Lý thuyết luyện thi đại học môn toán khối A-B-D

Chia sẻ: caohoangnamvn

Tài liệu ôn tập Toán tham khảo về một số dạng bài tập chương . Giúp các em có thêm kiến thức để đạt được điểm cao hơn trong kì thi Đại học sắp tới. Chúc các em thi thành công.

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Lý thuyết luyện thi đại học môn toán khối A-B-D

Trường………………………………
Khoa…………………………..




Lý thuyết luyện thi
đại học môn toán
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
b c
KHẢO SÁT HÀM SỐ S  x1  x 2  x 3   ; x1.x 2  x 2 .x 3  x 3 .x1   ;
a a
d
Vấn đề 1: ÔN TẬP – CÔNG THỨC P  x1.x 2 .x 3 
a
I. Tam thức bậc hai: III. Đạo hàm:
 a  b  0 BẢNG ĐẠO HÀM

c  0
  x   , ax  bx  c  0  
2 (kx) '  k (ku) '  k.u '
 a  0
 (x  ) '  .x 1


   0 (u  ) '  .u '.u 1
.

 a  b  0 1 u'
 ( x)'  ( u)' 
c  0 2 x 2 u
  x   , ax  bx  c  0  
2
 a  0 ' '
 1 1 1 u'
   0    2    2
 x x u u
 Cho phương trình : ax2 + bx + c = 0
(sin x) '  cos x (sin u) '  u '.cos u
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 ; x 2 thì:
(cos x) '   sin x (cos u) '  u '.sin u
b c
S  x1  x 2   ; P  x1.x 2 
a a 1 u'
(tan x) '  (tan u) ' 
a  0 cos 2 x cos 2 u
 Pt có 2 nghiệm phân biệt  
  0 1 u '
(cot x) '  (cot u) ' 
a  0 sin 2 x sin 2 u
 Pt có nghiệm kép  
  0 (ex ) '  ex (eu ) '  u '.eu
a  0
 a  0 1 u'
 Pt vô nghiệm  b  0   (ln x) '  (ln u) ' 
c  0   0 x u

1 u'
 Pt có 2 nghiệm trái dấu  P  0  log a x  '   loga u  ' 
x ln a u ln a
  0
 Pt có 2 nghiệm cùng dấu   (a x ) '  a x .ln a (a u ) '  u '.a u .ln a
P  0
 Pt có 2 nghiệm phân biệt cùng dương Quy tắc tính đạo hàm
  0 (u  v) = u  v (uv) = uv + vu

 P  0
S  0
  u  uv  vu yx  yu.ux
   (v  0)
 Pt có 2 nghiệm phân biệt cùng âm v v2
  0 Đạo hàm của một số hàm thông dụng

 P  0 ax  b ad  bc
S  0 1. y   y' 
 cx  d  cx  d 
2


II. Đa thức bậc ba:
 Cho phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 ax 2  bx  c adx 2  2aex  be  cd
2. y   y' 
dx  e  dx  e 
2
Giả sử phương trình có 3 nghiệm x1; x 2 ; x 3 thì:



Trang 1
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 2: CÁC BƢỚC KHẢO SÁT
HÀM SỐ.
1. Các bƣớc khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
của hàm số
 Tìm tập xác định của hàm số.
 Xét sự biến thiên của hàm số: y‟ = 0 vô nghiệm  D‟ = b2 – 3ac < 0
o Tính y.
o Tìm các điểm tại đó đạo hàm y bằng 0 a>0 a0 a 0
 Các dạng đồ thị: a>0 a 0
a>0 a0 a 0 ad – bc < 0 ĐƢỜNG CONG
Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của
hàm số y = f(x) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp
tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm
M0  x 0 ;f (x 0 )  . Khi đó phương trình tiếp tuyến
của (C) tại điểm M0  x 0 ;f (x 0 )  là:
y – y0 = f (x0).(x – x0) (y0 = f(x0))
ax 2  bx  c Dạng 1: Lập phƣơng trình tiếp tuyến của
5. Hàm số hữu tỷ y  đƣờng cong (C): y = f(x)
a 'x  b'
( a.a '  0, tử không chia hết cho mẫu) Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến  của
(C): y =f(x) tại điểm M0  x 0 ; y0 
 Tập xác định D = R \   
b'
a'
.
 Nếu cho x0 thì tìm y0 = f(x0).
b' Nếu cho y0 thì tìm x0 là nghiệm của phương
 Đồ thị có một tiệm cận đứng là x   và một
a' trình f(x) = y0.
tiệm cận xiên. Giao điểm của hai tiệm cận là tâm  Tính y = f (x). Suy ra y(x0) = f (x0).
đối xứng của đồ thị hàm số.
 Phương trình tiếp tuyến  là:
 Các dạng đồ thị:
y – y0 = f (x0).(x – x0)
y = 0 có 2 nghiệm phân biệt
a 0 a0 Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến  của
(C): y =f(x), biết  có hệ số góc k cho trước.
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
 Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm. Tính f (x0).
  có hệ số góc k  f (x0) = k (1)
 Giải phương trình (1), tìm được x0 và tính y0
= f(x0). Từ đó viết phương trình của .
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.
y = 0 vô nghiệm
 Phương trình đường thẳng  có dạng:
a 0 a0
y = kx + m.
y y
  tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương
trình sau có nghiệm:
f (x)  kx  m
0 x 0 x  (*)
f '(x)  k
 Giải hệ (*), tìm được m. Từ đó viết phương
trình của .


Trang 3
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến  có thể Dạng 3: Tìm những điểm trên đƣờng thẳng d
được cho gián tiếp như sau: mà từ đó có thể vẽ đƣợc 1, 2, 3, … tiếp
  tạo với chiều dương trục hoành góc  thì tuyến với đồ thị (C): y = f(x)
k = tan Giả sử d: ax + by +c = 0. M(xM; yM)  d.
  song song với đường thẳng  Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số
d: y = ax + b thì k = a góc k: y = k(x – xM) + yM
  vuông góc với đường thẳng   tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm:
1 f (x)  k(x  x M )  y M (1)
d: y = ax + b (a  0) thì k =  
a f '(x)  k (2)
  tạo với đường thẳng d: y = ax + b một  Thế k từ (2) vào (1) ta được:
k a f(x) = (x – xM).f (x) + yM (3)
góc  thì  tan 
1  ka  Số tiếp tuyến của (C) vẽ từ M = Số nghiệm
Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến  của x của (3)
(C): y = f(x), biết  đi qua điểm A(x A ; yA ) .
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm. Dạng 4: Tìm những điểm mà từ đó có thể vẽ
đƣợc 2 tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x)
 Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm. Khi đó:
và 2 tiếp tuyến đó vuông góc với nhau
y0 = f(x0), y0 = f (x0).
 Phương trình tiếp tuyến  tại M: Gọi M(xM; yM).
y – y0 = f (x0).(x – x0)  Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số
góc k: y = k(x – xM) + yM
  đi qua A(x A ; yA ) nên:
  tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm:
yA – y0 = f (x0).(xA – x0) (1)
f (x)  k(x  x M )  y M (1)
 Giải phương trình (1), tìm được x0. Từ đó 
viết phương trình của . f '(x)  k (2)
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.  Thế k từ (2) vào (1) ta được:
 Phương trình đường thẳng  đi qua f(x) = (x – xM).f (x) + yM (3)
A(x A ; yA ) và có hệ số góc k: y – yA = k(x – xA)  Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C)  (3)
  tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.
trình sau có nghiệm:  Hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau
f (x)  k(x  x A )  y A  f (x1).f (x2) = –1
 (*) Từ đó tìm được M.
f '(x)  k
Chú ý: Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C) sao
 Giải hệ (*), tìm được x (suy ra k). Từ đó viết cho 2 tiếp điểm nằm về hai phía với trục hoành
phương trình tiếp tuyến . (3) coù2 nghieäm phaân bieät
thì 
f(x1 ).f(x2 ) < 0
Dạng 2: Tìm điều kiện để hai đƣờng tiếp xúc
Điều kiện cần và đủ để hai đường (C1): y = f(x)
và (C2): y = g(x) tiếp xúc nhau là hệ phương
Vấn đề 2. SỰ TƢƠNG GIAO CỦA
trình sau có nghiệm: CÁC ĐỒ THỊ
 f (x)  g(x) 1. Cho hai đồ thị (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x).
 (*)
f '(x)  g '(x) Để tìm hoành độ giao điểm của (C1) và (C2)
Nghiệm của hệ (*) là hoành độ của tiếp điểm ta giải phương trình: f(x) = g(x) (*) (gọi là
của hai đường đó. phương trình hoành độ giao điểm).
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao

Trang 4
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
điểm của hai đồ thị.
2. Đồ thị hàm số bậc ba Bài toán 1: Biện luận số nghiệm của phƣơng
y  ax3  bx 2  cx  d (a  0) cắt trục hoành tại 3 trình bậc 3
điểm phân biệt  Trƣờng hợp 1: (1) chỉ có 1 nghiệm  (C) và
 Phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0 có 3 Ox có 1 điểm chung
nghiệm phân biệt.  f khoâng coù cöïc trò (h.1a)
 Hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có cực đại, cực   f coù 2 cöïc trò
 (h.1b)
tiểu và yCÑ .yCT  0 .  yCÑ .yCT >0



Vấn đề 3. BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM
CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ
THỊ
 Cơ sở của phương pháp:
Xét phương trình: f(x) = g(x) (1)  Trƣờng hợp 2: (1) có đúng 2 nghiệm  (C)
 Số nghiệm của phương trình (1) = Số giao tiếp xúc với Ox
điểm của (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x) f coù 2 cöïc trò
 Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ  (h.2)
yCÑ .yCT =0
giao điểm của (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x)
 Để biện luận số nghiệm của phương trình
F(x, m) = 0 (*) bằng đồ thị ta biến đổi (*) về một
trong các dạng sau:
Dạng 1: F(x, m) = 0  f(x) = m (1)
Khi đó (1) có thể xem là phương trình hoành
độ giao điểm của hai đường: (C): y = f(x) và d: y
 Trƣờng hợp 3: (1) có 3 nghiệm phân biệt 
=m
(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
 d là đường thẳng cùng phương với Ox
f coù 2 cöïc trò
 Dựa vào đồ thị (C) ta biện luận số giao điểm  (h.3)
của (C) và d. Từ đó suy ra số nghiệm của (1) yCÑ .yCT 0, xCT > 0
a.f(0) < 0 (hay ad < 0)

Đặc biệt: Biện luận số nghiệm của phƣơng
trình bậc ba bằng đồ thị
 Cơ sở của phương pháp:
Xét phương trình bậc ba:
ax  bx 2  cx  d  0 (a  0) (1) có đồ thị (C)
3


 Số nghiệm của (1) = Số giao điểm của (C)
với trục hoành  Trƣờng hợp 2: (1) có 3 nghiệm có âm phân

Trang 5
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
biệt  (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành Vấn đề 5. ĐIỂM ĐẶC BIỆT TRÊN
độ âm
ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ
f coù 2 cöïc trò
y .y < 0

  CÑ CT Dạng 1: Tìm cặp điểm trên đồ thị
xCÑ < 0, xCT < 0
(C): y = f(x) đối xứng qua đƣờng thẳng
a.f(0) > 0 (hay ad > 0)

d: y = ax + b
Cơ sở của phƣơng pháp: A, B đối xứng nhau
qua d  d là trung trực của đoạn AB
 Phương trình đường thẳng  vuông góc
1
với d: y = ax + b có dạng: : y   x  m
a
 Phương trình hoành độ giao điểm của  và
1
(C): f(x) =  x  m (1)
Vấn đề 4. HÀM SỐ CÓ CHỨA DẤU a
 Tìm điều kiện của m để  cắt (C) tại 2
GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI điểm phân biệt A, B. Khi đó xA, xB là các
1. Đồ thị hàm số y = f  x  (hàm số chẵn) nghiệm của (1).
 Tìm toạ độ trung điểm I của AB.
Gọi (C) : y  f (x) và (C1 ) : y  f  x  ta thực hiện
 Từ điều kiện: A, B đối xứng qua d  I 
các bước sau: d, ta tìm được m  xA, xB  yA, yB  A, B.
Bƣớc 1. Vẽ đồ thị (C) và chỉ giữ lại phần đồ
thị nằm phía bên phải trục tung.
Bƣớc 2. Lấy đối xứng phần đồ thị ở bước 1
qua trục tung ta được đồ thị (C1).

2. Đồ thị hàm số y = f(x)
Gọi (C) : y  f (x) và (C2 ) : y  f (x) ta thực hiện
các bước sau: Chú ý:
Bƣớc 1. Vẽ đồ thị (C).  A, B đối xứng nhau qua trục hoành
Bƣớc 2. Giữ lại phần đồ thị của (C) nằm phía x A  x B
trên trục hoành. Lấy đối xứng phần đồ thị nằm 
phía dưới trục hoành của (C) qua trục hoành ta  yA   yB
được đồ thị (C2).  A, B đối xứng nhau qua trục tung
x A  x B

3. Đồ thị hàm số y = f  x   yA  yB
Gọi (C1 ) : y  f  x  , (C2 ) : y  f (x) và  A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = b
(C3 ) : y  f  x  . Dễ thấy để vẽ (C3) ta thực hiện x A  x B

các bước vẽ (C1) rồi (C2) (hoặc (C2) rồi (C1)).  y A  y B  2b
 A, B đối xứng nhau qua đường thẳng x = a
 x A  x B  2a

 yA  yB




Trang 6
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Dạng 2: Tìm cặp điểm trên đồ thị LƢỢNG GIÁC
(C): y = f(x) đối xứng qua điểm I(a; b)
Cơ sở của phƣơng pháp: A, B đối xứng nhau Vấn đề 1: ÔN TẬP
qua I  I là trung điểm của AB.
I. Góc và cung lƣợng giác:
 Phương trình đường thẳng d qua I(a; b), có
hệ số góc k có dạng: y  k(x  a)  b . 1. Giá trị lượng giác của một số góc:
   
 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) Α 0
và d: f(x) = k(x  a)  b (1) 6 4 3 2
 Tìm điều kiện để d cắt (C) tại 2 điểm phân 1 2 3
Sinα 0 1
biệt 2 2 2
A, B. khi đó xA, xB là 2 nghiệm của (1). 3 2 1
Cosα 1 0
 Từ điều kiện: A, B đối xứng qua I  I là 2 2 2
trung điểm của AB, ta tìm được k  xA, xB. 3
Chú ý: Tanα 0 1 3 
3
x A  x B 3
A, B đối xứng qua gốc toạ độ O   Cotα  3 1 0
 yA   yB 3
2. Cung liên kết: (cos đối, sin bù, phụ chéo)
Dạng 3: Khoảng cách  
–x  –x –x + x +x
Kiến thức cơ bản: 2 2
1. Khoảng cách giữa hai điểm A, B: Sin –sinx sinx cosx –sinx cosx
AB = (x B  x A )2  (yB  yA )2 –
Cos cosx –cosx sinx –sinx
2. Khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường cosx
thẳng : ax + by + c = 0: Tan –tanx –tanx cotx tanx –cotx
ax 0  by0  c Cot –cotx –cotx tanx cotx –tanx
d(M, ) =
a 2  b2 II. Công thức lƣợng giác:
3. Diện tích tam giác ABC: 1. Công thức cơ bản:
  2
 
AB2 .AC2   AB.AC 
1 1
S = AB.AC.sin A  sin 2 a  cos2 a  1
2 2 tan a.cot a  1
1
1  tan 2 a 
Nhận xét: Ngoài những phương pháp đã nêu, bài cos 2 a
tập phần này thường kết hợp với phần hình học 1
giải tích, định lý Vi-et nên cần chú ý xem lại các 1  cot 2 a 
sin 2 a
tính chất hình học, các công cụ giải toán trong
2. Công thức cộng:
hình học giải tích, áp dụng thành thạo định lý
Vi-et trong tam thức bậc hai. cos(  )  cos .cos   sin .sin 
cos(  )  cos .cos   sin .sin 
sin(  )  sins .cos   cos .sin 
sin(  )  sins .cos   cos .sin 
tan   tan 
tan(  ) 
1  tan .tan 
tan   tan 
tan(  ) 
1  tan .tan 


Trang 7
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
3. Công thức nhân đôi, nhân ba: Vấn đề 2: PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG
cos 2  cos 2   sin 2   2cos 2   1  1  2sin 2  GIÁC
 (cos   sin )(cos   sin ) I. Phƣơng trình cơ bản:
sin2  2sin .cos   x    k2
cos3  4cos3   3cos 
 sin x  sin    k 
 x      k2
sin 3  3sin   4sin3   x    k2
 cos x  cos    k 
 x    k2
4. Công thức hạ bậc:
1  cos 2x  tan x  tan   x    k k 
cos 2 x   1  sin 2 x
2  cot x  cot   x    k k 
 (1  cos x)(1  cos x) Trường hợp đặc biệt:
1  cos 2x  sin x  0  x  k, k 
sin 2 x   1  cos 2 x
2 
 (1  cos x)(1  sin x)  sin x  1  x   k2 k 
2
5. Công thức biến đổi tổng thành tích: 
 sin x  1  x    k2 k  
xy xy 2
cos x  cos y  2 cos cos 
2 2  cos x  0  x   k k 
xy xy 2
cos x  cos y  2sin sin
2 2  cos x  1  x  k2 k 
xy xy II. Phƣơng trình bậc hai hay bậc n của một
sin x  sin y  2sin cos hàm lƣợng giác:
2 2
xy xy  a sin 2 x  bsinx  c  0 (1)
sin x  sin y  2 cos sin
2 2  a cos2 x  b cosx  c  0 (2)
6. Công thức biến đổi tích thành tổng:  a tan 2 x  b tan x  c  0 (3)
1  a cot 2 x  a cot x  c  0 (4)
cos  cos    cos(  )  cos(  )
2 Cách giải:
1 - Đặt t là một trong các hàm lượng giác.
sin  sin     cos(  )  cos(  ) 
2 Giải phương trình theo t và dễ dàng tìm được
1 nghiệm của phương trình đã cho.
sin  cos   sin(  )  sin(  ) 
2 III. Phƣơng trình a.sin x  b.cos x  c
 Một số chú ý cần thiết: Cách giải:
sin 4 x  cos4 x  1  2.sin 2 x.cos2 x - Nếu a 2  b2  c2 : phương trình vô nghiệm
sin 6 x  cos6 x  1  3.sin 2 x.cos2 x - Nếu a 2  b2  c2 : Ta chia hai vế của
sin 8 x  cos8 x  (sin 4 x  cos 4 x) 2  2sin 4 x.cos 4 x phương trình cho a 2  b2 . Pt trở thành:
 (1  2sin 2 x.cos2 x)2  2sin 4 x.cos 4 x a
sin x 
b
cos x 
c
1 a b
2 2
a b
2 2
a  b2
2

 sin 4 2x  sin 2 2x  1 c
8  cos .sin x  sin .cos x 
Trong một số phương trình lượng giác, đôi a 2  b2
khi ta phải sử dụng cách đặt như sau: c
 sin(x  ) 
Đặt t  tan x a  b2
2


2t 1 t2  b a 
Khi đó: sin 2x  ; cos 2x  Lƣu ý:  sin   ;cos   
1 t2 1 t2 a 2  b2 a 2  b2 



Trang 8
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Biến thể: VI. Phƣơng trình A.B  0
a.sin x  b.cos x  csin y  d cos y Cách giải:
Trong đó: a 2  b2  c2  d 2 - Dùng các công thức biến đổi đưa về
dạng A.B  0
a.sin x  b.cos x  csin y (có thể c.cos y )
A  0
Trong đó: a 2  b2  c2 A.B  0  
IV. Phƣơng trình B  0
a.sin 2 x  b.sin x.cos x  c.cos 2 x  d
Cách giải: Vấn đề 3: KĨ THUẬT NHẬN BIẾT
Cách 1:
 Xuất hiện 3 nghĩ đến phương trình III.

- Xét cos x  0  x   k2, k    Xuất hiện 3 và góc lượng giác lớn nghĩ đến
2
dạng biến thể của phương trình III.
Pt trở thành: a = d.(kiểm tra đúng sai và két luận
 Xuất hiện góc lớn thì dùng công thức tổng
có nhận nghiệm cos x  0 hay không?)
thành tích để đưa về các góc nhỏ.

- Xét cos x  0  x   k2, k   Xuất hiện các góc có cộng thêm
2  
k , k , k thì có thể dùng công thức tổng thành
Chia hai vế của phương trình cho cos2 x . Phương 4 2
trình trở thành: tích, tích thành tổng hoặc cung liên kết, hoặc
a.tan 2 x  b.tan x  c  d(1  tan 2 x)  
công thức cộng để làm mất các k , k , k
Đặt t  tan x ta dễ dàng giải được phương trình. 4 2
Cách 2:  Xuất hiện 2 thì nghĩ đến phương trình III
hoặc cũng có khả năng là các vế còn lại nhóm
Dùng công thức hạ bậc đưa về phương trình III.
Chú ý: Đối với dạng phƣơng trình thuần được (sin x  cos x) để triệt 2 vì
nhất bậc 3 hay bậc 4 đối với sin và cos ta cũng  
có cách giải hoàn toàn tương tự.
t  sin x  cos x  2 sin  x  
 4
V. Phƣơng trình  Khi đã đơn giản các góc, mà chưa đưa về
a(sin x  cos x)  b.sin x.cos x  c  0 được phương trình quen thuộc thì nghĩ ngay đến
Cách giải: khả năng “nhóm nhà, nhóm cửa”. Lưu ý, khả
Đặt t  sin x  cos x năng tách phương trình bậc hai theo sin (hoặc
cos) về tích hai phương trình bậc nhất.
   
Điều kiện: t  2  Do t  2 sin  x    Chú ý: Góc lớn là góc có số đo lớn hơn 2x.
  4  Ta chỉ sử dụng công thức nhân ba khi đã đưa bài
Ta có: t 2  sin 2 x  cos2 x  2sin x.cos x toán về sinx, sin 2 x hoặc cosx, cos2 x .
t2 1
 sin x.cos x 
2 Vấn đề 4: GIẢI TAM GIÁC
t 2 1 I. Công thức sin, cos trong tam giác:
Pt trở thành: a.t  b c 0 Do A  B  C   nên:
2
Ta dễ dàng giải được. a. sin(A  B)  sin C
Chú ý: Đối với dạng phương trình b. cos(A  B)   cos C
a(sin x  cos x)  b.sin x.cos x  c  0 A B C 
Do    nên:
  2 2 2 2
Bằng cách đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   A B C
 4 a. sin(  )  cos
ta sẽ giải được với cách giải hoàn toàn tương tự 2 2 2
như trên.

Trang 9
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

b. cos(
A B
 )  sin
C ĐẠI SỐ
2 2 2
II. Định lí hàm số sin:
a b c Vấn đề 1: PHƢƠNG TRÌNH BẬC
   2R HAI
SinA SinB SinC
III. Định lí hàm số cosin: I. Phƣơng trình bậc hai
a 2  b2  c2  2bccos A Cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0
IV. Công thức đƣờng trung tuyến: (a  0) có   b2  4ac .
2b 2  2c2  a 2    0 : phương trình vô nghiệm.
ma 2 
4 b
   0 : phương trình có nghiệm kép x   .
V. Công thức đƣờng phân giác: 2a
A    0 : (3) có hai nghiệm phân biệt
2bc.cos
la  2 b   b  b2  4ac
bc x1,2  
2a 2a
VI. Các công thức tính diện tích tam giác: II. Định lý Vi–et (thuận và đảo)
1 1 abc
S  ah a  bcsin A   pr  Cho phương trình ax 2  bx  c  0 có hai
2 2 4R
 b
 p(p  a)(p  b)(p  c) S  x1  x 2   a

nghiệm x1 , x 2 thì 
P  x .x  c


1 2
a
S  x  y
 Nếu biết  thì x, y là nghiệm của
P  x.y
phương trình X2  SX  P  0 .
III. Bảng xét dấu của tam thức bậc hai
f(x) = ax2 + bx + c (a  0)
0:
x  
y Cùng dấu a
0:
x  x0 
y Cùng dấu a 0 Cùng dấu a
0:
x  x1 x2 
y Cùng 0 trái 0 Cùng
IV. Cách xét dấu một đa thức:
 Tìm nghiệm của đa thức gồm cả nghiệm
tử và nghiệm mẫu (nếu đa thức là phân thức)
 Lập bảng xét dấu
 Xét dấu theo quy tắc “Thượng cùng, lẻ
đổi, chẵn không”
Chú ý: Không nhận những điểm mà hàm số
không xác định.
Trang 10
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 2: PHƢƠNG TRÌNH BẬC Lúc đó ta có:
CAO a 1  a 2  a
a a  b  b  b
I. Phƣơng trình bậc 3:  1 2 1 2

ax3  bx 2  cx  d  0(a  0) a1b 2  a 2 b1  c
 Bước 1: nhẩm 1 nghiệm x   b1b 2  d

 Bước 2: chia ax3  bx 2  cx  d cho Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a1; b1;
( x   ) (dùng sơ đồ Horner), đưa (4) về phương a2 ; b2 . Bắt đầu từ b1b2 = d và chỉ thử với các giá
trình tích (x  )(ax 2  Bx  C)  0 .
trị nguyên.
Chú ý: trường hợp nghiệm phương trình bậc lớn
Chú ý: Phương pháp hệ số bất định này còn
hơn 3 ta cũng có thể giải tương tự.
áp dụng rất nhiều ở các dạng toán đòi hỏi nhóm
 Cách nhẩm nghiệm hữu tỉ: Nghiệm là
một trong các tỉ số (ước của d với ước của a) đặt thừa số chung hay phân chia phân số.
II. Phƣơng trình bậc 4 đặc biệt: III. Phƣơng pháp tham số, hằng số biến thiên:
1. Phƣơng trình trùng phƣơng: Phương pháp: Coi các giá trị tham số, hằng số là
ax4 + bx2 + c = 0 ( a  0 ) biến. Còn biến được coi làm hằng số.
Đặt t = x2, t  0 . (5)  at2 + bt + c = 0. IV. Phƣơng trình
2. Phƣơng trình đối xứng:
a f (x)  b.f (x).g(x)  c g(x)   0
2 2
ax4 + bx3 + cx2  bx + a = 0 ( a  0 )
Bước 1: Chia 2 vế cho x2, Trong đó bậc f(x) và g(x)  2.
 1   1
 Xét g(x) = 0 thỏa phương trình?
pt  a  x 2  2   b  x    c  0 .
 x   x
 Xét g(x)  0 chia hai vế cho  g(x) đặt
2
1
Bước 2: Đặt t  x  , đưa (8) về phương trình
x f (x)
t .
bậc hai theo t. g(x)
3. Phƣơng trình trùng phƣơng tịnh tiến:
(x + a)4 + (x + b)4 = c
ab Vấn đề 3: PHƢƠNG TRÌNH – BẤT
Đặt t  x  , đưa (7) về phương trình trùng PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ.
2
phương theo t I. Các công thức:
4. Phƣơng trình cân bằng hệ số theo phép 1. Các hằng đẳng thức đáng nhớ:
cộng: A, A  0
(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + c = b + d  A2  A  
A, A  0
Đặt t = (x + a)(x + c), đưa (6) về phương 2
trình bậc 2 theo t  B  3B2
 A  AB  B   A   
2 2

5. Phƣơng trình cân bằng hệ số theo phép  2 4
nhân:  (A  B)3  A3  B3  3AB  A  B
 x  a  x  b  x  c  x  d   mx 2 với ab=cd=p

2
 b 
ad  ax  bx  c  a  x   
2

Đặt t  x  hoặc t  (x  a)(x  d)  2a  4a
2
2. Phƣơng trình – bất phƣơng trình chứa
6. Phƣơng pháp hệ số bất định:
dấu giá trị tuyệt đối:
Giả sử phương trình bậc 4:
 A  B  A2  B2  A  B
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
B  0
và có phân tích thành  A B
(x2 + a1x + b1) ( x2 + a2x + b2) = 0 A   B

Trang 11
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
 A  B  B A B f x  h x  k x  g x
B  0  Bình phương, giải phương trình hệ quả.
 A B
B  A  B  3
A3B3C

 A  B  B0 
B  0  A  B  3 3 A.B  3

A 3 B C
A  B  A  B
 Sử dụng phép thế : 3 A  3 B  C
3. Phƣơng trình – bất phƣơng trình vô tỷ:
 Ta được phương trình:
A  0  B  0
 A  B A  B  3 3 A.B.C  C
A  B
 Thử lại nghiệm.
 A  B  B  0  A  B2 b. Đặt ẩn phụ:
 A  B 0AB0 Dạng 1: Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình 1 ẩn
B  0 mới:
 A  B
A  B
a b
ax 2  bx  c  px 2  qx  r trong đó 
p q
A  0  B  0
 A B
Cách giải: Đặt t  px 2  qx  r điều kiện t  0
A  B
2


Dạng 2: Phƣơng trình dạng:
B  0 B  0
 A B 
A  0 A  B
2   P  x   Q  x     Px  Qx 
 3
A  3 BAB 2 P  x  .Q  x     0   2  2  0 
 A  B  A  B2n 1
2n 1
Cách giải: Đặt t  P  x   Q  x 
A  0  B  0
 2n
A  2n B    t 2  P  x   Q  x   2 P  x  .Q  x 
A  B
B  0 Dạng 3: Phƣơng trình dạng:
 A B
2n

A  B
2n P(x)  Q(x)   P(x).Q(x)  0    0
II. Các dạng toán thƣờng gặp: Cách giải:
1. Phƣơng trình vô tỷ: P  x   0

* Nếu P  x   0  pt  
Q  x   0
a. Dạng cơ bản:

 f  x   g  x   f  x   g(x)  0
* Nếu P  x   0 chia hai vế cho P  x  sau đó đặt
g  x   0

 f x  g x   Qx
t với t  0
f  x   g  x  Px
2

 f  x   g  x   h  x  . Đặt điều kiện Dạng 4: Phƣơng trình đối xứng với hai căn
bình phương hai vế thức:
Chú ý: Ở đây ta có thể không đặt điều kiện, a  cx  b  cx  d  a  cx  b  cx   n
cứ bình phương các vế để mất căn, phương trình
mới là phương trình hệ quả của phương trình đã Cách giải: Đặt t  a  cx  b  cx
cho. Do đó khi giải tìm nghiệm ta phải thử lại.
 a  b  t  2 a  b 
 f x  g x  h x  k x
Dạng 5: Phƣơng trình dạng:
Với f  x   h  x   g  x   k  x  x  a 2  b  2a x  b  x  a 2  b  2a x  b
 Ta biến đổi phương trình về dạng  cx  m
Cách giải: Đặt t  x  b điều kiện: t  0

Trang 12
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Đưa phương trình về dạng: Ta nên biến đổi để nhân cho lượng liên hiệp
t  a  t  a  c(t 2  b)  m tổng để việc chứng minh nghiệm duy nhất được
dễ dàng.
Dạng 6: Phƣơng pháp tham số, hằng số biến e. Phương pháp hàm số:
thiên.
Dạng 1: Chứng minh nghiệm duy nhất
6x 2  10x  5   4x  1 6x 2  6x  5  0 Để chứng minh phương trình f(x) = g(x) (*)
c. Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ đối xứng, hệ có nghiệm duy nhất, ta thực hiện các bước sau:
nửa đối xứng:  Chọn được nghiệm x0 của phương trình.
Dạng 1: Phƣơng trình dạng  Xét các hàm số y = f(x) (C1) và y = g(x)
x n  a  b n bx  a (C2). Ta cần chứng minh một hàm số đồng biến
và một hàm số nghịch biến. Khi đó (C1) và (C2)
Cách giải: Đặt y  n bx  a khi đó ta có hệ: giao nhau tại một điểm duy nhất có hoành độ x0.
 x n  by  a  0 Đó chính là nghiệm duy nhất của phương trình.

 n Chú ý: Nếu một trong hai hàm số là hàm
 y  bx  a  0
 hằng y = C thì kết luận trên vẫn đúng.
Dạng 2: Phƣơng trình dạng: Dạng 2: Biện luận tham số m
ax  b  r  ux  v   dx  e  Đặt ẩn phụ theo các phương pháp trên.
2


trong đó a, u, r  0 và u  ar  d, v  br  e  Chuyển m theo ẩn phụ m
 Dùng công cụ đạo hàm để định m thỏa bài
Cách giải: Đặt uy  v  ax  b khi đó ta có hệ: toán.
uy  v  r  ux  v 2  dx  e
 f. Phương pháp đánh giá:
 Phương pháp này chủ yếu dựa vào các bất
ax  b   uy  v 
2
 đẳng thức, đạo hàm để dánh giá so sánh vế trái và
vế phải. Nghiệm bài toán là khi ta đi giải quyết
Dạng 3: Phƣơng trình dạng: dấu bằng xảy ra khi nào của các đẳng thức trái và
n a  f x  m b  f x  c phải.

Cách giải: Đặt u  n a  f  x  , v  m b  f  x  2. Bất phƣơng trình vô tỷ:
Khi đó ta có hệ: Phương pháp giải bất phương trình cũng
được chia thành các dạng giống như giải phương
u  v  c
 n trình.
u  v  a  b
m
Chú ý:
d. Nhân lượng liên hiệp:  Luôn đặt điều kiện trước khi bình phương.
Dạng 1: Phương trình có dạng:  Một số công thức bổ sung:
f x  a  f x  b f (x) f (x)  0 f (x)  0
a. 0 hoặc 
Cách giải: Nhân lượng liên hợp của vế trái khi đó g(x) g(x)  0 g(x)  0
ta có hệ: f (x) f (x)  0 f (x)  0
 f x  a  f x  b b. 0 hoặc 

g(x) g(x)  0 g(x)  0
 a B  0
 f x  a  f x  c.
A
1 
 b
A  B
2
B
Dạng 2: Phương trình dạng: B  0
A B  0 
f  x   g  x   a f  x   g  x  d. 1  hoặc A  0
B A  0  A  B2
Chú ý: Bài toán nhân liên hiệp thường dùng nếu 
ta nhẩm được nghiệm của bài toán và nghiệm đó
là nghiệm duy nhất.

Trang 13
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH V. Hệ đẳng cấp bậc 2:
I. Hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn: a1x 2  b1xy  c1 y 2  d1

 2
a 2 x  b 2 xy  c2 y  d 2
2
a1x  b1 y  c1 

a 2 x  b 2 y  c 2 Cách giải:
Cách giải:  Xét y = 0.
a1 b1 c b1 a c1  Xét y  0 khi đó đặt x  ty và giải
Đặt D  , Dx  1 , Dy  1 phương trình bậc hai ẩn t
a2 b2 c2 b2 a2 c2
VI. Hệ bậc hai mở rộng:
1. D  0 : Hệ phương trình có nghiệm duy
f (x, y)  0 f (x, y)  0
x  Dx / D  
nhất  . g(x, y)  0 .f (x, y)  .g(x, y)  0
y  Dy / D f (x, y)  0
2. D  0, Dx  0 hoặc D y  0 : Hệ phương 
(ax  by  c)(px  qy  r)  0
trình vô nghiệm.
Chú ý: Một số bài toán cần phải đặt ẩn phụ để
3. D = Dx = Dy = 0: Hệ có vô số nghiệm thỏa chuyển về các dạng toán đã biết. Ngoài ra phương
a1x + b1y = c1 hoặc a2x + b2y = c2. pháp đánh giá và phương pháp hàm số cũng có
II. Hệ chứa một phƣơng trình bậc nhất: thể được dùng để giải.
 1
ax  by  c  y  b  c  ax 

 
f (x, y)  d f  x, 1  c  ax    d
 
  b


III. Hệ đối xứng loại 1:
f (x, y)  0 f (x, y)  f (y, x)
 với 
g(x, y)  0 g(x, y)  g(y, x)
u  x  y
Cách giải: Đặt  với u 2  4v
 v  xy
IV. Hệ đối xứng loại 2:
f (x, y)  0 f (x, y)  g(y, x)
Dạng 1:  với 
g(x, y)  0 g(x, y)  f (y, x)
Cách giải:
f (x; y)  g(x; y)  0 (x  y)h(x; y)  0
 
f (x; y)  0 f (x; y)  0
x  y  0 h(x; y)  0
  
f (x; y)  0 f (x; y)  0
f (x, y)  0
Dạng 2:  trong đó chỉ có một phương
g(x, y)  0
trình đối xứng.
Cách giải:
Cách 1: Đưa phương trình đối xứng về dạng
tích giải y theo x rồi thế vào phương trình còn lại.
Cách 2: Đưa phương trình đối xứng về dạng
f (x)  f (y)  x  y với hàm f đơn điệu.


Trang 14
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

MŨ - LOGARIT  a  1

x   : f (x), g(x)  
2. a f (x)  a g(x) 
 0  a  1
Vấn đề 1: CÔNG THỨC 
I. Hàm số mũ y = ax (a > 0)  f (x)  g(x)

1. Tập xác định: D    b  0
2. Tập giá trị: G  (0; ) 
a b f (x)  log a b
f (x )
3.   
3. Tính đơn điệu:  b  0
0  a  1 
 0 < a < 1: Hàm nghịch biến trên 
 x   : f (x)  

 a > 1: Hàm số đồng biến trên 
4. Một số công thức cơ bản:  b  0

a f (x )  b f (x)  log a b
 a 0  1 (a  0)  a n 
1 4.   
 b  0
an a  1 
 a m .a n  a mn  a m : a n  a mn  x   : f (x)  

 a 
m n
 a m.n  (ab)m  a m .bm a f (x)  a g(x)
5.   f (x)  g(x)
m 0  a  1
a am m
    m  a  n am
n a f (x)  a g(x)
b b 6.   f (x)  g(x)
a  1
II. Hàm số logarit y = logax (0  a  1)
IV. Phƣơng trình và bất phƣơng trình logarit
Định nghĩa: y = logax  x = ay cơ bản:
1. Tập xác định: D  (0; )
log f (x)  b
2. Tập giá trị: G   1.  a  f (x)  a b
0  a  1
3. Tính đơn điệu:
 0 < a < 1: Hàm nghịch biến trên D log f (x)  log a g(x) f (x)  0
2.  a 
 a > 1: Hàm số đồng biến trên D 0  a  1 f (x)  g(x)
4. Một số công thức cơ bản: log f (x)  b
3.  a  0  f (x)  a b
 a loga x
x  e ln x
x 0  a  1
 a logb c  clogb a  loga x 2n  2n log a x log f (x)  b
4.  a  f (x)  a b

 log a b 
1 a  1
 log a b  log a b
 log b a log f (x)  log a g(x)
5.  a  0 < f(x) < g(x)
 log a b 
log c b
 loga b.log b c  loga c 0  a  1
log c a
log f (x)  log a g(x)
6.  a  f(x) > g(x) > 0
 loga (bc)  loga b  loga c a  1
b V. Các dạng toán thƣờng gặp:
 log a    log a b  log a c
c 1. Phƣơng trình mũ:
III. Phƣơng trình và bất phƣơng trình mũ cơ a. Đưa về cùng cơ số:
bản: Với a > 0, a  1: a f (x)  a g(x)  f (x)  g(x)
a f (x)  b b  0 Chú ý: Trong trường hợp cơ số có chứa ẩn số thì:
1.   a M  a N  (a  1)(M  N)  0
0  a  1 f (x)  log a b
b. Logarit hoá:
a f (x)  bg(x)  f (x)   log a b  .g(x)

Trang 15
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
c. Đặt ẩn phụ: f (x)  g(x)
log a f (x)  log a g(x)  
f (x)  0 (g(x)  0)
Dạng 1:
 t  a f (x ) , t  0 b. Mũ hóa
P(a f (x) )  0   ,
P(t)  0 Với a > 0, a  1:
trong đó P(t) là đa thức theo t. loga f (x)  b  a loga f (x)  a b
Dạng 2: c. Đặt ẩn phụ
d. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
a 2f (x)  (ab)f (x)  b2f (x)  0
e. Đưa về phương trình đặc biệt
Cách giải: f. Phương pháp đối lập
a
f (x ) Chú ý:
Chia 2 vế cho b2f (x) , rồi đặt t     Các phương pháp liệt kê không nêu cách
b
giải có cách giải tương tự phương trình mũ.
Dạng 3: Khi giải phương trình logarit cần chú ý điều
a f (x)  bf (x)  m , với ab  1 . kiện để biểu thức có nghĩa.
1  Với a, b, c > 0 và a, b, c  1 thì:
Cách giải: Đặt t  a f (x)  bf (x) 
t a logb c  clogb a
d. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: 4. Bất phƣơng trình logarit:
Xét phương trình: f(x) = g(x) (1) Cách giải: Tương tự như phần phương trình.
 Đoán nhận x0 là một nghiệm của (1). Chú ý: Trong trường hợp cơ số a có chứa ẩn
số thì:
 Dựa vào tính đồng biến, nghịch biến của f(x)
và g(x) để kết luận x0 là nghiệm duy nhất. loga B  0  (a  1)(B  1)  0 ;
 Nếu f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) thì log a A
 0  (A  1)(B  1)  0
f (u)  f (v)  u  v log a B
e. Đưa về phương trình các phương trình
đặc biệt: 5. Hệ phƣơng trình mũ – logarit:
A  0 Cách giải: Kết hợp các cách giải của phương trình
 Phương trình tích: A.B = 0  
B  0 mũ – logarit ở trên và phần giải phương trình và
hệ phương trình đại số.
A  0
 Phương trình A 2  B2  0  
B  0
f. Phương pháp đối lập:
Xét phương trình: f(x) = g(x) (1)
f (x)  M
Nếu ta chứng minh được:  thì
g(x)  M
f (x)  M
(1)  
g(x)  M
2. Bất phƣơng trình mũ:
Cách giải: Tương tự như phương trình mũ.
Chú ý: Trong trường hợp cơ số a có chứa ẩn
số thì: a M  a N  (a  1)(M  N)  0

3. Phƣơng trình logarit:
a. Đưa về cùng cơ số
Với a > 0, a  1:



Trang 16
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN Như vậy:  f  x  dx  F  x   C
II. Tính chất:
BẢNG NGUYÊN HÀM
Haøm Hoï nguyeân Haøm soá Hoï nguyeân haøm
1.  kf  x  dx  k  f  x  dx;  k  0
soá f(x) haøm F(x) f(x) F(x)+C 2.  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx
 
a ax + C 3.  f  x  dx  F  x   C thì  f  u  du  F  u   C
x α+1 1 (ax  b)1
x +C (ax  b) C
α +1 a  1
Vấn đề 2: TÍCH PHÂN
1 1 1
ln x  C ln ax  b  C I. Định nghĩa:
x ax  b a
b

 f  x  dx  F  x   F  b  F a 
b
x
a
a x
C a
ln a a

1 ax  b II. Tính chất:
ex ex  C eax  b e C b a

 f  x  dx   f  x  dx
a
1.
sin(ax+b) 1 a b
sinx -cosx + C  cos(ax  b)  C
a b b


cos(ax+b) 1
2.  kf  x  dx  k  f  x  dx (k  0)
cosx sinx + C sin(ax  b)  C
a a
a b b b


1 1 1
3.  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx
 
tgx + C tg(ax  b)  C a a a
cos 2 x cos (ax  b)
2
a b c b


1 1 1
4.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
sin 2 x
-cotgx + C sin 2 (ax  b)  a cot g(ax  b)  C a a c
b
5. Nếu f  x   0, x  a;b thì  f  x  dx  0
u ' (x) 1 1 x a
ln u(x)  C ln C a
u(x) x  a2
2
2a x  a b b

1
6. Nếu f  x   g  x  thì  f  x  dx   g  x  dx ,
tgx  ln cos x  C ln x  x 2  a 2  C a a
x a
x  a; b
2 2



cotgx ln sin x  C
7. Nếu m  f  x   M, x  a;b thì
b

Vấn đề 1: NGUYÊN HÀM m  b  a    f  x  dx  M  b  a 
a
I. Định nghĩa: Chú ý:
Hàm số F  x  gọi là nguyên hàm của hàm số - Muốn tính tích phân bằng định nghĩa ta phải
f  x  trên  a, b  nếu F  x   f  x  , x   a, b  . biến đổi hàm số dưới dấu tích phân thành tổng
hoặc hiệu của những hàm số đã biết nguyên hàm.
Chú ý: Nếu F  x  là nguyên hàm của f  x  thì - Nếu hàm số dưới dấu tích phân là hàm số
mọi hàm số có dạng F  x   C ( C là hằng số) cũng hữu tỷ có bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của
mẫu ta phải thực hiện phép chia tử cho mẫu.
là nguyên hàm của f  x  và chỉ những hàm số có
dạng F  x   C mới là nguyên hàm của f  x  . Ta
gọi F  x   C là họ nguyên hàm hay tích phân bất
định của hàm số f  x  và ký hiệu là  f  x  dx .


Trang 17
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 3: TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN SỐ Tính  uv  a và suy nghĩ tìm cách
b
 Bước 3:
I. Công thức: b

 b tính tiếp  vdu
 f   x .  x  dx   f  t  dt

 
a
a

II. Những cách đặt thông thƣờng:
II. Những phép đổi biến phổ thông: u dv
Hàm số có chứa  (x) Đặt t  (x)  P(x).e dx
n x
P(x) e x dx
Đặt t là mẫu số
Hàm số có mẫu số
 P(x).cos xdx P(x) cos xdx
Đặt t  (x) hay
Hàm số có chứa (x)
t  (x)  P(x).sin xdx P(x) sin xdx

Tích phân chứa
dx
Đặt t  ln x
 P(x).ln xdx lnx P(x)
x Chú ý :
Tích phân chứa e x
Đặt t  e x
Tích phân hàm hữu tỉ:
dx - Nếu mẫu là bậc nhất thì lấy tử chia mẫu
Tích phân chứa Đặt t  x
x - Nếu mẫu là bậc hai có nghiệm kép thì đưa về
dx 1 hằng đẳng thức
Tích phân chứa 2 Đặt t  - Nếu mẫu là bậc hai có hai nghiệm thì đồng
x x
nhất thức
Tích phân chứa cos xdx Đặt t  sin x
dx - Nếu mẫu là bậc hai vô nghiệm thì đổi biến số.
Tích phân chứa Đặt t  tgx Tích phân hàm lƣơng giác:
cos 2 x
dx - Nếu sinx,cosx có số mũ chẳn thì hạ bậc
Tích phân chứa Đặt t  cot gx .  sin2 x  1  cos2x ;cos2 x  1  cos2x 
sin 2 x  2 2 
 
Đặt x = asint,
- Nếu sinx,cosx có số mũ lẻ thì tách ra rồi đặt t
Tích phân chứa a  x 2 2   
t  ;  - Nếu có tan2x hoặc cot2x thì thêm bớt 1
 2 2
- Nếu có tanx,cotx có thể đưa về sinx,cosx rồi
Đặt x = atant,
1 đặt t
Tích phân chứa   
a  x2
2 t   ;  - Nếu có sina.cosb,sina.sinb,cosa.cosb thì dùng
 2 2 công thức biến đổi tích thành tổng.
- Nhiều bài chúng ta phải biến đổi các hàm
lượng giác để đưa về các dạng có khả năng tính
Vấn đề 4: TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN được.
Chú ý: Tích phân trong các đề thi đại học thường
I. Công thức:
b b
ra dưới dạng kết nhiều dạng tính tích phân. Vì
thế, từ tích phân ban đầu ta biến đổi về tổng hoặc
 uvdx   uv  a   vudx
b


a a
hiệu các tích phân. Khi đó, từng tích phân dễ
b b dàng tích được bằng các phương pháp trên.
 udv   uv    vdu (thường là một tích phân đổi biến và một tích
b
hay a
a a phân từng phần).
Các bước thực hiện:
 Bước 1:
 u  u(x) du  u(x)dx (Ñaïo haøm)
Ñaët  
dv  v(x)dx  v  v(x) (nguyeân haøm)
 Bước 2: Thế vào công thức (1).

Trang 18
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 5: TÍCH PHÂN CÓ CHỨA II. Tính thể tích khối tròn xoay:
DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI 1. Trƣờng hợp 1.
b
Thể tích khối tròn xoay V do hình phẳng giới
Giả sử cần tính tích phân I   f (x) dx . hạn bởi các đường
a y  f (x)  0 x  a; b , y = 0, x = a và x = b
Bƣớc 1. Lập bảng xét dấu (BXD) của hàm số f(x) (a < b) quay quanh trục Ox là:
trên đoạn [a; b], giả sử f(x) có BXD: b
X a x1 x2 b V   f 2 (x)dx
f(x) + 0 – 0 + a


Bƣớc 2. Tính 2. Trƣờng hợp 2.
b x1 x2 b Thể tích khối tròn xoay V do hình phẳng giới
I   f (x) dx   f (x)dx   f (x)dx   f (x)dx . hạn bởi các đường
x  g(y)  0 y  c; d  , x = 0, y = c và y = d
a a x1 x2

Chú ý: Nếu trong khoảng (a; b) phương trình
f(x) = 0 không có nghiệm thì: (c < d) quay quanh trục Oy là:
b b d
V   g 2 (y)dy
 f (x) dx   f (x)dx
a a c

3. Trƣờng hợp 3. Thể tích khối tròn xoay V
do hình phẳng giới hạn bởi các đường
Vấn đề 6: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH
y = f(x), y  g(x) , x = a và x = b
PHÂN
I. Tính diện tích hình phẳng:  a  b, f (x)  0, g(x)  0 x a; b quay
1. Trƣờng hợp 1: quanh trục Ox là:
b
Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi các
đường y  f (x), y  g(x), x  a, x  b là: V   f 2 (x)  g 2 (x) dx
a
b
S   f (x)  g(x) dx 4. Trƣờng hợp 4. Thể tích khối tròn xoay V
a do hình phẳng giới hạn bởi các đường x = f(y),
x  g(y) , y = c và y = d
2. Trƣờng hợp 2:
Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi các  c  d, f (y)  0, g(y)  0 y  c; d  quay
đường y  f (x), y  g(x) là: quanh trục Oy là:
 d

S   f (x)  g(x) dx V   f 2 (y)  g 2 (y) dy
 c


Trong đó ,  là nghiệm nhỏ nhất và lớn Chú ý: Cách giải tích phân có dấu giá trị
nhất của f(x) = g(x). tuyệt đối đã nêu ở trên.
Chú ý:
 Nếu trong khoảng  ;   phương trình
f (x)  g(x) không có nghiệm thì:
 

 f (x)  g(x) dx 

 f (x)  g(x) dx


 Nếu tích S giới hạn bởi x = f(y) và x = g(y) thì
ta đổi vai trò x cho y trong công thức trên.



Trang 19
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Chuyên đề: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
I. Kiến thức cơ bản:
1. Kiến thức hình học 9 – 10:
1.1 Hệ thức lƣợng trong tam giác vuông:
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, đường trung tuyến AM. Ta có:
 AB2  AC2  BC2  AH2  BH.CH
 AB2 = BH.BC  AC2  CH.BC
1 1 1
 2
   AH.BC  AB.AC
AH AB AC2
2


b c b c
 sin B  , cosB  , tan B  , cot B 
a a c b
M là trung điểm BC nên MA = MB = MC và M là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
1.2 Hệ thức lƣợng trong tam giác thƣờng:
Cho tam giác ABC có các cạnh lần lượt là a, b, c, đường trung tuyến AM.
 Định lý hàm cos:
a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA
b2  c2  a 2
cos A 
2bc
 Định lý hàm sin:
a b c
   2R
sin A sin B sin C
 Định lý đƣờng trung tuyến:
2(b 2  c2 )  a 2
ma  AM 2 
2

4
1.3 Các công thức tính diện tích:
Tam giác ABC: Hình thang ABCD Hình vuông ABCD cạnh a:
1 (AB // CD), đƣờng cao DH: SABCD  AB.AC
SABC  BC.AH  p.r
2 1 1
SABCD  (AB  CD).DH  AC.BD  a 2
abc 1 2
  .AB.AC.SinA 2
4R 2.
 p(p  a)(p  b)(p  c)
Hình chữ nhật ABCD: Diện tích hình thoi ABCD: Diện tích hình tròn:
SABCD  AB.AD 1 S(O;R)  .R 2
SABCD  AC.BD
2
Diện tích hình bình hành: Diện tích tam giác đều: Tam giác vuông tại A:
S = cạnh đáy x chiều cao a2 3 1
SABC  S  AB.AC
4 2



Trang 20
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
1.4 Tam giác - Các trường hợp bằng nhau - đồng dạng của tam giác:
a. Trường hợp bằng nhau và đồng dạng của tam giác thường:
Tam giác ABC có các góc A;B;C các cạnh đối diện tương ứng a;b;c. Chu vi 2p.
Diện tích S
Tính chất:
 Hai tam giác bằng nhau thì các yếu tố tương ứng bằng nhau.
 Hai tam giác đồng dạng thì :
 Tỷ số giữa các yếu tố( không kể góc; và diện tích) tương ứng bằng nhau và bằng tỷ
số đồng dạng.
 Tỷ số diện tích bằng bình phương tỷ số đồng dạng.
 Hai tam giác đồng dạng nếu có 1 yếu tố về độ dài tương ứng bằng nhau thì bằng nhau.
b. Trường hợp bằng nhau và đồng dạng của tam giác vuông:
Do 2 tam giác vuông có góc vuông tương ứng bằng nhau nên có sự đặc biệt so với
tam giác thường:
 Hai cạnh góc vuông bằng nhau (tỷ lệ ).
 Một góc nhọn tương ứng bằng nhau và 1 cạnh góc vuông bằng nhau (tỷ lệ).
 Một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng nhau (tỷ lệ).
1.5 Định lý Thalet:
 Những đường thẳng song song định ra trên 2 cát tuyến những đoạn thẳng tỷ lệ.
 Trong tam giác 1 đường thẳng song song với cạnh đáy khi và chỉ khi nó định ra trên 2
cạnh kia những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ.
 Trong tam giác đường thẳng song song với một cạnh thì tạo với 2 cạnh kia 1 tam giác
đồng dạng với tam giác đã cho ban đầu.
1.6 Các yếu tố cơ bản trong tam giác:
2
 Ba đường trung tuyến đồng quy tại 1 điểm: trọng tâm G cách đỉnh bằng mỗi đường.
3
Mỗi đường trung tuyến chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau.
 Ba đường cao đồng quy tại một điểm: trực tâm H.
 Ba đường trung trực đồng quy tại một điểm gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp, còn gọi là
tâm của tam giác.
 Ba đường phân giác trong đồng quy tại một điểm gọi là tâm đường tròn nội tiếp.
Mỗi đường phân giác chia cạnh đối diện thành hai phần tỉ lệ với hai cạnh bên tương ứng.
1.7 Các tính chất đặc biệt:
Cho tam giác nhọn ABC, nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính
AA‟, M trung điểm BC, H là trực tâm, H‟ đối xứng với H qua BC.
Ta có:
- BHCA‟ là hình bình hành có tâm là M nên A‟ là điểm đối xứng
của H qua M
- H‟ nằm trên đường tròn tâm O.
- 9 điểm gồm trung điểm 3 cạnh tam giác, trung điểm AH, BH, CH,
và các chân đường cao nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm
OH được gọi là đường tròn Euler.




Trang 21
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
2. Kiến thức hình học 11:


Quan hệ song song:
Bài 1: ĐƢỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG
Định nghĩa:
a
Một đường thẳng và một mặt phẳng
được gọi là song song nếu chúng a / / (P)  a  (P)  
không có điểm chung. (P)


Định lý:
ĐL1: Nếu đường thẳng d không d
nằm trên mặt phẳng (P) và song d  (P)

song với đường thẳng a nằm trên d / /a  d / /(P) a
mặt phẳng (P) thì đường thẳng d a  (P)
 (P)
song song với mặt phẳng (P)
(Q)
ĐL2: Nếu một đường thẳng song a / /(P) a
song với mặt phẳng thì nó song 
song với giao tuyến của mặt phẳng a  (Q)  d / /a d
(P)  (Q)  d
đó và mặt phẳng bất kỳ chứa nó.  (P)



ĐL3: Nếu một đường thẳng song (P)  (Q)  d d
song với 2 mặt phẳng cắt nhau thì 
(P) / /a  d / /a a
nó song song với giao tuyến của hai (Q) / /a

Q
mặt phẳng đó. P




Bài 2: HAI MẶT PHẲNG SONG SONG
Định nghĩa:
Hai mặt phẳng được gọi là song P
song nếu chúng không có điểm (P) / /(Q)  (P)  (Q)  
Q
chung.
Định lý:
ĐL1: Điều kiện cần và đủ để 2 mặt a, b  (P) a
phẳng song song là trong mặt  b I
a  b  I  (P) / /(Q) P
phẳng này chứa 2 đường thẳng cắt a / /(Q), b / /(Q)
nhau cùng song song với mặt  Q
phẳng kia.
ĐL2: Nếu 2 mặt phẳng song song a
với nhau thì mọi đường thẳng nằm (P) / /(Q) P
  a / /(Q)
trong mặt phẳng này đều song song a  (P) Q
với mặt phẳng kia.



Trang 22
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
R
ĐL3: Cho 2 mặt phẳng song song. (P) / /(Q)
Mặt phẳng nào cắt mặt phẳng này  a

(R)  (P)  a  a / /b
P

thì cũng cắt mặt phẳng kia và 2 (R)  (Q)  b Q b

giao tuyến song song với nhau. 



Quan hệ vuông góc:
Bài 1: ĐƢỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
Định nghĩa:

Đường thẳng vuông góc với mặt a

phẳng khi và chỉ khi nó vuông góc a  (P)  a  c, c  (P)
với mọi đường thẳng nằm trong
mặt phẳng đó. P c



Định lý:

ĐL1: Nếu đường thẳng d vuông d  a , d  b d
góc với hai đường thẳng cắt nhau a 
và b cùng nằm trong mp(P) thì a , b  (P)  d  (P)
a  b  A
đường thẳng d vuông góc với  b
mp(P). P a



ĐL2: (định lý 3 đƣờng vuông
góc): Cho đường thẳng a có hình a  (P), b  (P) a
chiếu trên mặt phẳng (P) là đường 
thẳng a’. Khi đó một đường thẳng b b  a  b  a'
a '  a / (P)
chứa trong (P) vuông góc với a khi  b
a'
và chỉ khi nó vuông góc với a’. P




Bài 2: HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
Định nghĩa:
Hai mặt phẳng được gọi là vuông
góc với nhau nếu góc giữa chúng 
(P)  (Q)  ((P),(Q))  900
bằng 900.
Định lý:
Q
ĐL1: Nếu một mặt phẳng chứa một
đường thẳng vuông góc với một a  (P) a

  (Q)  (P)
mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng a  (Q)
đó vuông góc với nhau. P



ĐL2: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) (P)  (Q) P
vuông góc với nhau thì bất cứ 
(P)  (Q)  d  a  (Q) a

đường thẳng a nào nằm trong (P), a  (P), a  d
vuông góc với giao tuyến của (P)  Q
và (Q) đều vuông góc với (Q). d




Trang 23
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) (P)  (Q) P

vuông góc với nhau và A là một A  (P) a

điểm trong (P) thì đường thẳng a đi   a  (P) A

qua điểm A và vuông góc với (Q) A  a
sẽ nằm trong (P) a  (Q)

Q




ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau (P)  (Q)  a P Q


a
và cùng vuông góc với mặt phẳng
thứ ba thì giao tuyến của chúng (P)  (R)  a  (R)
(Q)  (R)
vuông góc với mặt phẳng thứ ba.  R




Bài 3: MỐI LIÊN HỆ QUAN HỆ SONG SONG VÀ VUÔNG GÓC

a / /b
 a   P 
  P  / /  Q 

1.   b  P 2.   a / /b 3.   a   Q
a   P 
 b   P 
 a   P 

a   P 
 a  b

4.    P / / Q 5.   a / /  P  hay a   P 
a   Q 
  P   b


Bài 4: KHOẢNG CÁCH

1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đƣờng thẳng, đến 1
O
mặt phẳng:
Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a (hoặc đến
O
mặt phẳng (P)) là khoảng cách giữa hai điểm O và H,
trong đó H là hình chiếu của điểm O trên đường thẳng a H H
(hoặc trên mặt phẳng (P)) a P

d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH
2. Khoảng cách giữa đƣờng thẳng và mặt phẳng O
a
song song:
Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P)
song song với đường thẳng a là khoảng cách từ điểm O H
P
bất kỳ thuộc đường thẳng a đến mặt phẳng (P)
3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:
O
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng P
cách từ điểm thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
H
Q

4. Khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau : a
A
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài
đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.
b
B




Trang 24
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Phƣơng pháp: Dựng đoạn vuông góc chung của hai đƣờng thẳng chéo nhau a và b.
a

Cách 1: Giả sử a  b:
 Dựng mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a tại
A.
A b
 Dựng AB  b tại B B

 AB là đoạn vuông góc chung của a và b.


Cách 2: Sử dụng mặt phẳng song song.
a
 Dựng mặt phẳng (P) chứa b và song song với a. A


 Dựng hình chiếu vuông góc a‟ của a trên (P).
 Từ giao điểm B của a‟ và b, dựng đường thẳng a'
vuông góc với (P) rồi lấy giao điểm A của đường thẳng
B b
này với a.
 AB là đoạn vuông góc chung của a và b.
Cách 3: Sử dụng mặt phẳng vuông góc.
 Dựng mặt phẳng (P)  a tại O.
 Dựng hình chiếu b của b trên (P).
a


 Dựng OH  b tại H. b


 Từ H, dựng đường thẳng song song với a, cắt b tại
A
B
B. O b'
H
 Từ B, dựng đường thẳng song song với OH, cắt a
tại A.
 AB là đoạn vuông góc chung của a và b.
Chú ý: d(a,b) = AB = OH.

Bài 5: GÓC

1. Góc giữa 2 đƣờng thẳng trong không gian:
Góc giữa 2 đường thẳng trong không gian là góc hợp a a'
bởi hai đường thẳng cùng phương với chúng, xuất phát
từ cùng một điểm.
 
b'

Lƣu ý: 00  a, b  900 b


2. Góc giữa đƣờng thẳng và mặt phẳng: a
 Đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng: Là
góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó lên
mặt phẳng.
 Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: góc giữa a'
chúng bẳng 900 P

Phƣơng pháp: Xác định góc giữa đƣờng thẳng a và mặt phẳng (P).
 Tìm giao điểm O của a với (P).
 
 Chọn điểm A  a và dựng AH  (P). Khi đó AOH  (a,(P))


Trang 25
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
3. Góc giữa hai mặt phẳng:
 Góc giữa 2 mặt phẳng là góc tạo bởi 2 đường thẳng
lần lượt vuông góc với 2 mặt phẳng
 Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm trong 2 mặt b b
a a

phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại 1 điểm
P Q
P Q


Phƣơng pháp: Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) ta có thể sử dụng một trong các
cách sau:
 Tìm hai đường thẳng a, b: a  (P), b  (Q). Khi đó:  (P), (Q)    a, b  .
 
a  (P), a  c
 Giả sử (P)  (Q) = c. Từ I  c, dựng    (P), (Q)    a, b 
 
 b  (Q), b  c
[Tìm mặt phẳng (R) vuông góc với giao tuyến c = (P)  (Q)
(R)  (P) = a; (R)  (Q) = b  (P), (Q)    a, b  ]
 
S

4. Diện tích hình chiếu:
Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong mặt phẳng (P)
và S‟ là diện tích hình chiếu (H‟) của (H) trên (P‟).
 

Khi đó ta có: S'  S.cos P, P ' A 
C


B



Lưu ý: Ngoài những vấn đề đã nêu thêm phương pháp giải, học sinh nên chú ý các định lý được in
nghiêng cũng chính là phương pháp thường được sử dụng để giải quyết các vấn đề.

MỘT SỐ HÌNH THƢỜNG GẶP
 Hình lăng trụ: là hình đa diện có 2 đáy song song và các cạnh không thuộc hai đáy thì song
song và bằng nhau và gọi là các cạnh bên.
 Hình hộp: là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành
 Hình lăng trụ đứng: là hình lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy.
 Hình lăng trụ đều: là lăng trụ đứng và có đáy là đa giác đều.
 Hình hộp đứng: là hình hộp có cạnh bên vuông góc với đáy.
 Hình hộp chữ nhật: là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật . Ba độ dài của ba cạnh xuất
phát từ một đỉnh gọi là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.
 Hình lập phƣơng: là hình hộp chữ nhật có ba kích thước bằng nhau.
 Hình chóp: là hình đa diện có một mặt là một đa giác còn các mặt khác đều là các tam giác có
chung đỉnh.
 Hình tứ diện: là hình chóp có đáy là hình tam giác.
 Hình chóp đều: là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng nhau. Đường
thẳng nối từ đỉnh đến tâm đa giác đều gọi là trục của hình chóp. Trục của hình chóp vuông góc với mặt
phẳng đáy.
 Hình chóp cụt: là hình đa diện tạo ra từ hình chóp có hai đáy là hai đa giác đồng dạng nằm
trong hai mặt phẳng song song, các mặt bên là các hình thang.




Trang 26
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
3. Kiến thức hình học 12:
Diện tích – thể tích khối đa diện:
 Diện tích xung quanh: bằng tổng diện tích các mặt bên.
 Diện tích toàn phần: bằng tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy.


1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ:
V = B.h
với B: là diện tích đáy hình lăng trụ
h: là đường cao hình lăng trụ


THỂ TÍCH KHỐI HỘP CHỮ
NHẬT:
V = a.b.c
Với a, b c là chiều dài, chiều rộng,
chiều cao của hình hộp chữ nhật.
THỂ TÍCH HÌNH LẬP
PHƢƠNG:
V = a3
Với a là độ dài cạnh hình lập
phương


2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP:
1
V = B.h
3
với B: là diện tích đáy
h: là đường cao



3. TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN:
Cho khối tứ diện SABC và A‟, B‟,
C‟ là các điểm tùy ý lần lượt thuộc
SA, SB, SC ta có:
VSABC SA SB SC

VSA 'B'C' SA ' SB' SC'

A'
B'
4. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT:

 
C'
h
V  B  B' BB'
3 A B

với B, B’: là diện tích đáy
h: là đường cao C




Trang 27
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
KHỐI TRÒN XOAY
MẶT CẦU
I. Định nghĩa:
1. Tập hợp các điểm trong 2. Tập hợp các điểm trong 3. Khối cầu B(O;R) là
không gian cách điểm O cố không gian nhìn đoạn AB cố tập hợp các điểm M trong
định một khoảng R không đổi định dưới một góc vuông gọi là không gian sao cho OM  R
gọi là mặt cầu tâm O và bán mặt cầu đường kính AB. B(O;R)  M / OM  R
S(AB)  M / AMB  900 
kính bằng R.
S(O;R)  M / OM  R

R B R

O O O
A

II. Vị trí tƣơng đối giữa mặt cầu và mặt phẳng:
Cho mặt cầu S(O;R) và mặt phẳng (P). Gọi H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (P) và đặt d = OH
 d > R: (P)  (S) =   d = R: (P) tiếp xúc (S) tại  d < R: (P) cắt (S) theo
H giao tuyến là 1 đường tròn có
Ta có H: tiếp điểm; (P) tiếp tâm là H bán kính
diện. r  R 2  d2




III. Vị trí tƣơng đối giữa mặt cầu và đƣờng thẳng:
Cho mặt cầu S(O;R) và đƣờng thẳng ∆. Gọi H là hình chiếu của O lên ∆ và đặt d = OH
 d > R: ∆ và mặt cầu  d = R: ∆ và mặt cầu  d < R: ∆ cắt mặt cầu tại
không có điểm chung có 1 điểm chung là H. ∆ gọi hai điểm phân biệt.
là tiếp tuyến của mặt cầu tại
H. H là tiếp điểm của ∆ và
mặt cầu.




Trang 28
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
IV. Mặt cầu ngoại tiếp – nội tiếp khối đa diện:
Mặt cầu ngoại tiếp Mặt cầu nội tiếp
Hình đa diện Tất cả các đỉnh của hình đa diện đều Tất cả các mặt của hình đa diện đều tiếp
nằm trên mặt cầu xúc với mặt cầu
Hình trụ Hai đường tròn đáy của hình trụ nằm Mặt cầu tiếp xúc với các mặt đáy và mọi
trên mặt cầu đường sinh của hình trụ
Hình nón Mặt cầu đi qua đỉnh và đường tròn đáy Mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và mọi
của hình nón đường sinh của hình nón
V. Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện:
 Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của hình đa diện gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện. Tâm là
điểm cách đều các đỉnh của hình đa diện, bán kính là khoảng cách từ tâm đến một trong các
đỉnh đó.
 Cách xác định tâm mặt cầu:
 Cách 1: Nếu (n – 2) đỉnh của đa diện nhìn hai đỉnh còn lại dưới một góc vuông thì tâm của
mặt cầu là trung điểm của đoạn thẳng nối hai đỉnh đó.
 Cách 2: Để xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
o Xác định trục  của đáy ( là đường thẳng vuông góc với đáy tại tâm đường tròn ngoại
tiếp đa giác đáy).
o Xác định mặt phẳng trung trực (P) của một cạnh bên.
o Giao điểm của (P) và  là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

VI. Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp:
 Mặt cầu nội tiếp hình chóp là mặt cầu ở trong hình chóp và tiếp xúc với tất cả mặt bên và
mặt đáy của hình chóp đó. Tâm là điểm cách đều tất cả các mặt bên và đáy, bán kính là
khoảng cách từ tâm đến một trong các mặt ấy.
 Tứ diện luôn có mặt cầu nội tiếp, các hình chóp khác có thể không có mặt cầu nội tiếp.
 Cách xác định tâm mặt cầu: Tâm mặt cầu nội tiếp (nếu có) là giao điểm các mặt phân giác
của các nhị diện hợp bởi các mặt bên và đáy.
3V
 Bán kính: r 
Stp

DIỆN TÍCH – THỂ TÍCH
Cầu Trụ Nón
Sxq  2Rh Sxq  Rl
Diện tích S  4R 2
Stp  Sxq  2Sñaùy Stp  Sxq  Sñaùy
4 3 1
Thể tích V R V  R 2 h V  R 2 h
3 3




Trang 29
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXY  xA  xB  xC
x G 
 3
6. Trọng tâm G : 
 y  yA  yB  yC
Vấn đề 1: TỌA ĐỘ PHẲNG  G
 3
 

I. Định lý: AH.BC  0

 7. Trực tâm H: Giải hệ:   
 
Cho A(x A , yA ), B(x B , yB ) , a  (a1 ,a 2 ) BH.AC  0

 
1. AB  (x B  x A ; yB  yA ) 

EB AB
 8. E chân phân giác trong:   

2. AB  AB  (x B  x A )2  (yB  yA ) 2 . EC AC


 FB AB
3. a  a12  a 2 2 F chân phân giác ngoài:  

FC AC
II. Tính chất vectơ: 9. Tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
 
Cho a  (a1 ,a 2 ) , b  (b1 , b2 )  IA 2  IB2
Giải hệ:  2
   a  b1 IA  IC
2
1. a  b   1
a 2  b 2

2. ka  (ka1 , ka 2 ) Vấn đề 2: ĐƢỜNG THẲNG
 
3. a  b  (a1  b1;a 2  b2 ) I. Phƣơng trình đƣờng thẳng:
  qua M(x 0 ; y 0 )

4. ma  nb  (ma1  nb1; ma 2  nb2 ) 1. Phương trình tổng quát :  
 VTPT : n = (A; B)

5. a.b  a1b1  a 2 b2
   : A(x - x0 ) + B(y - y0 ) = 0
   a  k.b
6. a cùng phương b    : Ax + By + C = 0
a1b 2  a 2 b1  0
   qua M(x 0 ; y 0 )

7. a  b  a.b  0  a1b1  a 2b2  0 2. Phương trình tham số :  
 VTCP : a = (a1;a2 )

  a.b a1b1  a 2 b 2
8. cos(a; b)      x = x 0 + a1t
a b a12  a 2 2 b12  b 2 2  :  (t  R)
 
  y = y 0 + a2 t
9. AB  (a1 ,a 2 ) , AC  (b1 , b2 ) qua M(x 0 ; y 0 )

3. Phương trình chính tắc :  
 SABC 
1
a1b2  a 2 b1 VTCP : a = (a1;a2 )

2
x - x0 y - y0
III. Dạng toán thƣờng gặp:  : =

  a1 a2
1. A, B, C thẳng hàng  AB cùng phương AC.
 II. Vi trí tƣơng đối của hai đƣờng thẳng:
2. A, B, C lập thành tam giác  AB không A B

cùng phương AC. 1. (1 )  ( 2 )  1  1
  A 2 B2
3. A,B,C,D là hình bình hành  AD  BC. A1 B1 C1
 x  x B yA  yB  2. (Δ1 ) / / (Δ 2 )   
4. M trung điểm AB: M  A ;  A 2 B2 C2
 2 2 
A1 B1 C1
5. M chia AB theo tỉ số k  1: 3. (Δ1 )  (Δ 2 )   
A 2 B2 C2
 x  k.x B y A  k.y B 
M A ;  III. Vị trí tƣơng đối của hai điểm đối với một
 1 k 1 k  đƣờng thẳng:



Trang 30
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Cho hai điểm M1 (x1; y1 ), M2 (x 2 ; y2 ) và  Cho (Δ) : Ax  By  C  0
đường thẳng (d): Ax + By + C = 0, ta có: 1. (d) / / (Δ)  (d) : Ax  By  m  0
 M1 hoặc M 2 nằm trên (d) 2. (d)  (Δ)  (d) : Bx  Ay  m  0
 (Ax1  By1  C)(Ax 2  By2  C)  0 . VII. Dạng toán thƣờng gặp:
 M1 , M 2 nằm khác phía so với Dạng 1 : Tìm hình chiếu của một điểm M trên
một đƣờng thẳng d :
(d)  (Ax1  By1  C)(Ax 2  By2  C)  0 .
Cách 1:
 M1 , M 2 nằm cùng phía so với (d)  Bƣớc 1: Gọi H là hình chiếu của M trên d suy
 (Ax1  By1  C)(Ax 2  By2  C)  0 . ra tọa độ của H theo t


IV. Góc của hai đƣờng thẳng:  Bƣớc 2: Tìm tọa độ vectơ MH theo t , tìm

A1A 2  B1B2 VTCP u của d
cos    

A1  B1 A 2  B2
2 2 2 2
 Bƣớc 3: Giải phương trình MH . u = 0 có t
suy ra tọa độ H
V. Khoảng cách từ một điểm đến một đƣờng
thẳng: Cách 2:
Cho (Δ) : Ax  By  C  0 và M(x 0 ; y0 )  Bƣớc 1: Viết phương trình đường thẳng qua
d‟ qua M và vuông góc với d
Ax 0  By0  C
 d (M, )  d
A 2  B2  Bƣớc 2: Giải hệ :  có tọa độ điểm H
d '
VI. Chú ý:
Dạng 2 : Tìm điểm đối xứng của một điểm M
 Trục Ox có pttq : y  0 qua một đƣờng thẳng d
 Trục Oy có pttq : x  0  Bƣớc 1: Tìm hình chiếu H của M trên d
 Đường thẳng song song hoặc trùng với Oy :  Bƣớc 2: gọi M‟ là hình điểm đối xứng cửa M
ax  c  0  b  0  qua d thì H là trung điểm của đoạn MM‟ , dựa
 Đường thẳng song song hoặc trùng với Ox : vào công thức tọa độ trung điểm suy ra tọa độ M‟
by  c  0  a  0 
 Đường thẳng đi qua gốc tọa độ: Vấn đề 3: ĐƢỜNG TRÒN
ax  by  0  c  0  I. Phƣơng trình đƣờng tròn:
1. Phương trình chính tắc đường tròn (C) tâm
 Đường thẳng cắt Ox tại A  a;0  và Oy I(a; b) , bán kính R:
tại B  0; b   (C): (x  a)2  (y  b)2  R 2
x y
  1  a, b  0  2. Phương trình tổng quát đường tròn (C) tâm
a b I(a; b) , bán kính R:
 Đường thẳng qua điểm M  x 0 ; y0  và có hệ số  (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0
góc k là : y  y0  k  x  x 0  (ĐK:a2 + b2 −c > 0) và R = a 2  b2  c
 Đường thẳng d qua điểm M  x 0 ; y0  và song
song với đường thẳng  : ax  by  c  0 có II. Phƣơng trình tiếp tuyến của đƣờng tròn:
phương trình tổng quát là: 1. Phương trình tiếp tuyến TẠI M(x 0 ; y0 ) :
a  x  x 0   b  y  y0   0 qua M(x 0 ; y0 )

: 
 Đường thẳng d qua điểm M  x 0 ; y0  và vuông VTPT IM  (x 0  a; y 0  b)

góc với đường thẳng  : ax  by  c  0 có phương  : (x 0  a)(x  x 0 )  (y0  b)(y  y0 )  0
trình tổng quát là :
 : x.x 0  y.y0  a(x  x 0 )  b(y  y0 )  c  0
b  x  x 0   a  y  y0   0
2. Điều kiện tiếp xúc: d(I, )  R

Trang 31
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
III. Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua 2 tiếp MF  a  e.x M
điểm: 8. Bán kính qua tiêu điểm :  1
MF2  a  e.x M
Cho M(x M ; yM ) nằm ngoài đường tròn tâm
9. Phương trình cạnh hình chữ nhật cơ sở:
I(a; b) bán kính R. Từ M dựng 2 tiếp tuyến tiếp
xúc đường tròn tại 2 điểm A, B. Phương trình x   a

đường thẳng AB có dạng: y   b
 x  a  x M  a    y  b  yM  b   R 2 10. Phương trình đường chuẩn x  
a2
IV. Phƣơng trình tiếp tuyến chung của hai c
đƣờng tròn: IV. Phƣơng trình tiếp tuyến của Elip:
Bƣớc 1: Xét tiếp tuyến vuông góc với 0x : 1. Phương trình tiếp tuyến TẠI M(x 0 ; y0 ) :
x  a  R và x  a  R . Kiểm tra tiếp tuyến thỏa x.x 0 y.y0
mãn điều kiện đầu bài? :  2  1 (a, b  0)
a2 b
Bƣớc 2: Xét tiếp tuyến không vuông góc với 0x
có dạng: y  kx  m . Để tìm k và m: Ta giải hệ 2. Điều kiện tiếp xúc:
lập được từ điều kiện tiếp xúc. x 2 y2
Cho: (E)   1 (a, b  0) và đường
 Nếu (C1) và (C2) ngoài nhau: có 4 tiếp tuyến a 2 b2
chung. thẳng (Δ) : Ax  By  C  0
 Nếu (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài: có 3 tiếp (Δ) tiếp xúc (E)  A2a 2  B2 b2  C2
tuyến chung.
 Nếu (C1) và (C2) cắt nhau: có 2 tiếp tuyến
chung. Vấn đề 5: Các dạng toán tam giác
 Nếu (C1) và (C2) tiếp xúc trong: có 1 tiếp Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết
tuyến chung. điểm C(a;b) và hai đường thẳng cắt nhau d1 , d 2
 Nếu (C1) và (C2) lồng nhau: không có tiếp không đi qua C lần lượt có phương trình tham số :
tuyến chung.  x  x1  a 1 t 1 x  x 2  a 2 t 2
d1 :  và d 2 : 
 y  y1  b1t1  y  y2  b2 t 2
Vấn đề 4: ELÍP Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B trong các trường
I. Định nghĩa: hợp :
Cho F1 ,F2 coá ñònh vaø F1F2 = 2c (c > 0) Dạng 1: d1 , d 2 là hai đƣờng cao.
M  (E)  MF1  MF2  2a (a  c  0) Giả sử d1 là đường cao AM , d2 là đường cao BN
II. Phƣơng trình chính tắc:  Viết phương trình BC: (BC có VTCP là
VTPT của d1 đi qua C)
x 2 y2
(E)   1 (a, b  0) BC
a 2 b2  Giải hệ   tọa độ điểm B
III. Các tính chất: d 2
1. Tiêu điểm : F1 (c;o), F2 (c;o) . Tương tự :
2. Tiêu cự : F1F2  2c .  Viết phương trình AC (AC có VTCP là
VTPT của d2 và đi qua C)
3. Đỉnh trục lớn: A1 (a ;0), A2 (a ;0) .
 AC
4. Đỉnh trục bé : B1 (0; b), B2 (0;b) .  Giải hệ  có tọa độ điểm A
d1
5. Độ dài trục lớn: A1A2  2a . Dạng 2: d1 , d 2 là hai đƣờng trung tuyến.
6. Độ dài trục bé : B1B2  2b . Giả sử d1: là trung tuyến AM ; d2 là trung tuyến
c BN
7. Tâm sai : e   1.
a  Md1 suy ra tọa độ M theo t1
 M là trung điểm CB suy ra tọa độ B theo t1

Trang 32
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
 B  d2 nên có hệ theo t1 và t2 . Giải hệ có t1 CB
suy ra tọa độ điểm B  Giải hệ   tọa độ điểm B
d 2
Tương tự :
 Tìm tọa độ điểm C2 là điểm đối xứng của C
 Nd2 suy ra tọa độ N theo t2
qua d2 ( C2 thuộc AB)
 N là trung điểm CA suy ra tọa độ A theo t2
 Viết phương trình BC2 (BA)
 A  d1 nên có hệ theo t1 và t2 . Giải hệ có t2
suy ra tọa độ điểm A BA
 Giải hệ   tọa độ điểm A .
Chú ý: Có thể giải theo cách khác : d1
 Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ; Dạng 6: d1 là trung tuyến , d 2 là phân giác
 Tìm điểm đối xứng D của C qua G trong
 Viết phương trình đường thẳng qua d‟1 qua D Giả sử d1: đường trung tuyến AM; d2: phân giác
song song với d2 trong BN
 Viết phương trình đường thẳng qua d‟2 qua D M  d 2
song song với d1 
 MA  MC  tọa độ điểm B.
d '1 A  d
 Giải hệ   tọa độ A ;  1
d1  Tìm C2 là điểm đối xứng của C qua d2
d '2  Viết phương trình tham số BC2 (BA)
 Giải hệ   tọa độ B
d 2 BA
 Giải hệ   tọa độ điểm A
Dạng 3: d1 , d 2 là hai đƣờng phân giác trong d1
của góc A và góc B. Nhận xét:
 Tìm tọa độ điểm C1 là điểm đối xứng của C  Học sinh chỉ cần nắm kĩ các dạng 1, 2, 3 thì
qua d1; C1  AB các dạng khác đơn giản hơn.
 Tìm tọa độ điểm C2 là điểm đối xứng của C  Nếu bài toán có liên quan đến đường cao cần
qua d2; C2  AB chú ý đến điểm hình chiếu của đỉnh đã biết
trên đường cao hoặc VTPT của đường cao
 Viết phương trình tham số C1C2 là phương
hoặc tìm VTCP của cạnh và viết phương trình
trình của AB
tham số của cạnh tam giác
C1C 2  Nếu bài toán có liên quan đến trung tuyến cần
 Tọa độ của A là nghiệm của hệ : 
d1 lưu ý đến tính chất trung điểm .
C1C 2  Nếu bài toán có yếu tố đường phân giác trong
 Tọa độ của B là nghiệm của hệ :  cần lưu ý đến điểm đối xứng của đỉnh đã biết
d 2 qua đường phân giác trong đó.
Dạng 4: d1 là đường cao, d 2 là trung tuyến. Chú ý: Đề thi đại học thường sử dụng các
Giả sử d1: đường cao AM; d2: trung tuyến BN tính chất đối xứng tâm (điểm), đối xứng trục
(đường) – liên quan đến Phép biến hình 11. Ngoài
 Viết phương trình cạnh CB (như trên) ra sự kết hợp giữa các tính chất của đường tròn và
CB tam giác cũng là dạng toán rất thường gặp.
 Giải hệ  tìm tọa độ điểm B
d 2
 Dùng tính chất trung điểm N thuộc BN , N là
trung điể m AC và A thuộc AM suy ra tọa độ
điểm A
Dạng 5: d1 là đƣờng cao , d 2 là phân giác
trong.
Giả sử d1: đường cao AM; d2: phân giác trong BN
 Viết phương trình cạnh CB

Trang 33
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
  
HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXYZ 2. Vectơ tích có hướng c  a, b  vuông góc vơi
 
 
hai vectơ a và b .
     
Vấn đề 1: TỌA ĐỘ ĐIỂM VÀ 3. a, b   a b sin(a, b) .
 
VECTƠ
1  
 
I. Tọa độ của véctơ: 4. SABC  [AB, AC] .
2
Trong không gian với hệ tọa độ Oyz   
 
     5. VHộpABCDA’B’C’D’ = [AB, AD].AA ' .
1. a  (a1;a 2 ;a 3 )  a  a1i  a 2 j  a 3 k
     
 
2. i  (1, 0, 0) ; j  (0,1,0) ; k  (0,0,1) 6. VTứdiện ABCD = 1 [AB, AC].AD .
  6
3. Cho a  (a1; a 2 ; a 3 ) và b  (b1; b2 ; b3 ) ta có : IV.Điều kiện khác:
 
a1  b1 1. a và b cùng phương:
  
 a  b  a 2  b 2 a1  kb1
a  b      
 3 3  a, b   0  k  R : a  kb  a 2  kb 2
 
  a  kb
 a  b  (a1  b1;a 2  b2 ;a 3  b3 )  3 3
  
 k.a  (ka1; ka 2 ; ka 3 ) 2. a và b vuông góc:

  a.b  0  a1.b1  a 2 .b2  a 3.b3  0
 a  a1  a 2  a 3
2 2 2
    
     3. Ba vectơ a, b, c đồng phẳng  a, b .c  0
 
 a.b  a . b cos(a; b)  a1b1  a 2b 2  a 3b3
4. A,B,C,D là bốn đỉnh của tứ diện 
II. Tọa độ điểm :   
  
AB, AC, AD không đồng phẳng.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz
    5. G là trọng tâm của tam giác ABC:
1. M  x M ; yM ; z M   OM  x M i  yM j  z M k xA  xB  xC

2. Cho A  x A ; yA ; z A  và B  x B ; yB ; z B  ta có: x G  3

 
 AB   x B  x A ; yB  yA ; z B  z A   y  yB  yC
  yG  A
 3
 AB  (x B  x A )2  (yB  yA )2  (z B  z A ) 2  zA  zB  zC
z G 
 3
3. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k
  6. G là trọng tâm tứ diện ABCD
 
MA  kMB thì ta có :     
 
 GA  GB  GC  GD  0
x A  kx B y  kyB z  kz B  x A  x B  xC  XD
xM  ; yM  A ; zM  A
1 k 1 k 1 k x G  4
(Với k ≠ –1) 
 yA  yB  yC  yD
 Đặc biệt khi M là trung điểm AB (k = – 1 ) thì   yG 
 4
ta có:
 zA  zB  zC  zD
xM  A
x  xB
; yM  A
y  yB
; zM  A B
z z z G 
 4
2 2 2
7. G là trọng tâm của tứ diện ABCD:
III. Tích có hƣớng của hai vectơ và ứng     
 
dụng:  GA  GB  GC  GD  0 .
 
1. Nếu a  (a1; a 2 ; a 3 ) và b  (b1; b2 ; b3 ) thì: 8. Chieàu cao AH keû töø ñænh A cuûa töù dieän
ABCD:
  a a aa aa 
a, b    2 3 ; 3 1 ; 1 2  AH =
3VABCD
 
 b 2 b3 b3b1 b1b 2  SBCD

Trang 34
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 2: MẶT PHẲNG A.A'  B.B' C.C'
 0 0
   900 
I. Phƣơng trình mặt phẳng: A  B  C . A '  B'  C'
2 2 2 2 2 2

 

1. Trong không gian Oxyz phương trình dạng   900  n P  n Q  hai mặt phẳng vuông góc
Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 ≠ 0 nhau.
là phương trình tổng quát của mặt phẳng, trong
 V. Các dạng bài tập:
đó n  (A; B;C) là một vectơ pháp tuyến của nó. Dạng 1: Viết phƣơng trình mặt phẳng:

2. Mặt phẳng (P) đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và
  Tìm VTPT n   A; B;C  và điểm đi
nhận vectơ n  (A; B;C) làm vectơ pháp tuyến có
qua M0  x 0 ; y0 ; z 0 
dạng :
A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0  Dạng: A  x  x 0   B  y  y0   C  z  z0   0
3. Mặt phẳng (P) đi qua M0(x0;y0;z0) và nhận Dạng 2: Viết phƣơng trình mặt phẳng qua ba
 
a  (a1; a 2 ; a 3 ) và b  (b1; b 2 ; b3 ) làm cặp vectơ điểm A, B, C:
 
 
chỉ phương thì mặt phẳng (P) có vectơ pháp  Tính AB, AC
tuyến:   
 
 Mp (ABC) có VTPT là n   AB, AC và
 
    a 2 a 3 a 3 a1 a1 a 2 
n  a, b   
  ; ; . qua A
 b 2 b3 b3 b1 b1 b 2   Kết luận.
II. Vị trí tƣơng đối của hai mặt phẳng: Dạng 3: Viết phƣơng trình mặt phẳng    đi
1. Cho hai mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0
qua điểm A và vuông góc BC
và (Q):A‟x + B‟y + C‟z + D‟ = 0
Mặt phẳng     BC nên có VTPT là BC qua A
 (P) cắt (Q)  A : B : C ≠ A‟: B‟: C‟
 (P) // (Q)  A : A‟ = B : B‟ = C : C‟ ≠ D : Chú ý:

D‟  Trục Ox chứa i  1;0;0 
 (P) ≡ (Q)  A : B : C : D = A‟: B‟: C‟: D‟ 
 Trục Oy chứa j   0;1;0 
2. Cho hai mặt phẳng cắt nhau : 
 P  : Ax  By  Cz  D  0  Trục Oz chứa k   0;0;1

 .
 Q  :A‟x  B‟y  C‟z  D‟  0
 Dạng 4: Viết phƣơng tình mp    là mặt
Phương trình chùm mặt phẳng xác định bởi phẳng trung trực của AB.
(P) và (Q) là:  Mặt phẳng     AB. Nên có VTPT là AB đi
m(Ax + By + Cz + D) + n(A‟x + B‟y + C‟z + D‟) qua I là trung điểm của AB
= 0 (với m2 + n2 ≠ 0)  Kết luận.
III. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng:
Dạng 5: Viết phƣơng tình mặt phẳng    đi
Khoảng cách từ M0(x0;y0;z0) đến mặt phẳng
(α): Ax + By + Cz + D = 0. qua điểm M0  x 0 ; y 0 ;z 0  và song song với mặt
Ax 0  By0  Cz 0  D phẳng    : Ax  By  Cz  D  0
d(M 0 , ) 
A 2  B2  C 2   / /    . Nên phương trình    có dạng:
IV. Góc gữa hai mặt phẳng: Ax + By + Cz + D‟= 0
Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng :
 M0     D'
 P  : Ax  By  Cz  D  0

 . Ta có:  Kết luận.
 Q  :A‟x  B‟y  C‟z  D‟  0
 Dạng 6: Viết phƣơng trình mp (P) đi qua hai
 

 
 n P .n Q điểm A, B và vuông góc với mp (Q)


cos  cos(n P , n Q )   
  Mặt phẳng (P) có cặp VTCP là: AB và VTPT
nP . nQ 
của (Q) là n Q


Trang 35
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
  

 Mặt phẳng (P) có VTPT là n   AB, n Q  và
  Vấn đề 3: ĐƢỜNG THẲNG
qua A I. Phƣơng trình đƣờng thẳng:
 Kết luận. 1. Phƣơng trình tham số của đƣờng thẳng:
Dạng 7: Viết phƣơng trình mp    đi qua các Cho điểm M0 (x 0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc đường

điểm là hình chiếu của điểm M  x 0 ; y0 ; z 0  thẳng  và a  (a1; a 2 ; a 3 ) là VTCP của đường
trên các trục toạ độ. thẳng  . Phương trình tham số của đường thẳng
:
 Gọi M1, M2, M3 lần lượt là hình chiếu của
điểm M trên Ox, Oy, Oz. Thì M1(x0;0;0),  x  x 0  a1t

M2(0;y0;0), M3(0;0;x0)  y  y0  a 2 t (t  R)
 Phương trình mặt phẳng    là: z  z  a t
 0 3

x y z 2. Phƣơng trình chính tắc của đuờng thẳng:
  1
x 0 y z0 Cho điểm M0 (x 0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc đường

Dạng 8: Viết phƣơng trình mp    đi qua thẳng  và a  (a1; a 2 ; a 3 ) là VTCP của đường
điểm M0 và vuông góc với hai mặt phẳng (P) thẳng  . Phương trình chính tắc của đường thẳng
và (Q). :

 (P) có VTPT là n P x  x 0 y  y0 z  z 0
  
 (Q) có VTPT là n Q a1 a2 a3
  II. Vị trí tƣơng đối của các đƣờng thẳng và
 Mp    có VTPT là  n P , n Q  và qua Mo
  các mặt phẳng:
 Kết luận. 1. Vị trí tƣơng đối của hai đƣờng thẳng:
Dạng 9: Tọa độ điểm M’ đối xứng của M qua Cho hai đường thẳng () đi qua M có VTCP
 
mặt phẳng    a và (‟) đi qua M‟ có VTCP a ' .
  
 Gọi M‟ (x‟; y‟; z‟ ) là điểm đối xứng của M  () chéo (‟)  a, a ' .MM '  0
 
qua         
 () cắt (‟)  a, a ' .MM '  0 với a, a '  0
   
 Gọi d là đường thẳng đi qua M và d     . 
Nên d có VTCP là n
      '  
[a, a ']=0
  a;a  = 0
 Viết phương trình tham số của d  () // (‟)   hoặc   
   
 Gọi H  d      M  '
  a;MM' = 0
 
 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 
     '  
 d  :
 [a, a ']=0
  a;a  = 0
  Tọa độ điểm H  () ≡ (‟)   hoặc   
   
   :
  M  '
  a;MM' = 0
 
 Vì H là trung điểm của MM‟  Tọa độ điểm
2. Vị trí tƣơng đối của đƣờng thẳng và mặt
M‟
phẳng:
Dạng 10: Viết phƣơng trình mặt phẳng tiếp
Cho đường thẳng () đi qua
diện của mặt cầu (S) tại tiếp điểm A. 
M0 (x 0 ; y0 ;z0 ) có VTCP a  (a1; a 2 ; a 3 ) và mặt
 Xác định tâm I của mặt cầu (S)
 phẳng (α):
 Mặt phẳng    : Mp tiếp diện có VTPT : IA 
Ax  By  Cz  D  0 có VTPT n  (A; B;C) .
 Viết phương trình tổng quát. 
 () cắt (α)  a.n  0

a.n  0

 () // (α)  
 M  ( )


Trang 36
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

a.n  0
  Viết phương trình chính tắc theo công thức.
 () nằm trên (α)   Dạng 2: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  khi:
 M  ( )

A1x  B1y  C1z  D1  0
III. Khoảng cách: : 
1. Khoảng cách từM đến đuờng thẳng () đi  A 2 x  B2 y  C 2 z  D 2  0
qua M0 có VTCP a .   B1C1 C1A1 A1B1 
 
   có VTCP là : a   ; ; 
[M 0 M, a]  B2 C2 C2 A 2 A1B2 
d(M, )  
a  Cho z = 0 tìm được điểm M0.
2. Khoảng cách giữa hai đƣờng chéo nhau :  Viết phương trình đường thẳng.
Dạng 3: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  đi
qua M 0 (x 0 ; y0 ; z 0 )
 qua M '0 (x '0 ; y '0 ; z '0 )

:  ; ':   qua điểm M0  x 0 ; y 0 ;z 0  và vuông góc với mặt
VTCP a
 VTCP a '

   phẳng    : Ax  By  Cz  D  0
[a, a '].MM ' 
d(,  ')     Mp    có VTPT là n   A; B;C 
[a, a ']
 Đường thẳng  đi qua điểm M0 và có VTCP
Chú ý : 
là n
* Nếu () và (‟) cắt nhau hoặc trùng nhau thì:  Viết phương trình đường thẳng.
d((),(‟)) = 0 Dạng 4: Viết phƣơng trình hình chiếu của d
* Nếu () và (‟) song song thì: trên mặt phẳng   
d((),(‟)) = d(M , (‟)) = d(N , ())
 Gọi d‟ là hình chiếu của d trên mp   
( trong đó M () và N  (‟))
 Gọi    là mặt phẳng chứa d và       

IV. Góc:  Nên    có cặp VTCP là VTCP của d là u d
1. Góc giữa hai đƣờng thẳng: 
và n  là VTPT của mặt phẳng   
qua M 0 (x 0 ; y0 ; z 0 )
 qua M '0 (x '0 ; y '0 ; z '0 )
   
:  ; ':    Mp    có VTPT n   u d , n   đi qua điểm
VTCP a
 VTCP a '

  M0  d
  a.a '  Viết phương trình tổng quát của Mp   
cos  cos(a, a ')   
a .a'    :

 Phương trình đường thẳng d‟: 

a1.a '1  a 2 .a '2  a 3 .a '3    :

2
a1  a 2  a 3 . a '1  a '2  a '3
2 2 2 2 2
 Chuyển về phương trình chính tắc (tham số).
2. Góc giữa đƣờng thẳng và mặt phẳng: Dạng 5: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d qua

() đi qua M0 có VTCP a  (a1; a 2 ; a 3 ) , mp(α) có điểm M0  x 0 ; y 0 ;z 0  và vuông góc với hai

VTPT n  (A; B;C) .Gọi φ là góc hợp bởi () và đƣờng 1 và  2

mp(α) , ta có:  1 có VTCP u1
  
sin   cos(a, n) 
Aa1 +Ba 2 +Ca 3   2 có VTCP u 2
A 2  B2  C2 . a1  a 2  a 3
2
2
2
 d vuông góc với 1 và  2 . Nên d có VTCP là
  
V. Dạng toán thƣờng gặp: u d   u1 , u 2 
Dạng 1: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  :
 Dạng 6: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d đi
 Cần biết VTCP a   a1;a 2 ;a 3  và điểm qua điểm A và cắt cả hai đƣờng 1 và  2 .
M0  x 0 ; y0 ; z 0     Thay toạ độ A vào phương trình 1 và  2
 Viết phương trình tham số theo công thức.  A 1 , A 2

Trang 37
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A và chứa  Gọi M  1 và N   2 (M, N dưới dạng tham
1 
số). Tính MN .
 Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua điểm A và chứa  
 
MN.u1  0

2  Giải hệ:   
  . Tìm được tham số 
MN.u 2  0

 P 

 Phương trình đường thẳng d:  tìm được tọa độ điểm M, N  viết phương
 Q 
 trình MN.
 Chuyển về phương trình chính tắc (tham số) Dạng 10: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d
vuông góc (P) và cắt hai đƣờng thẳng 1 và  2
Dạng 7: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d
  P  cắt cả hai đƣờng 1 và  2 .  Gọi    là mặt phẳng chứa 1 và có một

 Gọi A  1   P  VTCP là n P ( VTPT của (P) )

 Gọi B   2   P   Gọi    là mặt phẳng chứa  2 và có một


 Đường thẳng chính là đường thẳng AB VTCP là n P ( VTPT của (P) )
Dạng 8: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d // d1  Đường thẳng d       
và cắt cả hai đƣờng 1 và  2 .
Dạng 11: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d đi
 Gọi (P) là mặt phẳng chứa 1 và (P) // d1 qua điểm M0 vuông góc với đƣờng thẳng 1 và
 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa  2 và (Q) // d1 cắt đƣờng thẳng  2
 d   P   Q  Gọi    là mặt phẳng đi qua M0 và vuông
 P  : góc 1

 Phương trình đường thẳng d 
 Q  :  Gọi    là mặt phẳng đi qua điểm M0 và

Dạng 9: Viết phƣơng trình đƣờng vuông góc chứa  2
chung của hai đƣờng thẳng chéo nhau 1 và  Đường thẳng d       
2 . Dạng 12: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d đi
Cách 1: qua giao điểm của đƣờng thẳng  và mặt
  phẳng    và d     ,d  
 Gọi u1 và u 2 lần lượt là VTCP của 1 và  2
    Gọi A      
 Gọi v   u1 , u 2 
 Gọi (P) là mặt phẳng chứa 1 và có một  Gọi    là mặt phẳng đi qua A và vuông góc
   
VTCP là v . Nên có VTPT là n P   u1 , v  với  . Nên    có VTPT là VTCP của 
phương trình mặt phẳng (P)  Đường thẳng d       
 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa  2 và có một
    Dạng 13: Tìm tọa độ điểm M' đối xứng của M0
VTCP là v . Nên có VTPT là n Q   u 2 , v  qua đƣờng thẳng d
phương trình mặt phẳng (Q)  Gọi M‟ (x‟ ; y‟ ; z‟ )
 Phương trình đường vuông góc chung của 1  Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm M0 và
 P 
  P   d . Nên (P) nhận VTCP của d làm
và  2 : 
 Q 
VTPT

 Gọi H  d   P 
Cách 2:
 Chuyển phương trình đường thẳng 1 và  2  M‟ là điểm đối xứng của M0 qua đường thẳng
d. Nên H là trung điểm của đoạn M0M‟
về dạng tham số.



Trang 38
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
 x0  x ' III. Vị trí tƣơng đối giữa đƣờng thẳng và mặt
x H  2 cầu:
 Cho mặt cầu (S):(x – a)2 +(y – b)2+(z – c)2 =
 y  y'
Ta có:  y H  0  M‟  x  x 0  a1t
 2 
 z0  z ' R và đường thẳng (d) :  y  y0  a 2 t
2

z H  2 z  z  a t
  0 3

Dạng 14: Khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng Muốn tìm giao điểm giữa (d) và (S) , ta thay x,
chéo nhau  và  ' y, z trong phương trình (d) vào phương trình (S)
 
 ta được một phương trình bậc hai theo t .
 Gọi u và u ' lần lượt là VTCP của  và  '
  đi qua điểm M0 , M '0   '  Nếu phương trình theo t vô nghiệm thì (d) và
  
 (S) không có điểm chung
 u, u ' .M 0 M '0  Nếu phương trình theo t có một nghiệm t thì
 
d  ,  '     

 u, u ' (d) tiếp xúc với (S) . Khi đó (d) gọi là tiếp tuyến
  của mặt cầu (S) và điểm chung gọi là tiếp điểm .
Nếu phương trình theo t có hai nghiệm phân biệt
Vấn đề 3: MẶT CẦU t1; t2 thì (d) cắt (S) tại hai điểm phân biệt.
I. Phƣơng trình mặt cầu: IV. Dạng toán thƣờng gặp:
1. Phƣơng trình mặt cầu tâm I(a; b;c) bán Dạng 1: Viết phƣơng trình mặt cầu
kính R  Xác định tâm I(a ; b ; c) của mặt cầu
 Bán kính R
 x  a    x  b   x  c  R2 .
2 2 2

 Viết phương trình mặt cầu
2. Phƣơng trình mặt cầu tâm I(a; b;c) , bán
 x  a    x  b   x  c  R2
2 2 2

kính R  a  b  c  d :
2 2 2

Dạng 2: Viết phƣơng trình mặt cầu đƣờng
x 2  y2  z2 – 2ax – 2by – 2cz  d  0 kính AB
với a2 + b2 + c2 – d > 0  Gọi I là trung điểm của AB. Tính toạ độ I 
II. Vị trí tƣơng đối của mặt cầu và mặt phẳng: I là tâm mặt cầu
Cho mặt cầu 1
 Bán kính R  AB
(S):  x  a    x  b    x  c   R 2
2 2 2
2
tâm I(a; b;c) bán kính R và mặt phẳng (P):  Viết phương trình mặt cầu
Ax + By + Cz + D = 0. Dạng 3: Viết phƣơng trình mặt cầu (S) có tâm
 Nếu d(I,(P)) > R thì mặt phẳng (P) và mặt cầu I (a; b; c) và tiếp xúc với    :
(S) không có điểm chung. Ax + By + Cz + D = 0
 Nếu d(I,(P)) = R thì mặt phẳng (P) và mặt cầu  Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với    . Nên
(S) tiếp xúc nhau. Khi đó (P) gọi là tiếp diện của
có bán kính
mặt cầu (S) và điểm chung gọi là tiếp điểm
Ax I  By I  Cz I  D
 Nếu d(I,(P)) < R thì mặt phẳng (P) và mặt cầu  R  d  I,     
(S) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn có A 2  B2  C 2
phương trình:  Viết phương trình mặt cầu
 x  a 2   y  b 2   z  c 2  R 2
 Dạng 4: Viết phƣơng trình mặt cầu (S) ngoại
 tiếp tứ diện ABCD
Ax  By  Cz  D  0

 Phương trình mặt cầu (S) có dạng
Trong đó bán kính đường tròn
x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By +2Cz + D = 0
r  R 2  d(I, (P)) 2 và tâm H của đường tròn là
 A, B, C, D thuộc (S). Ta có hệ phương trình
hình chiếu của tâm I mặt cầu (S) lên mặt phẳng  Giải hệ phương trình tìm A, B, C, D
(P).
 Kết luận

Trang 39
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Dạng 5: Lập phƣơng trình mặt cầu đi qua ba phẳng, giữa hai đường thẳng, góc giữa hai mặt
điểm A, B, C có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy phẳng, giữa đường thẳng và mặt phẳng, giữa hai
 Gọi I(xI ; yI ; 0) là tâm của mặt cầu, I   Oxy  đường thẳng…
Vì vậy giải bài toán thuần túy hình học có
 Ta có AI2 = BI2 = CI2 thể đưa về một bài toán hình học giải tích nếu ta
AI 2  BI 2
 xây dựng một hệ trục Oxyz hợp lý.
 Ta có hệ phương trình  2
AI  CI
2 Nhận xét:

- Ƣu: Giải bài toán chỉ đơn thuần là tính toán,
 Giải hệ phương trình  tâm I  IA = R không suy nghĩ nhiều.
 Kết luận - Khuyết: Không thấy được cái hay của hình học
thuần túy, tính toán phải hết sức cẩn thận.
Vấn đề 5: Các dạng toán tam giác Một số cách chọn hệ trục Oxyz thƣờng dùng:
Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC 1. Với hình lập phương hoặc hình hộp chữ
biết điểm C(a;b;c) và hai đường thẳng cắt nhau nhật ABCD.A'B'C'D'
d1 , d 2 không đi qua C lần lượt có phương trình 2. Với hình hộp đáy là hình thoi
ABCD.A'B'C'D'
tham số :
3. Với hình chóp tứ giác đều S.ABCD
 x  x1  a 1 t 1 x  x 2  a 2 t 2 4. Với hình chóp tam giác đều S.ABC
 
d1 :  y  y1  b1t1 và d 2 :  y  y 2  b 2 t 2 5. Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình
z  z  c t z  z  c t chữ nhật và SA  (ABCD)
 1 1 1  2 2 2

Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B trong các trường 6. Với hình chóp S.ABC có ABCD là hình
hợp : thoi và SA  (ABCD)
 d1 , d 2 là hai đường cao của tam giác . 7. Với hình chóp S.ABC có SA  (ABC) và
 ABC vuông tại A.
 d1 , d 2 là hai đường trung tuyến của tam giác. 8. Với hình chóp S.ABC có SA  (ABC) và
 d1 , d 2 là hai đường phân giác trong góc A , B  ABC vuông tại B.
 d1 là đường cao, d 2 là trung tuyến của tam 9. Với hình chóp S.ABC có (SAB)  (ABC),
 SAB cân tại S và  ABC vuông tại C
giác
10. Với hình chóp S.ABC có (SAB)  (ABC),
 d1 là đường cao, d 2 là phân giác trong của  SAB cân tại S và  ABC vuông tại A
tam giác 11. Với hình chóp S.ABC có (SAB)  (ABC),
 d1 là trung tuyến, d 2 là phân giác trong của  SAB cân tại S và  ABC vuông cân tại C
tam giác
 Phƣơng pháp: Tương tự như trong hình
học phẳng.
Chú ý: Hình học giải tích không gian đề thi
đại học thường tập trung vào các dạng toán
thường gặp của phương trình đường thẳng, các
dạng toán khoảng cách, điểm đối xứng nên học
sinh cần nắm kĩ (vì hình học giải tích trong Oxy
đề thi đã khai thác yếu tố tam giác)


Vấn đề 6: Ứng dụng hình học giải tích
giải các bài hình học thuần.
Cơ sở lý luận:
Như ta đã biết trong với công cụ giải tích
ta có thể tính được diện tích một đa giác, thể tích
một khối đa diện, khoảng cách giữa hai mặt

Trang 40
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam

SỐ PHỨC

Vấn đề 1: CÁC ĐỊNH NGHĨA – TÍNH
CHẤT.
I. Khái niệm số phức
 Tập hợp số phức: C
 Số phức (dạng đại số) : z  a  bi
(a, b  R , a là phần thực, b là phần ảo, i là đơn vị
ảo, i2 = –1)
 z là số thực  phần ảo của z bằng 0
(b = 0)
 z là thuần ảo  phần thực của z bằng 0
(a = 0)
 Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
 Hai số phức bằng
nhau:
a  a '
a  bi  a ' b 'i   (a, b, a ', b '  R)
b  b '

2. Biểu diễn hình học: Số phức z = a + bi (a,
b  R) được biểu diễn bởi điểm M(a; b) hay bởi

u  (a; b) trong mp(Oxy) (mp phức)




Một cách tổng quát: Chọn trước hệ trục Oxy
nằm trong mặt phẳng đáy dựa trên các tính chất
vuông góc (O nằm ở góc vuông). Sau đó dựng tia
Oz vuông góc với Oxy tại O.
3. Cộng và trừ số phức:
  a  bi    a ' b'i    a  a '   b  b' i
  a  bi    a ' b'i    a  a '   b  b' i
Số đối của z = a + bi là –z = –a – bi
 
 u biểu diễn z, u ' biểu diễn z' thì
   
u  u ' biểu diễn z + z‟ và u  u ' biểu diễn
z – z‟.
4. Nhân hai số phức:
  a  bi  a ' b'i    aa ' bb'    ab' ba '  i
 k(a  bi)  ka  kbi (k  R)
5. Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là
z  a  bi
 z  z ; z  z'  z  z';

Trang 41
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
z  z  z  r(cos   isin ) (r > 0) là dạng lương
 z.z '  z.z ';  1   1
 z 2  z2 
r  a 2  b 2
 z.z  a  b2
2

 z là số thực  z  z ;  a
giác của z = a + bi (z  0)  cos  
z là số ảo  z   z  r
6. Môđun của số phức: z = a + bi  b

 sin   r

 z  a 2  b2  zz  OM
  là một acgumen của z,   (Ox,OM)
 z  0, z  C , z 0z0
 z  1  z  cos   isin  ( R)
 z.z '  z . z '
11. Nhân, chia số phức dƣới dạng lƣợng giác:
z z
  z  r(cos   isin ) , z '  r '(cos  ' isin  ')
z' z'
 z.z '  rr '.cos(   ')  isin(   ')
 z  z'  z  z'  z  z'
z r
7. Chia hai số phức:   cos(   ')  i sin(   ')
z' r'
1
 z 1  2 z (z  0) 12. Công thức Moa–vrơ:
z
z' z '.z z '.z  r(cos   isin )n  r n (cos n  isin n) ,
  z 'z 1  2 
z z z.z ( n  N* )


z'
 w  z '  wz
  cos   i sin n  cos n  i sin n
z 13. Căn bậc hai của số phức dƣới dạng lƣợng
8. Căn bậc hai của số phức: giác:
 z  x  yi là căn bậc hai của số phức  Số phức z  r(cos   isin ) (r > 0) có hai
x 2  y2  a căn bậc hai là:
w  a  bi  z  w  
2
     
 2xy  b r  cos  i sin  hoặc  r  cos  i sin 
 2 2  2 2
 w = 0 có đúng 1 căn bậc hai là z = 0
 w  0 có đúng hai căn bậc hai đối nhau     
 r cos      i sin     
 Hai căn bậc hai của a > 0 là  a  2  2 
 Hai căn bậc hai của a < 0 là  a.i  Mở rộng: Số phức z  r(cos   isin )
9. Phƣơng trình bậc hai Az2 + Bz + C = 0 (*) (r > 0) có n căn bậc n là:
(A, B, C là các số phức cho trước, A  0 ). n    k2   k2 
r  cos  i sin  , k  0,1,..., n  1
  B2  4AC  n n 
   0 : (*) có hai nghiệm phân biệt
B   Vấn đề 2: CÁC DẠNG TOÁN
z1,2  , (  là 1 căn bậc hai của )
2A I. Thực hiện các phép toán cộng trừ, nhân
   0 : (*) có 1 nghiệm kép: chia số phức.
B  Áp dụng các quy tắc cộng, trừ, nhân, chia
z1  z 2  
2A hai số phức, căn bậc hai của số phức.
Chú ý: Nếu z0  C là một nghiệm của (*)  Chú ý các tính chất giao hoán, kết hợp đối
thì z0 cũng là một nghiệm của (*). với các phép toán cộng và nhân.
10. Dạng lƣợng giác của số phức: II. Giải phƣơng trình - hệ phƣơng trình số
phức:
- Giả sử z = x + yi. Giải các phương trình
ẩn z là tìm x, y thoả mãn phương trình.
- Giải phương trình bậc hai trong tập số
phức, kết hợp với định lý Vi-et.

Trang 42
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
- Chú ý: là độ lớn của một số phức chứ ĐẠI SỐ TỔ HỢP – XÁC SUẤT
không phải là trị tuyệt đối. (trị tuyệt đối là trường
hợp riêng của độ lớn được định nghĩa trên trục số
thực). Vấn đề 1: HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP –
III. Tập hợp điểm. TỔ HỢP
- Giả sử số phức z = x + yi được biểu diển V. Quy tắc đếm, cộng và nhân:
điểm M(x; y). Tìm tập hợp các điểm M là tìm hệ
1. Quy tắc đếm:
thức giữa x và y.
- Chú ý: Các dạng phương trình đường a. Quy tắc:
thẳng, đường tròn, conic. Với điều kiện là khoảng cách giữa các số bằng
IV. Dạng lƣợng giác. nhau (cách đều), ta có:
- Áp dụng như các công thức đã nêu. soá lôùn nhaát  soá nhoû nhaát
soá caùc soá  1.
khoaûng caùch giöõa 2 soá lieàn keà
Chú ý: Việc kết hợp khai triển nhị thức Newton b. Các dấu hiệu chia hết:
trong tập số phức để chứng minh các đẳng thức  Chia hết cho 2: số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4,
cũng hay được sử dụng. 6, 8.
 Chia hết cho 3: số có tổng các chữ số chia hết
cho 3.
 Chia hết cho 4: số có 2 chữ số tận cùng lập
thành số chia hết cho 4.
 Chia hết cho 5: số có chữ số tận cùng là 0, 5.
 Chia hết cho 6: số chia hết cho 2 và 3.
 Chia hết cho 8: số có 3 chữ số tận cùng lập
thành số chia hết cho 8.
 Chia hết cho 9: số có tổng các chữ số chia hết
cho 9.
 Chia hết cho 10: số có chữ số tận cùng là 0.
 Chia hết cho 11: số có hiệu của tổng các chữ số
ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết
cho 11 (VD: 1345729 vì (1+4+7+9) – (3+5+2) =
11).
 Chia hết cho 25: số có 2 chữ số tận cùng là 00,
25, 50, 75.
2. Quy tắc cộng:
1) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện
được một trong hai cách (trường hợp) loại trừ lẫn
nhau: cách thứ nhất cho m kết quả và cách thứ hai
cho n kết quả. Khi đó việc thực hiện quá trình
trên cho m + n kết quả.
2) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện
được k cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách
thứ nhất cho m1 kết quả, cách thứ hai cho m2 kết
quả, …, cách thứ k cho mk kết quả. Khi đó việc
thực hiện quá trình trên cho m1 + m2 + … + mk
kết quả.
3. Quy tắc nhân:


Trang 43
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
1) Nếu một quá trình (bài toán) được thực hiện VII. Phƣơng pháp giải toán đếm:
theo hai giai đoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho 1. Phƣơng pháp 1.
có m cách thực hiện giai đoạn thứ nhất, đồng thời Bƣớc 1. Đọc kỹ các yêu cầu và số liệu của đề bài.
ứng với mỗi cách đó có n cách để thực hiện giai Phân bài toán ra các trường hợp, trong mỗi trường
đoạn thứ hai. Khi đó có mn cách thực hiện quá hợp lại phân thành các giai đoạn.
trình trên.
Bƣớc 2. Tùy từng giai đoạn cụ thể và giả thiết bài
2) Nếu một quá trình (bài toán) được thực hiện toán để sử dụng quy tắc cộng, nhân, hoán vị,
theo k giai đoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho có chỉnh hợp hay tổ hợp.
m1 cách thực hiện giai đoạn thứ nhất, với mỗi
cách đó có m2 cách để thực hiện giai đoạn thứ Bƣớc 3. Đáp án là tổng kết quả của các trường
hai, …, có mk cách thực hiện giai đoạn thứ k. Khi hợp trên.
đó, toàn bộ quá trình có m1.m2…mk cách thực 2. Phƣơng pháp 2.
hiện. Đối với nhiều bài toán, phương pháp 1 rất dài. Do
VI. Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp: đó ta sử dụng phương pháp loại trừ (phần bù)
1. Hoán vị: theo phép toán A  A  X  A  X \ A .
Định nghĩa. Cho tập hợp X gồm n phần tử phân Bƣớc 1: Chia yêu cầu của đề thành 2 phần là yêu
biệt  n  0  . Mỗi cách sắp xếp n phần tử của X cầu chung X (tổng quát) gọi là loại 1 và yêu cầu
theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị riêng A. Xét A là phủ định của A, nghĩa là không
của n phần tử. Số các hoán vị của n phần tử được thỏa yêu cầu riêng gọi là loại 2.
ký hiệu là Pn. Bƣớc 2: Tính số cách chọn loại 1 và loại 2.
Pn = n! = 1.2…n Bƣớc 3: Đáp án là số cách chọn loại 1 trừ số cách
chọn loại 2.
2. Chỉnh hợp: Chú ý:
Định nghĩa. Cho tập hợp X gồm n phần tử phân 1) Cách phân loại 1 và loại 2 có tính tương đối,
biệt  n  0  . Mỗi cách chọn ra k  0  k  n  phần phụ thuộc vào chủ quan của người giải.
tử của X và sắp xếp theo một thứ tự nào đó được 2) Giải bằng phương pháp phần bù có ưu điểm là
gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Số các ngắn tuy nhiên nhược điểm là thường sai sót khi
chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là tính số lượng từng loại.
Ak .
n 3*) Thường thì ta xử lý các điều kiện trước, hoặc
đơn giản các điều kiện rồi giải quyết bài toán.
n!
Ak  VIII. Phƣơng pháp phƣơng trình, bất
(n  k)!
n
phƣơng trình, hệ đại số tổ hợp:
3. Tổ hợp: Bƣớc 1: Đặt điều kiện cho bài toán.
Định nghĩa. Cho tập hợp X gồm n phần tử phân - Px có điều kiện là x  
biệt  n  0  . Mỗi cách chọn ra k  0  k  n  phần
- A k , C k có điều kiện là k,n   và 0  k  n
tử của X được gọi là một tổ hợp chập k của n n n

phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử được Bƣớc 2: Áp dụng công thức tính để đưa bài toán
ký hiệu là C k . về các phương trình, hệ phương trình quen thuộc.
n
Bƣớc 3: Giải phương trình, bất phương trình, hệ
n! phương trình rồi so điều kiện chọn nghiệm.
Ck 
k!(n  k)!
n
Chú ý: Do tính đặc biệc của nghiệm là số tự
Nhận xét: nhiên nên đôi khi một số bài ta phải nhẩm
nghiệm, còn đối với những bài bất phương trình
1) Điều kiện để xảy ra hoán vị, chỉnh hợp và tổ đôi khi ta cũng cần liệt kê các nghiệm.
hợp là n phần tử phải phân biệt.
2) Chỉnh hợp và tổ hợp khác nhau ở chỗ là sau
khi chọn ra k trong n phần tử thì chỉnh hợp có sắp
thứ tự còn tổ hợp thì không.


Trang 44
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
Vấn đề 2: NHỊ THỨC NEWTON  Tiếp tục đạo hàm 2 vế của (2) ta được (3):
1.2C  2.3C3 x  3.4C4 x 2  ...  (n 1)nCn x n 2
2 n
I. Định nghĩa: nn n

Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có  n(n  1)(1  x)n 2 .
dạng:  Nhân x vào 2 vế của (2) ta được (4):
C1 x  2C2 x 2  3C3 x 3  ...  nCn x n  nx 1  x 
n 1
a  b  C0 a n  C1 a n 1b  Cn a n 2 b 2  ...
n 2
n n n n n n .
n
 Đạo hàm 2 vế của (4) ta được (5):
C ak
n
n k
b  ...  C b   Ck a n k bk
k n
n
n
n
k 0 1 C  22 C2 x  32 C3 x 2  ...  n 2Cn x n 1
2 1
n n n n

 Số hạng thứ k+1 là Tk 1  Ck a n k bk
n
 n(1  nx)(1  x)n 2
thường được gọi là số hạng tổng quát. 3. Dạng tích phân:
 Các hệ số C được tính theo công thức tổ
k
n
 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng
hợp chập hoặc dựa vào tam giác Pascal sau: trước tổ hợp (và lũy thừa) là phân số giảm
1 1
Tính chất dần từ 1 đến hoặc tăng dần từ
n 1 n 1
1) Ck  Cn k (0  k  n)
n n đến 1.
2) Ck  Ck 1  Ck 1 (1  k  n) .
n n n  Xét khai triển (1):
II. Phƣơng pháp giải toán: 1  x   C0  C1 x  C2 x 2  ...  Cn 1x n 1  Cn x n
n
n n n n n
1. Dạng khai triển:
 Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a đến b ta
 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng được:
trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ b b b b

 1  x  dx  Cn  dx  Cn  xdx  ...  Cn  x dx
n
nhau. 0 1 n n


 Khai triển  a  b  hoặc  a  b  .
n n a a a a

n 1 b
1  x 
b b
x n 1
b
 Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. x x2
 C 0
 C1  ...  Cn
n 1 n 1 a
n n n
2. Dạng đạo hàm: a
1a 2 a
a. Đạo hàm cấp 1:
b  a 0 b2  a 2 1 b n 1  a n 1 n
 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng  Cn  Cn  ...  Cn
trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 đến n (hoặc 1 2 n 1
giảm dần từ n đến 1). (1  b)n 1  (1  a) n 1
 .
 Xét khai triển (1): n 1
Chú ý: Trong thực hành, ta dễ dàng nhận biết
1  x   C0  C1 x  C2 x 2  ...  Ck x k  ...  Cn x n
n
n n n n n giá trị của n. Để nhận biết 2 cận a và b ta nhìn vào
 Đạo hàm 2 vế của (1). b n 1  a n 1 n
số hạng Cn .
 Thay số thích hợp vào (1) sau khi đạo hàm. n 1
b. Đạo hàm cấp 2: 4. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức
 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng Newtơn:
trước tổ hợp và lũy thừa tăng (giảm) dần a. Dạng tìm số hạng thứ k:
từ 1.2 đến (n–1).n hoặc tăng (giảm) dần từ  Số hạng thứ k trong khai triển (a  b)n là
12 đến n2.
Ck 1a n (k 1) bk 1 .
 Xét khai triển (1):
n

b. Dạng tìm số hạng chứa xm:
1  x   C  C x  C x  ...  C x n 1 n 1
C x
n 0 1 2 2 n n
n n n n n
 Số hạng tổng quát trong khai triển (a  b)n
 Đạo hàm 2 vế của (1) ta được (2): là Ck a n k bk  M(k).x f (k) (a, b chứa x).
n
C1  2C2 x  3C3 x 2  ...  nCn x n 1  n 1  x 
n 1
n n n n




Trang 45
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
 Giải phương trình f (k)  m  k 0 , số hạng a. Khái niệm: Cho phép thử T
cần tìm là Ck0 a n k0 bk0 và hệ số của số hạng chứa - Biến cố A liên quan đến phép thử T là một sự
n
m kiện mà việc xảy ra hay không xảy ra của A phụ
x là M(k0).
thuộc vào kết quả của phép thử T .
Chú ý: Số hạng không chứa x thì m = 0 - Mỗi kết quả của phép thử T làm cho A xảy ra
c. Dạng tìm số hạng hữu tỉ: gọi là một kết quả thuận lợi cho A . Tập hợp các
 Số hạng tổng quát trong khai triển (a  b)n kết quả thuận lợi cho A kí hiệu là : A . Khi đó ta
m r nói biến cố A được mô tả bởi tập A .
k n k
là C a n b  C . . ( ,  là hữu tỉ).
k k
n
p q
b. Chú ý:
m - Biến cố của một phép thử ta hay kí hiệu là : A ,
 p  B , C , D … hoặc A1 , A2 , …

 Giải hệ  (k  , 0  k  n)  k 0 . - Ta luôn có : A  
 r  - Biến cố chắc chắn là biến cố luôn xảy ra khi
q
 thực hiện phép thử T. Biến cố chắc chắn được mô
 Số hạng cần tìm là Ck0 a n k0 bk0 . tả bởi tập  là không gian mẫu của phép thử T.
n
- Biến cố không thể là biến cố không bao giờ xảy
d. Dạng tìm hệ số lớn nhất trong khai ra khi thực hiện phép thử T . Biến cố không thể
triển Newton:
được mô tả bởi tập rỗng  .
 Xét khai triển (a  bx)n có số hạng tổng II. Xác suất của biến cố
quát là Ck a n k bk x k .
n 1. Định nghĩa:
 Đặt u k  Cn a n k bk , 0  k  n ta có dãy hệ
k - Cho phép thử T với không gian mẫu  là một
tập hữu hạn phần tử và các kết quả của phép thử
số là u k  . T là đồng khả năng .
Để tìm số hạng lớn nhất của dãy ta giải hệ - Gọi A là một biến cố liên quan đến phép thử T
u k  u k 1 và A là tập hợp các kết quả thuận lợi cho A .
bất phương trình   k0 . - Khi đó xác suất của A là một số , kí hiệu P(A) ,
u k  u k 1 được xác định bởi công thức :
 Hệ số lớn nhất là Ck0 a n k0 bk0 .
n A
P( A) 

Vấn đề 3: XÁC XUẤT Trong đó
I. Phép thử ngẫu nhiên và không gian mẫu + A là số phần tử của A .
1. Phép thử ngẫu nhiên: +  là số phần tử của  .
a. Khái niệm: Phép thử ngẫu nhiên (phép Vậy để tính xác suất của biến cố A của phép
thử ) là một thí nghiệm hay hành động mà: thử T ta làm theo các bƣớc sau :
- Kết quả của nó không đoán trước được . - Xác định không gian mẫu  và đếm số phần tử
- Có thể xác định được tập hợp các kết quả có thể của nó (số kết quả có thể xảy ra của phép thử T ).
sảy ra của phép thử đó. - Xác định số kết quả thuận lợi cho A ( là số phần
b. Kí hiệu: tử của A).
Phép thử ngẫu nhiên hay kí hiệu là : T - Áp dụng công thức.
2. Không gian mẫu của phép thử: 2. Chú ý:
a. Khái niệm : Tập hợp tất cả các kết quả có  0  P(A)  1
thể xảy ra của phép phép thử gọi là không gian
 P() = 1 , P() = 0
mẫu của phép thử đó
 Xác suất là một số dương nhỏ hơn 1, xác
b. Kí hiệu
suất của biến cố chắc chắn bằng 1, xác suất của
Không gian mẫu được kí hiệu là :  biến cố không thể bằng 0.
3. Biến cố của phép thử: III. Biến cố đối

Trang 46
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
1. Định nghĩa
BẤT ĐẲNG THỨC – CỰC TRỊ
Cho A là một biến cố . Khi đó biến cố “ không
Dạng toán này là một dạng toán khó
xảy ra A ”, kí hiệu là A , được gọi là biến cố đối
thường nằm câu V trong đề thi đại học. Ở đây xin
của A.
chỉ nêu ngắn gọn các phương pháp. Bạn có thể
2. Nhận xét: xem kĩ hơn trong “Chuyên đề bất đẳng thức – cực
 Gọi  là không gian mẫu trị”.
 Gọi A là tập kết quả thuận lợi cho A
Vấn đề 1: Các tính chất.
Khi đó tập kết quả thuận lợi cho A là :
1.  a, b  R có một và chỉ một trong ba quan
A =  \ A hệ: a > b, a = b, a < b.
IV. Quy tắc cộng xác suất: 2.  a, b, c  R mà a > b, b > c thì a > c.
1. Biến cố hợp: 3.  a, b  R mà a > b thì a + c > b + c
Cho hai biến cố A và B. Biến cố “A hoặc 4. Nếu a > b và c > d thì a + c > b + d.
B xảy ra” gọi là biến cố hợp của hai biến cố A và ( Không được trừ hai bất đẳng thức).
B, và kí hiệu là A  B . 5. Nếu a > b và c > 0 thì ac > bc
2. Biến cố xung khắc: ( c < 0 thì ac < bc).
Cho hai biến cố A và B. Hai biến cố A và 6. Nếu a > b > 0 và c > d > 0 thì ac > bd > 0.
B được gọi là xung khắc nếu biến cố này xảy ra 1 1
thì biến cố kia không xảy ra. 7. Nếu a > b > 0 thì 0 <  và
a b
3. Quy tắc cộng xác suất: a  n b  0.
a n  b n  0 và n

Nếu A và B là hai biến cố xung khắc, thì:
8. A 2  0
P  A  B  P  A   P  B 
V. Quy tắc nhân xác suất
Vấn đề 2: Bất đẳng thức Cauchy
1. Biến cố giao
Cho hai biến cố A và B . Biến cố “Cả A I. Phát biểu:
và B cùng xảy ra” gọi là biến cố giao của hai  Cho 2 số a, b không âm:
biến cố A và B và kí hiệu là : AB. a + b  2 ab hay a2 + b2  2ab.
Vậy AB là biến cố: “Cả A và B cùng xảy ra” Dấu „=‟ xảy ra khi a = b.
2. Hai biến cố độc lập  Cho 3 số a, b, c không âm:
a. Khái niệm: Hai biến cố A và B gọi là
a + b + c  3 3 abc .
độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy
ra của biến cố này không làm ảnh hưởng tới xác Dấu „=‟ xảy ra khi a = b = c
suất xảy ra của biến cố kia.  Tổng quát: Cho n số x1, x2, x3, …, xn
b. Nhận xét: Nếu hai biến cố A và B độc lập không âm: (trung bình cộng lớn hơn hoặc bằng
trung bình nhân)
với nhau thì A và B ; A và B; A và B cũng
x1  x 2  x 3  ...  x n n
độc lập với nhau.  x1x 2 x 3 ...x n
n
3. Quy tắc nhân xác xuất
Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = x3 = …= xn
 Nếu A và B là hai biến cố độc lập với nhau thì :
II. Một số lƣu ý:
P(AB) = P(A).P(B)
Khi áp dụng các phương pháp còn lại thì “tọa
 Nếu A1 ; A2 ; A3 là ba biến cố đôi một độc lập độ điểm rơi” phải luôn được đảm bảo.
với nhau thì :
Nếu đề bài yêu cầu: Cho a, b, c > 0. Chứng
P(A1 A2 A3) = P(A1).P(A2).P(A3) minh... thì ta cũng có thể xét trên miền
a  b  c  1 , ... (do bất đẳng thức đúng với
Chú ý: Học kĩ các công thức kết hợp phương (a, b,c) thì cũng đúng với (ta, tb, tc)). Cố gắng
pháp đếm ở phần đại số tổ hợp. chọn miền hợp lý để bài toán được đơn giản.


Trang 47
LÝ THUYẾT TOÁN LTĐH Cao Hoàng Nam
       

Vấn đề 3: Bất đẳng thức B.C.S  a  b  a  b . Đẳng thức xảy ra khi a,b
I. Phát biểu: cùng hướng
 Cho 2 cặp số:  
  
  
  
 a1  a 2  ...  a n  a1  a 2  ...  a n . Đẳng
a1.b1  a 2 .b2  (a1  a 2 )(b1  b2 )
2 2 2
2
  
  
thức xảy ra khi a1 ,a1 ,..,a n cùng hướng.
Dấu „=‟ xảy ra khi
a1 a 2

 
b1 b 2 Trong Oxy : a  (a1 ,a 2 );b  (b1 , b2 )
 
(Nếu bỏ dấu thì cần thêm điều kiện  0) Trong Oxyz : a  (a1 ,a 2 ;a 3 );b  (b1, b2 ;b3 )
 Cho 3 cặp số: II. Một số lƣu ý:
Chọn các điểm có tọa độ thích hợp.
a1.b1  a 2 .b2  a 3b3  (a1  a 2  a 3 )(b1  b2  b3 )
2 2 2 2 2 2
Thường dùng để đưa nhiều căn thức bậc hai
a1 a 2 a 3 về một căn thức bậc hai.
Dấu „=‟ xảy ra khi  
b1 b 2 b3
Vấn đề 5: Dùng điều kiện có nghiệm
(Nếu bỏ dấu thì cần thêm điều kiện  0)
của hệ tìm max, min
 Cho n cặp số:
Bài toán:
a1.b1  ....  a n bn  (a  ...  a )(b  ...  b )
2
1
2
n
2
1
2
n Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện
a1 a 2 a G(x, y)  0 (hoặc G(x, y)  0;G(x, y)  0 ). Tìm
Dấu „=‟ xảy ra khi   ...  n giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất (nếu có) của
b1 b 2 bn
P  F(x, y)
(Nếu bỏ dấu thì cần thêm điều kiện  0) Cách giải:
Hệ quả: Cho các số không âm: Đặt F(x,y) = m. Ta có hệ:
a1 a 2
2
a 2  a  a  ...  a n 
2
G(x, y)  0 G(x, y)  0 G(x, y)  0
 2  ...  n  1 2  ( hoặc  ;
b1 b 2 bn b1  b 2  ...  bn F(x, y)  m F(x, y)  m F(x, y)  m
a1 a 2 a Biện luận m để hệ trên có nghiệm. Từ đó suy
Dấu “=” xảy ra khi   ...  n ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P.
b1 b 2 bn
Lƣu ý: Các phương pháp giải hệ phương trình, hệ
II. Một số lƣu ý: bất phương trình.
Dùng nhập các tổng bình phương thành một.
Hệ quả B.C.S cho phép chúng ta gộp mẫu.
Chú ý: các kĩ thuật thêm bớt. Vấn đề 6: Công cụ đạo hàm
I. Chứng minh bất đẳng thức:
Vấn đề 4: Bất đẳng thức Vectơ Phƣơng pháp:
I. Phát biểu:  Chuyển bất đẳng thức về dạng f(x) > 0
(hoặc
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản