn khi t = 1 th× u = 4. Khi t = 0 th× u =  víi tan. . 1 2.

(84)  4. J. 2  tan 2 u  1 du 4  tan u  1 2. . .  u 4 .   4. 3 3 5 8  ln   Do đó : I = 10 5 4 5  4. 13) ): Tính tích phân: I =.  0. tan x .ln(cos x ) dx cos x. *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  1 2. Từ đó I    1. 1. ln t dt  t2. . 1 2. 1  thì t  4 2. ln t dt t2. 1 1 1 dt  du  dt ; v   2 t t t 1 1 1 1 1 2 1 Suy ra I   ln t 1   2 dt   ln 2  1 t 2 t 1 t 2 2 2. *Đặt u  ln t ;dv . I  2 1 . *Kết quả. 2 ln 2 2. e  ln x  14) Tính tích phân I     3 x 2 ln x  dx  1  x 1  ln x e. e. ln x I dx  3 x 2 ln xdx x 1  ln x 1 1 e. +) Tính I 1   1. ln x x 1  ln x. dx . Đặt t  1  ln x  t 2  1  ln x; 2 tdt . Đổi cận: x  1  t  1; x  e  t  2 2. I1 .  1. t. 2. 2. . . 2  t3  1 22 2 .2tdt  2  t 2  1 dt  2  t   t 3 3 1 1. . . dx  du   u  ln x   x +) Tính I 2   x 2 ln xdx . Đặt   2 3 dv  x dx v  x 1  3 e. . 1 dx x.

(85) e. x3 1 2 e3 1 x 3 e I 2  .ln x 1   x dx   . 3 31 3 3 3. e 1. e3 e3 1 2e3  1     3 9 9 9. 5  2 2  2e3 3. I  I1  3I 2 . e Tính tích phân: I    ln x  ln 2 x  dx  1  x 1  ln x. 15). e. I1 =  1. ln x dx , Đặt t = x 1  ln x. 1  ln x ,… Tính được I1 =. 4 2 2  3 3. e. . . I 2   ln 2 x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 1. 2 2 2 I = I1 + I2 = e   3 3 2. 16). ). Tính: A . 2. x2. . 1  x2. 0. Đặt t = sinx =>  4. . dx .. 1  x 2  cos t , dx  cos tdt. . A   sin 2 t dt . vậy A  0.  2 8. ln x 3 2  ln 2 x dx . x 1 e. 17) Tính tích phân: I  . e 1 ln x 3 2  ln 2 x 1e I  dx   ln x 3 2  ln 2 xd  ln x     2  ln 2 x  3 d  2  ln 2 x  x 21 1 1 e. e. 1 3  . 2. 3.  2  ln x  2. 4. 3   3 34  3 24   8. 4 1. 17) TÝnh nguyªn hµm:. F ( x) . sin 2 xdx.  3  4 sin x  cos 2 x.

(86) 3. 3. 3. 3  ln x dx ln x I dx  3  dx 2 2 2 1 (x  1) 1 (x  1) 1 (x  1) 3. dx 3 I1  3  2 (x  1) (x  1) 1. 3.  1. 3 4. 3. ln x dx (x  1)2 1. I2  . Đặt u = lnx  du . dv . dx x. dx 1 . Chọn v  2 (x  1) x 1 3. 3. 3. 3. ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I2         ln x  1 1 1 x(x  1) 4 x 1 x 1 4 2 1. 3 (1  ln 3)  ln 2 4 dx 18) T×m nguyªn hµm I   3 sin x. cos 5 x dx dx I 3  8 3 3 2 sin x. cos x. cos x sin 2 x. cos 2 x đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin 2 x  2 cos x 1 t 2 dt (t 2  1) 3  I  8  dt 3 2t 3 t ( ) 1 t 2 t 6  3t 4  3t 2  1  dt t3 3 1 3 1   (t 3  3t   t 3 )dt  tan 4 x  tan 2 x  3 ln tan x  C t 4 2 2 tan 2 x. Vậy : I . 1. 19)Tính tích phân. 2 3  (x sin x  0. 1. x )dx 1 x. 1. x dx 1 x 0. I   x 2 sin x 3 dx   0. 1. Ta tính I1 =. x. 2. sin x 3 dx đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1). 0 1. x Ta tính I2 =  dx đặt t = 1 x 0. 1. x ta tính được I2 = 2 (1  0. 1   )dt  2(1  )  2  2 1 t 4 2.

(87) Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 .  2.  tan( x  ) 4 dx I  cos2x 0  6. 20) :. Tính tích phân :.   tan( x  ) 6 2 4 dx   tan x  1 dx I  0 (t anx+1) 2 cos2x 0  6. t  t anx  dt=. Đặt. 1 dx  (tan 2 x  1)dx 2 cos x 1 3. x 0t 0 x. I .  1 Suy ra t  6 3. 0. 1. dt 1 3 1 3   . 2 (t  1) t  10 2 1. 21) TÝnh tÝch ph©n:. I=. dx.  1 x . 1. 1  x2. §Æt u = x+ 1  x 2 th× u - x= 1  x 2  x 2  2ux  u 2  1  x 2 u2 1 1 1  x  dx   1  2  du 2u 2 u  §æi cËn x= - 1 th× u = 2 -1 x = 1 th× u = 2 +1 1 1  1  2  du 2 1  1 2 u  I    1 u 2 2 1 1 = 2. 2 1. 2 1. du 1  1 u  2 2 1. 2 1. du (1  u )u 2 2 1. . 2 1. du 1  1 u  2 2 1. 1   1 1  2   du u u u 1  2 1 . . =1  /4. 21) Tính tích phân: I . .  /4.  /4. I. .  /4. sin x 2. 1 x  x. sin x 1  x2  x. dx.  /4. dx . .  /4.  /4 2. 1  x sin xdx . . x sin xdx  I1  I 2.  /4. Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả. Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả..

(88) 3. ln x.  (x  1). dx 2 22) Tính tích phân: I = 1 3 ln x dx 1  1 (x  1)2 dx -2 I= . Đặt u = lnx  du = x ; dv = (x + 1) dx  v = x  1 3.  x  1  x dx   1 ln 3   1  1  dx ln x   1  x x  1  4 I = x  1 1 1 x(x  1) 3. 3. 3. 1  x  1 3  ln 3  ln   ln 3  ln 4 x  1  1 = 4 2 =.

(89) Pt,hpt mũ và logarit 1)Giải phương trình. 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x  . (2) 2 4. Điều kiện: 0  x  1.  2    x  3 x  1  4 x Trường hợp 1: x  1.  2  x2  2 x  0  x  2 Trường hợp 2: 0  x  1.  2  x2  6 x  3  0  x  2. 3 3. . . Vậy tập nghiệm của (2) là T  2; 2 3  3. 1  log 1  y  x   log 4 y  1 3) Giải hệ phương trình  4  x 2  y 2  25 . ( x, y  ). y  x  0 Điềukiện:  y  0 1 yx   yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình      x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25   . x  3y x  3y  x  3y   2  2   2 25 2 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10   5   15 (không thỏa mãn đk) ;  x; y     10 10     5   15 (không thỏa mãn đk) ;  x; y      10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 4) Giải bất phương trình:. 9 2 xx 92 x  x. 2. 1. 2. 1.  34.152 x  x. 2. 2. 2. 34.152 x  x  252 x  x 1  0 2 2 2 2 2  252 x  x 1  0  9.32(2 x  x )  34.32 x  x . 52 x  x  25.52(2 x  x )  0.

(90) 2.  3  9.   5. 2(2 x  x 2 ). 3  34.   5. 2x x. 2. 2 x x   3  1  5   25  0   2  3 2 x  x 25    9  5 . 2x  x2  0   x  (;1  3)  (0; 2)  (1  3; )  2 x  x  2 KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3; ) log x. 2. 5) Giải phương trình: 3 2  x  1 3log2 x  x 2  1 * ; Đ/k x>0 . Đặt log 2 x  t  x  2t t. t. 3 1 p/t *  3t  4t  1        1. Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m  4  4 được nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : log 2 x  1  x  2. KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2 6)Chứng minh rằng phương trình : x 5  5 x  5  0 có nghiệm duy nhất Đặt f ( x )  x 5  5 x  5  f ' ( x)  5( x 4  1)  5( x  1)( x  1)( x 2  1)  x  1 .Ta có bảng biến thiên của h/s f(x): f '( x)  0   x  1 x - -1 1 +. f’(x) f(x). +. 0 -1. -. 0. +. +. - -9 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất. 7) Giải phương trình : 2. log 5  x  3 . x.

(91) ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t. t. 2 1  2  log5  2  3  t  2  3  5     3    1 (2) 3 5 t. t. t. 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   3 5 t. t. t. t. 2 1 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t   3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 8) Giải phương trình:. Logx (24x 1)2 x  logx 2 (24x 1) x 2  log (24x 1) x *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x  1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1   1  2logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x  1) Đặt logx (x  1)  t , ta được phương trình 1 2 1   giải được t=1 và t=-2/3 1  2t 2  t t *Với t=1  logx (x  1)  1 phương trình này vô nghiệm 2 *Với t=-2/3  logx (x  1)   3 2 3  x .(24x  1)  1 (*) 1 Nhận thấy x  là nghiệm của (*) 8 1 Nếu x  thì VT(*)>1 8 1 1 Nếu x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất x  8 8 *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và x  9) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1. 1 8.

(92) x  0  *Điều kiện : log 3 (9x  72)  0 giải được x  log9 73  x 9  72  0 Vì x  log9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với. log 3 (9x  72)  x  9x  72  3x x 3  8  x x 2 3  9 *Kết luận tập nghiệm : T  (log 9 72; 2] 1  10) Giải bất phương trình log 2 (4 x 2  4 x  1)  2 x  2  ( x  2) log 1   x  2  2 1  1 1  x   x 0 x   2 x 1 ĐK:  2   2 2  4x 2  4 x  1  0 (2x  1)2  0 x  1    2 Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 2 log 2 (1  2x)  2x  2  (x  2)log2 (1  2x)  1  xlog 2 (1  2x )  1  0. *. x  0 x  0 x  0    1  x  log 2 (1  2x )  1  0 log 2 2(1  2x)  0 2(1  2x )  1        4 x  0 x  0 x  0  x  0     2(1  2x )  1 log 2 (1  2x )  1  0 log 2 2(1  2x)  0 Kết hợp với điều kiện (*) ta có:. 1 1  x  hoặc x < 0. 4 2. 23x 1  2 y  2  3.2 y  3x (1) 11) Giải hệ phương trình   3x 2  1  xy  x  1 (2) x  1  0  x  1 Phương trình (2)   2   x(3x  y  1)  0 3 x  1  xy  x  1  x  1 x  0     x  0    x  1 3x  y  1  0  y  1  3 x . . Với x = 0 thay vào (1) 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y . 8 8  y  log 2 11 11.

(93)  x  1 * Với  thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2 3 x 1  2 3 x 1  3.2  y  1  3x 1 Đặt t  2 3 x 1 Vì x  1 nên t  4 1 t  3  8 lo¹ i  x  log 2 3  8  1 1 2 3 (3)  t   6  t  6t  1  0    t y  2  log (3  8 ) t  3  8 2 .  .  .  .  . 1  x  0  x  log 2 3  8  1 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  8 và  y  log 2 11 y  2  log (3  8 )  2  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x .  x log 3 12  log 3 x  y  log 3 y. 12) Giải hệ phương trình:  x  0 TXĐ:  y  0.  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x    x log 3 12  log 3 x  y  log 3 y.  3x. y  2 y .x  x y 12 . x  3 . y.  x  log 4 2  y  2x  3  x  y 3 . y  2 . x  y  2 log 4 2  3. 13) Giải bất phương trình 2 Điều kiện: x> 0 ; BPT  2. 4 log22. log2 x. x. 2. x. 2log 2 x.  20  0.  x 2log 2 x  20  0. Đặt t  log 2 x . Khi đó x  2t . 2. 2. 2. BPT trở thành 42 t  22t  20  0 . Đặt y = 22t ; y  1. BPT trở thành y2 + y - 20  0  - 5  y  4 2. Đối chiếu điều kiện ta có : 2 2t  4  2t 2  2  t 2  1  - 1  t  1. Do đó - 1  log 2 x  1 . 1 x2 2. 1. 13) Giải bất phương trình:. log 1 log 5 3. Đk: x  0. . . x 2  1  x  log 3 log 1 5. . x2  1  x. .

(94) 1  log. log 1. 3. 5.   log 3  log 1  5  log 52. . . x 2  1  x .log 5. . . x2  1  x  0.  x2  1  x   0 . . . . *) 0  log 5. . . x 2  1  x  log 3 log 5. x2  1  x  1.  0  log 5. *) log 5. . . . . . x2  1  x  1. . x2  1  x  x  0. . x 2  1  x  1  x 2  1  x  5  x 2  1  5  x  ...  x   12    5. Vậy BPT có nghiệm x   0;. Giải phương trình : log 3. x  12  log 3 2 x  1  2. 14) 1  x 1 2  2 log3 x  1  2 log3  2x  1  2. §k:.  log3 x  1  log3  2x  1  1.  log3 x  1  2x  1  log3 3.  x  1  2x  1  3.  1 x 1  x 1 hoac  2 2x 2  3x  2  0 2x 2  3x  4  0 (vn) x2. . 15) Giải phương trình: (1)  2  log3 x . . 2  log 3 x log 9 x 3 . 1 4  1 log3 9x 1  log3 x. 2  log3 x 4  1 2  log3 x 1  log3 x. đặt: t = log3x 2t 4 thành   1  t 2  3t  4  0 2  t 1 t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm). 4 1 1  log 3 x. 12 5.

(95) 1 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x  4  x  hay x  81 3.  t  1 hay t  4 16) Giải bất phương trình. log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3). x  0 §K:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0. Bất phương trình đã cho tương đương với đặt t = log2x,. log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3). (1). BPT (1)  t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3). t  1 t  1   t  3   3  t  4 (t  1)(t  3)  5(t  3) 2 . log 2 x  1 3  log x  4 2 . 1  0x 1   2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  2 8  x  16 17)Giải bất phương trình. log 3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 0 x2  5x  6. Đk: x > - 1 3log 3 ( x  1) log 3 4 0 ( x  1)( x  6). 2 log 3 ( x  1) . bất phương trình . log 3 ( x  1) 0 0 x6 x6 18) Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) . 2. 5  1  x ĐK :  2 2.  x  0 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  2 x ) log 22 (5  2 x )   2 log 2 (5  2 x)  2 log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1).

(96) 1  x  4  log 2 (2 x  1)  1  1    log 2 (5  2 x )  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2  2  log 2 (5  2 x )  0 x  2   Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.. 19) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm:. log 1. x 2  1  log 1 ( ax  a ). 3. 3. Giải §iÒu kiÖn: ax + a > 0. x 2  1  a ( x  1). Bpt tơng đơng. NÕu a>0 th× x +1 >0.Ta cã. x2 1 a x 1. NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã. x2 1 a x 1. XÐt hµm sè y = x 1. y’ = x y’. x2  1 víi x  - 1 x 1. ( x  1)2 x 2  1. =0 khi x=1. -. -1 || +. -1. 1 0. 1. y. 2 2. -. a>. + +. 2 hoÆc a < - 1 2. 20) Giải phương trình:. . . 3 1. log2 x.  x.. . §iÒu kiÖn : x>0 §Æt. . . 3 1 2. log 2 x 2. =u, 2. . . 3 1 2. log 2 x.  v ta cã pt. u +uv = 1 + u v  (uv -1)(u – 1) = 0   u 21 . . . x =1  uv 1. log2 x. . 3 1.  1  x2.

(97)  2 2 x 2  2010 (1)  2009 y  x  2  2010  y 21) Giải hệ phương trình :   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:. x 2  log 2009 ( x 2  2010)  y 2  log 2009 ( y 2  2010) +) Xét và CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  0 đồng biến, từ đó suy ra x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t. t. 1 8 Đưa pt về dạng       1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 9 9  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 log 2 x  y  3log8 ( x  y  2) 22) Giải hệ phương trình:  . x 2  y 2  1  x2  y 2  3  Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log 2 x  y  3log8 (2  x  y )  x y  2 x y   2 2 2 2 x 2  y 2  1  x2  y 2  3   x  y  1  x  y  3.  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2   u 2  v2  2 v  x  y  uv  3   uv  3  2 2    u  v  2 uv  4 (1)    (u  v )2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có:  uv  3 (2)  2 . uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 .  uv  0 Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) u  v  4 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. 3) x. 23) Giải bất phương trình : ( 2 . Bpt. . .  2 3. 2. x 2x. . .  2 3. 2.  2 x 1. 2. x 2x. 4.  (2 . 3) x. 2.  2 x 1. . 4 2. 3.

(98) . t  2 3. x2 2x. . (t  0). BPTTT :. 1 t   4 t2  4t 1 0  2  3  t  2  3 (tm) t. . Khi đó : 2  3  2  3 . x 2 2 x. .  2  3  1  x 2  2 x  1. x2  2x 1  0 1 2  x  1 2. 24) Giải bất phương trình. x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2. Điều kiện: x  0 Bất phương trình  3( x  3) log 2 x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 3 x 1 TH1 Nếu x  3 BPT  log 2 x  2 x3 3 Xét hàm số: f ( x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x )  f ( 4)  3 *Với x  4 :Ta có   Bpt có nghiệm x  4 g ( x )  g ( 4)  3  * Với x  4 :Ta có. f ( x)  f (4)  3   Bpt vô nghiệm g ( x )  g ( 4)  3 . TH 2 :Nếu 0  x  3 BPT . 3 x 1 log 2 x  2 x3. 3 log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f ( x)  f (1)  0 *Với x  1 :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x )  g (1)  0  f ( x) . * Với x  1 :Ta có. f ( x)  f (1)  0   Bpt có nghiệm 0  x  1 g ( x )  g (1)  0 . x  4 Vậy Bpt có nghiệm  0  x  1.

(99) c/hợp, t/hợp 0 2 4 6 98 100 1) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  250.. Ta có 0 1 2 2 100 100  C100 i  C100 i  ...  C100 i 1  i 100  C100. .  . . 0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i. Mặt khác. 1  i 2  1  2i  i 2  2i  1  i 100   2i 50  250 0 2 4 100 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  250.. 2) Tính tổng : S  C05 C57  C15 C74  C52 C37  C53 C72  C54 C17  C55C 70 Chọn khai triển : 5  x  1  C50  C15 x  C52 x 2    C55 x 5 7.  C07  C17 x  C72 x 2    C77 x 7  C07  C17 x  C 27 x 2    C57 x 5   Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : C05 C57  C15 C74  C52 C73  C53C 72  C54C17  C55C 70 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của 5 (x + 1)12 là : C12.  x  1. 5 Từ đó ta có : C05 C57  C15 C74  C52 C73  C53C 72  C54C17  C55C 70 = C12 = 792 2 4 6 100 4) Tính giá trị biểu thức: A  4C100  8C100  12C100  ...  200C100 .. 100. 0 1 2 100 100  C100  C100 x  C100 x 2  ...  C100 x. 100. 0 1 2 3 100 100  C100  C100 x  C100 x 2  C100 x 3  ...  C100 x (2). Ta có: 1  x . 1  x . (1). Lấy (1)+(2) ta được: 100. 1  x . 100.  1  x . 0 2 4 100 100  2C100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x. Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 99. 99. 2 4 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 x. Thay x=1 vào 2 4 100 => A  100.299  4C100  8C100  ...  200C100 5) . Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu ..

(100) Giải. Sè c¸ch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300 Số cách lấy để 2 viên bi lấy ra cùng màu là : 30x10+7x6+15x9 = 477 477 Xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu là : 1300. 6) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. Gọi số cần tìm có dạng : abcd + Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và A93 cách chọn b, c , d + Nếu a = 2 : + b > 0 : có 8 cách chọn b và có A82 cách chọn c , d + b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d + b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : 7. A93  8. A82  7.7  7  4032 7) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n1  3.2.2C23n1  ....  (1)k k(k  1)2 k 2 C2kn 1  ....  2 n(2 n  1)22 n1 C22nn11  40200 Giải * Xét (1  x )2 n 1  C 02 n 1  C12 n 1x  C 22 n 1x 2  ....  (1)k C k2 n 1x k  ....  C 22 nn 11x 2 n 1 (1). * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:  (2n  1)(1  x)2 n  C12 n 1  2C 22 n 1x  ...  (1)k kC 2kn 1x k 1  ....  (2 n  1)C 22 nn 11x 2 n. Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 2n(2n  1)(1  x)2n1  2C22n1  3C32n1x  ...  (1)k k(k  1)C2kn1xk 2  ....  2n(2n  1)C22nn11x2n1. Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 1 2n(2n  1)  2C 22n1  3.2.2C32n 1  ...  (1)k k(k  1)2 k 2 C k2n 1  ...  2n(2n  1)22n 1 C2n 2n 1. Phương trình đã cho  2 n(2n  1)  40200  2 n 2  n  20100  0  n  100 12. 1  8) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton: 1  x 4   x  8. 12. 12. k. 12 1   4 1   4 1  12 k k  4 Ta có:  x   1  1   x      ( 1) C12  x   x  x  x     k 0 i 12 k 12 k 12 k k i 4 k i  1  12  k k i 4 k  4 i  i   (1) C12  Ck x x     (1) C12Ck x  x  k  0 i 0 k 0 i 0.  . 12. k.   (1)12k C12k Cki x 4 k 5i k 0 i 0. Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8  i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 2. 0. 7. 4. 12. 8. Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2  C12 .C7  C12 .C12  27159.

(101) 9) Cho tập A  0;1;2;3; 4;5 , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Gọi số cần tìm là abcde  a  0  -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. 2 Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A5 cách 3. 3 vị trí còn lại có A4 cách Suy ra có A52 A43 số -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 3 3 vị trí còn lại có A4 cách Suy ra có 4.A43 số Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 10) . Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A3n  8C2n  C1n  49 . Điều kiện n  4. . n. n.  C x. Ta có: x 2  2 . k 2k nk 2 n. k 0. Hệ số của số hạng chứa x8 là C 4n 2 n  4 Hệ số của số hạng chứa x8 là C 4n 2 n  4 Ta có: A3n  8Cn2  C1n  49  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 Nên hệ số của x8 là C47 23  280 11) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42  6 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C 52 . C 52 = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n. Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ C 42 . C 52 .4! = 1440 sè 12) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. Giải Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52  10 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 53 = 100 bộ 5 số được chọn. Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ C 52 . C 53 .5! = 12000 sè..

(102) Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 41 .C 53 .4! 960 . Vậy có tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 13) Giải phương trình C xx  2C xx 1  C xx 2  Cx2x23 ( Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử). 2  x  5 ĐK :  x  N Ta có C xx  C xx 1  C xx 1  Cxx 2  Cx2x23  C xx1  C xx11  C x2x23  C xx 2  Cx2x23  (5  x )!  2!  x  3 14) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : 10. Ta có. 10. P  (1  2 x  3 x 2 )10. k. P  (1  2 x  3x 2 )10   C10k (2 x  3x 2 ) k   ( C10k Cki 2k i 3i x k  i ) k 0. k 0. i 0. k  i  4 i  0 i  1 i  2  Theo giả thiết ta có 0  i  k  10     k  4 k  3 k  2 i, k  N  4 Vậy hệ số của x là: C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 . 15) 2 22 2n n 121 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn  2 3 n 1 n 1 n 0 1 2 2 n n Xét khai triển (1  x )  Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 3n 1  1 22 23 2n 1 n  2Cn0  Cn1  Cn3  ...  Cn n 1 2 3 n 1 2 22 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn     2 3 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1).  3n 1  243  n  4 Vậy n=4. 16) Tõ c¸c ch÷ sè 0,1,2,3,6,7,8,9 cã thÓ lËp ®îc bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè. đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Giải Gäi sè cã 6 ch÷ sè lµ abcdef NÕu a = 7 th× cã 7 c¸ch chän b, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch chän e, 3 c¸ch chän f. ë ®©y cã 7.6.5.4.3 = 2520sè NÕu b = 7 th× cã 6 c¸ch chän a, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch chän e, 3 c¸ch chän f. ë ®©y cã 6.6.5.4.3 = 2160sè T¬ng tù víi c, d, e, f VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè 0 4 8 2004 2008 17) Tính tổng: S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 0 1 2009 Ta có: (1  i )2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009.

(103) 0 2 4 6 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009  1 3 5 7 2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 )i. 1 0 2 4 6 2006 2008 Thấy: S  ( A  B ) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...C2009  C2009. + Ta có: (1  i )2009  (1  i )[(1  i) 2 ]1004  (1  i).21004  21004  21004 i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i )2009 nờn A  21004 . 0 1 2 2009 + Ta có: (1  x )2009  C2009  xC2009  x 2 C2009  ...  x 2009C2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  22009 .. Suy ra: B  22008 . + Từ đó ta có: S  21003  22007 .. Số phức Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0   (không thoả mãn)  n  13 Vậy n = 7 2 3. Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i)3  (1  i ).(8i )  8  8i   Vậy phần thực của số phức z là 8. 2) Tìm số phức z thoả mãn : z  2  i  2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn. vị. Gọi số phức z=a+bi 2 2  a  2   b  1 i  2  a  2    b  1  4 Theo bài ra ta có:   b  a  3 b  a  2  a  2  2   b  1  2   a  2  2   b  1  2.

(104) Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +( 1  2 )i; z= z= 2  2 +( 1  2 )i. 3) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 =24+70i,   7  5i hoặc   7  5i z  2  i    z  5  4i 4) a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1<|z–1|<2 Giải. a)G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i . víi x,y   ,. x 2  y2 = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i. x  2  0 x  2    1  y  0 3  2  y   2 2 2 x  y  1  y . víi x,y   ,. b) G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy. x 2   y  1. 2. Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do đó : 1 < | z - i | < 2  1 < | z - i |2 < 4 2.  1  x 2   y  1  4 2 z  i  z  z  2i . 5) Tìm số phức z thỏa mãn :  + Gọi số phức z = x + yi. 2 2  z  ( z )  4 ( x , yR ). 2 x  ( y  1)i  (2 y  2)i  4 xyi  4. Hệ  .   y   y  . x2 4 1 1  y  x x. x  3 4   1 y  3 4 . Vậy số phức cần tìm là : z  3 4 . 3. 1 i 4. 6)Giải phương trình trong tập số phức: z 2  z  0. |z|=. x 2  y2.

(105) z = x + iy ( x, y  R ), z2 + z  0  x 2  y 2  x 2  y 2  2 xyi  0 2 xy  0  2 2 2 2  x  y  x  y  0 x  0   y  0 x  0    y  1  x  0   y  1 Vậy: z = 0, z = i, z = - i 7) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20 (1  i) 21  1 P  1  (1  i )  ...  (1  i )20  i 10. (1  i )21  (1  i) 2  .(1  i)  (2i )10 (1  i )  210 (1  i ). 210 (1  i )  1  210  210  1 i i Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210  1 P. . . 8) Giải phương trình nghiệm phức : z . 25  8  6i z. Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 1 1 a  bi   2 z a  bi a  b 2 25 25(a  bi ) Khi đó phương trình z   8  6i  a  bi  2 2  8  6i z a b. Khi đó z  a  bi ;. 2 2 2 2 3  a (a  b  25)  8( a  b ) (1)   2 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  a thế vào (1) 2 2 2 4 b( a  b  25)  6(a  b ) (2) Ta có a = 0 v a = 4 Với a = 0  b = 0 ( Loại). Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 9)Giải phương trình sau trên tập số phức C:. z2 z  z   z  1  0 (1) 2 4. 3. Giải ++ Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0.

(106) 1 1 1 )  ( z  )   0 (2) 2 z 2 z 1 1 1 Đặt t=z- Khi đó t 2  z 2  2  2  z 2  2  t 2  2 z z z 5 Phương trình (2) có dạng : t2-t+  0 (3) 2 5   1  4.  9  9i 2 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 2 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i) z  2  0 (4) 2 z 2 2 Có   (1  3i )  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i) 2 (1  3i )  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) 2 z 2 2 Có   (1  3i)  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i) 2 (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i)  i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 2. Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2 .

(107) Phương trình mặt phẳng 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) x 1 y  2 z vµ ®êng th¼ng  :   .Tìm toạ độ điểm M trên  sao 1 1 2 2 2 cho: MA  MB  28 Giải x  1 t  ptts :  y  2  t  M (1  t; 2  t ; 2t )  z  2t . Ta cã: MA2  MB 2  28  12t 2  48t  48  0  t  2 Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 2).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi d :. x 1 y 1 z   .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng 2 1 1. đi qua điểm M Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t . . Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên : 2. . 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  1 ;  4 ;  2  3 3 3 3   uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2  y  1  z 1. 4. 2. 7 1 2 Theo trên có H ( ;  ;  ) mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ 3 3 3 8 5 4 M’ ( ;  ;  ) 3 3 3 3) . Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:.  x  1  2t  d2 : y  1  t z  3  Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3  x y 1 z  2 d1 :   ; 2 1 1.

(108)   MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5    MN.u1  0 2  2t  2t ' 1   t  t '     t  5   0     2  2t  2t ' 1   t  t '  0 MN.u1  0  6t  3t ' 3  0   t  t' 1  3t  5t ' 2  0   M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1; 2; 4   PT MN :. x  2 y z 1   1 2 4. 4) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  1 2 1 1 suy ra H ( ; ; ) 3 3 3 3 4 2 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O ' ( ; ; ) 3 3 3. Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=. 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 :. x  4 y 1 z  5 x2 y3 z   d2 :   3 1 2 1 3 1. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và d  d1 , d 2  AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B :Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) Nên có phương trình là: Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6.  x  2. 2.  ( y  1)2  ( z  1) 2  6.  x  1  2t  x y z 6) Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t 1 1 2 z  1  t  và điểm M(1;2;3)..

(109) 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2. 2.Tìm A  d1 ; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất .. + Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0 + Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …  Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1) 2.Tìm A  d1; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1 và d2 ..    AB.v1  0 3 3 6 1 17 18  …….  tọa độ của A  ; ;  và B  ; ;     35 35 35 35 35 35     AB . v  0  2 7) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).   Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.    Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):  x  y  z 1  0 x  0   2 x  y  z  1  0 . Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là 2 x  y  z  1  0  z  1  . I (0; 2;1). Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 8) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.    Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 M(x; y; z) MA = MB = MC  …. M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 9) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).   + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.    + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC): 2x  y  z 1  0 ..

(110)  x  y  z 1  0 x  0   + Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1  . Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 10) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : (d 2 ) :. x y z   và 1 1 2. x  1 y z 1   .Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho 2 1 1. đường thẳng MN song song với mặt phẳng  P  : x – y  z  2010  0 độ dài đoạn MN bằng. 2.. + M , N  (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử.  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ( 1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1) .   + MN song song mp(P) nên: nP .NM  0  1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)  0   t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1) ..  t1  0 + Ta có: MN  2  (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)  2  7t  4t1  0   . t1  4 7  4 4 8 1 4 3 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ;  ; ) . 7 7 7 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P). KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. 2. 2. 11) Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d :. 2. 2 1. x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt 2 1 2. phẳng   chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định; Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0  K  3;1; 4  +   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0.

(111) 12) Cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :. x 1 y  3 z   , 2 3 2. x 5 y z 5   . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) 6 4 5 và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d2 :. Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t '; 5  5t ' d  M ;  P    2  2t  1  1  t  0; t  1.  Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0  , MN   6t ' 4;4t ' 3; 5t ' 5      MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N  5;0; 5 . Trường hợp 2: t  1  M  3; 0; 2  , N  1; 4; 0  13) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai x  1 y 1 z  2 x2 y2 z đường thẳng d1:   , d2 :   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m z  2  t  z  2m  . Giả sửd cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). Do d  (P) có VTPT 3  m  2t  2k     nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t   k có nghiệm 2  2m  t  5k . m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t . x  3 y  2 z 1   và mặt phẳng 2 1 1 (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .. 14) Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:. Ta có phương trình tham số của d là:.

(112)  x  3  2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  z  1  t .  x  3  2t  y  2  t  (tham số t)  z   1  t   x  y  z  2  0.  M (1; 3;0)   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .    Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0. x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5 y  2 z  5   2 3 1 x 3 y  4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 15) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng x  t x y2 z  1 :  y  4  t ; 2 :   1 3 3  z  1  2t  Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường thẳng 1 và  2. Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :. Viết phương trình mặt phẳng(  ) qua điểm I , song song với 1 và  2 I(1;5;0) ,. x  t  1 :  y  4  t  z  1  2t . 2 :. x y2 z   1 3 3. 1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 đi qua điểm M 1 (0; 4; 1)  2 có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  2 đi qua điểm M 2 (0; 2;0)     mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt n   M 1 I , u1   (3; 1; 2)  p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0  Tương tự mp(Q) chứa  2 và điểm I có vtpt n' (3;-1;2)  p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và  2 , nên d = (P)  (Q).

(113)     đường thẳng d có vtcp ud   n, n '  = (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0)   x  1 t  Nên p/t tham số của d là  y  5  3t z  0     *mp(  ) qua điểm I và song song với 1 và  2 nên (  ) có vtpt n = u1 , u2  =(9;5;-2).  p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0 16) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x 1 3  y z  2 x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : (d)   và (d’) 1 1 2 x  1  2t   y  2  t Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng z  1  t  (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1;2   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3     MM '  u, u '   2; 1;3 11 12 ; 12 12 ; 12 11  8  0 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' 8 d  d  , d '     11  u, u '   17) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t z  4  5t z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .. . .

(114)  a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1;2;5   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt nhau .  2 2 (ĐPCM)   u   15 15 15  b) Ta lấy v   .u '   ; 2 ; 3  . 7 7 7 u'       15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2  2 ;5  3  7 7 7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  2 ;5  3  7 7 7   Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai   véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :  1  15  x    1   t 2 7      15   và t  y   2  2 7     z  3   5  3 15  t  2  7  .  1  15  x    1   t 2 7      15   t  y   2  2 7     z  3   5  3 15  t  2  7  . 18) . Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.  Ta có AB   1; 4; 3 x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t  z  4  3t . Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB,  gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3) . . Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a   5 49 41 . Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26 . 21 26.

(115) 19) Cho hai đường thẳng có phương trình: d1 :. x2 z 3  y 1  3 2. x  3  t  d 2 :  y  7  2t z  1 t . Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).   Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  k MB   MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b . 3a  1  kb 3a  kb  1 a  1     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11   k  2 4  2a   kb 2a  kb  4 b  1     => MA   2; 10; 2   x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t . 20) . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:.  x  3u x  1    d1  :  y  4  2t và  d 2  :  y  3  2u  z  2 z  3  t   a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau. b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).  §êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP u1   0;2;1.  §êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP u 2   3;2;0     Do đó : M1M 2   1;7; 5  và  u1 , u 2    2; 3; 6     Suy ra  u1 , u 2  .M1M 2  49  0 . VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau.

(116) LÊy  A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã : AB   3u  1;7  2u  2t; 5  t  A,B là giao điểm của đường vuông góc chung của (d1) và (d2) với hai đường đó    AB.u1  0 14  4u  4t  5  t  0 u  1       9u  3  14  4u  4u  0 t  1  AB.u 2  0   AB   2;3; 6   Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = 7 1 Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; - 2 ; 1) MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT : 2.  x  2. 2. 1 49 2    y     z  1  2 4 . x  t  21) Cho đường thẳng (d) :  y  1 và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y z   t  + 2z + 7 = 0 a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)  u d  1;0; 1 + §êng th¼ng (d) ®i  qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP  n P  1; 2; 2  + Mp (P) cã VTPT : Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :    n R   u d ; n P    2; 3; 2  Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1) H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP :    u d '   n R ; n P   10; 2; 7  x 1 y 1 z 1   2 7 VËy (d’) cã PTCT : 10 LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : 1 t 5 t. d1 = d(I, (P)) = 3 ; d2 = d(I, (Q)) = 3 Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2  |1- t|=|5-t|  t=3 Suy ra : R = 2/3 và I = ( 3; -1; -3 ) . Do đó mặt cầu cần tìm có PT là : 4 2 2 2  x  3   y  1   z  3  9.

(117) 22) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : x  12  y 2  z  22  9 . Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :. x y 1 z   và 1 2 2. cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2 . (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R = 3 . . + đt a có vtcp u (1, 2 ,  2 ) , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x  2 y  2 z  D  0 + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = nên ta có :. 1  2.0  2.(2)  D 3. R2  r 2  5.  5. 0,25  D  5  3 5   D  5  3 5. KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) : x  2 y  2 z  5  3 5  0. và. (P2) :. x  2 y  2z  5  3 5  0. x  t  23) Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng  :  y  2t z  1 . và điểm. A(1, 0 ,  1) Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam. giác đều. . + Đường thẳng  đi qua M 0 (0 , 0 ,1) và có vtcp u (1, 2 , 0) ;     M 0 A  (1,0 ,2) ;  M 0 A , u   ( 4 ,  2 , 2)  . + Khoảng cách từ A đến  là AH = d ( A , ) .    M 0 A, u    . u. + Tam giác AEF đều  AE  AF  AH . =. . 2 6 5. 2 4 2  .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R 3 5. 4 2 5 x  t   y  2t và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :  z  1  ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  32  5.

(118)  1 2 2 x  5   1 2 2 24 2  t = suy ra tọa độ E và F là :  y  5 5  z  1  . .  1 2 2 x  5   24 2 y  5  z  1  . 24) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y 1 z  4 và hai đường thẳng (d ) :   và (d ') :   1 2 3 1 2 5 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.  *(d) đi qua M1 (0; 1; 0) và có vtcp u1  (1; 2; 3)  (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5)     *Ta có u1 ; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4)    Xét u1 ; u 2  .M1M 2  16  14  0  (d) và (d’) đồng phẳng .  *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n  (1; 2; 1) và đi qua M1 nên có phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 25) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, x2 y 1 (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 : = 2 1 z = . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q). 3 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 , 2 . x  2  2t  * 1 có phương trình tham số y  1  t z  3t  x  2  s  *  2 có phương trình tham số y  5  3s z  s  *Giả sử d  1  A;d   2  B  A(2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s)   * AB  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)   * d  (R)  AB & n cùng phương.

(119) s  2t 3s  t  6 s  3t   1 2 3 23 t  24  1 1 23 *d đi qua A( ; ; ) và có vtcp n  (1; 2; 3) 12 12 8 23 1 1 z x y 8 12  12  => d có phương trình 1 2 3 26) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi . A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)  Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 2 x  y2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a 2  b 2  c2  d  0. . . 5  2a  2 b  d  2  0 a   2 2a  6 b  4c  d  14  0   Vì A' , B, C, D  S  nên ta có hệ:   b   1 8a  6b  4c  d  29  0 c  1 8a  2 b  4c  d  21  0  d  1 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  5 x  2 y  2 z  1  0. 29 5  (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R  2 2  +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1. x  5 / 2  t  5  Suy ra phương trình của d: y  1  t  H  t;1  t;1  t  2  z  1  t  5 5 5  t  1  t  1  t  2  0  3t    t   2 2 6 75 5 3 IH   , (C) có bán kính 36 6. Do H  d   (P) nên:. 5 1 1  H ; ;  3 6 6 r  R 2  IH 2 . 29 75 31 186    4 36 6 6.

(120) 27) . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  2 y  z  5  0 và đường x3  y  1  z  3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) 2 đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.  x  2t  3  Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1 z  t  3 . thẳng (d ) :. Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I 2t  3; t  1; t  3 Do I  P   2t  3  2(t  1)  (t  3)  5  0  t  1  I  1;0;4 * (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1.  .  a, n   3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của   u 1;1;1 x  1  u    : y  u . Vì M    M  1  u; u;4  u  ,  AM 1  u; u  3; u  z  4  u . AM ngắn nhất  AM    AM  u  AM.u  0  1(1  u)  1(u  3)  1.u  0 4   7 4 16   u  . Vậy M ; ;  3  3 3 3 28) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình.  x  2  3t  .  y   2t (t  R)  z  4  2t . Tìm trên d những điểm M sao cho. tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d. Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 29) Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 x  y  1  0  3 x  y  z  3  0 .Chứng minh rằng hai đường thẳng ( )  ; (  ')  x  y  z 1  0 2 x  y  1  0. (  ) và (  ' ) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (  ) và (  ' ).  1 3 Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (  )  (  ' ) = A   ;0;   2 2 M (0; 1;0)  () , Lấy N  ( ') , sao cho: AM = AN => N.

(121) AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (  ) và (  ' ) chính là đg thẳng AI Đáp số: x (d1 ) :. 1 2. 1 1  14 30. z. . 3 2. x. 1 2. z. 3 2. y y  ; (d2 ) :   2 2 3 5 1 1 2 2 3 5      14 30 14 30 14 30 14 30 14 30. 29) Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x = -3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t  R. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A; cắt và vuông góc với (d).  1.   d  B  B(3  2t ;1  t; 1  4t ) , Vt chỉ phương ud  (2; 1; 4)   AB.ud  0  t  1 => B(-1;0;3)  x  1  3t  Pt đg thẳng   AB :  y  2t z  3  t . 30) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x  1 y 1 z 1 x 1 y  2 z 1   ; d2:   và mặt phẳng (P): x - y 2 1 1 1 1 2. - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 . Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B.  Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1; 3; 1) x 1 y z  2 Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:   1 3 1. 31) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  3 z   và điểm 1 1 4. M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi. qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4.  Giả sử n (a; b; c ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.  Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u  (1;1; 4).

(122)   n.u  a  b  4c  0 (1)   / /( P)  Từ giả thiết ta có    | a  5b | 4 (2)  d ( A; ( P ))  4  2 2 2  a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có (a  5c )2  (2a 2  17c 2  8ac )  a 2 - 2ac  8c 2  0 a a a  4 v  2 .Với  4 chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng c c c a (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.Với  2 chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt c phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.. 32). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: (P): 2x  y  2z  2 = 0;. (d):. x y 1 z  2   1 2 1. 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.. . 2 x  y  1  0 x  z  2  0. 2/. Đường thẳng () có VTCP u  ( 1;2;1) ; PTTQ: .  Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2). Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin  . | 2  2  2 | 6  3 3. 6.  Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos   1 . 6 3  9 3. Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos  . | 3m | 3. 5m 2  2n 2  4mn.  m2 + 2mn + n2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n. Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0. . 3 3.

(123) 33) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có.  x  1  2t  phương trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và  z  1  3t  kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lớn nhất Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH  HI => HI lín nhÊt khi A  I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H  d  H (1  2t ; t;1  3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0.  7x + y -5z -77 = 0 34) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q).     Ta có AB (1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)      Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 35) . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song  với giá của véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4  Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)  Vì ( P)  ( ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))  4 .  m  21 d ( I  ( P ))  4   m  3. Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 36) ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d. x  2 y z1   4 6 8. và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất  Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8).

(124)  u2 ( - 6; 9; 12).   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  I là trung điểm của A’B suy ra I  ; ;   29 58 29  37) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x  2  2t x  2 y 1 z   , D1 : D2 :  y  3 1 1 2 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2  Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2)  và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2    Xét  u1 ; u2  .MN = - 10  0. Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1  1   AB.u1  0 t     3   AB . u  0  t '  0 2. B(2 – 2t’; 3; t’)  D2. 5 4 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2..

(125) Ta có.  2. x  2  t  :  y  3  5t PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có  z  2t  2. 2. 11   13   1  5  dạng:  x     y     z    6  6   3 6  38) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-1;3); C (4;0;-1). 1. Chứng minh rằng: A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. A 2. Tìm m và n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A và C. B.       AB, BC   (4; 16; 6)  0 H AB  (  4;1; 0) BC  (2;1;  4)  d . Ta có : ;   1 I  A, B, C không thẳng hàng  A, B, C là 3 đỉnh của tam giác    AB, BC    2 33  A1 BC 3  AH = d(A, BC) =   2. M (m + 2; 1; 2n + 3)  AM  (m  4;3; 2n) cùng phương AC  2(1; 1; 2) m  4 3 2n   1 2  m = 1 và n = -3  1.

(126)

LTDH

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về