Phương trình lượng giác

Chia sẻ: chuot_yeu_xien

Tài liệu tham khảo giáo án toán học lớp 11 chuyên đề Phương trình lượng giác. Lượng giác, tiếng Anh Trigonometry (từ Greek trigōnon nghĩa là "tam giác" + metron "đo lường"[1]). Nó là một nhánh toán học dùng để tìm hiểu về hình tam giác và sự liên hệ giữa cạnh của hình tam giác và góc độ của nó.

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Phương trình lượng giác

Phương trình
lượng giác
MỤC LỤC
Phương trình ............................................................................... 1
lượng giác.................................................................................... 1
MỤC LỤC...................................................................................... 2




CHỦ ĐỀ 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1. Phương trình sinx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = α + k2π và x = π - α + k2π, k ∈ , với
sin α = a.
2. Phương trình cosx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± α + k2π, k ∈ , với cosα = a.
3. Phương trình tanx = a
π
Điều kiện: cosx ≠ 0 hay x ≠ +kπ, k ∈ .
2
Nghiệm của phương trình x = α + kπ, k ∈ , với tanα = a
4. Phương trình cotx = a
Điều kiện: sinx ≠ 0 hay x ≠ kπ, k ∈ .
Nghiệm của phương trình là x= α + kπ, k ∈  với cotα = a.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP:
1. Phương trình asinx + bcosx = c
c b
• asinx + bsinx = c ⇔ sin(x + α) = trong đó: sinα = ;
a 2 + b2 a 2 + b2
a
cosα =
a 2 + b2
c a
• asinx + bsinx = c ⇔ cos(x – β) = trong đó: sin β = ;
a +b
2 2
a + b2
2


b
cos β =
a 2 + b2
Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c2 ≤ a2 + b2.
2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c
Đặt t = sinx + cosx, |t| ≤ 2
Phương trình trở thành bt2 + 2at – (b + 2c) = 0
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Phương trình đưa về phương trình tích:
Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x + 3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Giải
Điều kiện của phương trình là cos2x ≠ 0 và sin3x ≠ 0
Ta biến đổi 3tan2xcot3x + 3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
⇒ 3tan2xcot3x + 3 tan2x – 3 3 cot3x – 3 = 0
⇒ tan2x (3cot3x + 3)- 3 (3cot3x + 3 ) = 0
⇒ (3cot3x + 3 ) (tan2x - 3)=0

3 3x = + kπ
cot 3x = − 3
⇒ 3 (k ∈ )
π
tan 2 x = 3 3 x = + kπ
3
2π π
x=+k
9 3
⇒ (k ∈ )
π π
x = +k
6 2
Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các
2π π π π
nghiệm là: x= + k và x = + k , k ∈ 
9 3 6 2
1 + tan x
Bài 2: Giải phương trình: = 2 sin x
1 + cot x
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ≠ 0, sinx ≠ 0 và cot x ≠ -1.
Ta biến đổi phương trình đã cho:
1 + tan x cos x + sin x sin x
= 2 sin x � . = 2 sin x
1 + cot x cos x sin x + cos x
sin x
⇒ = 2 sin x
cos x
� 1 �
⇒ sinx � 2 − =
�0
� cos x �
sin x = 0 (Loại do điều kiện)
⇒ 2
cos x =
2
π
⇒x = ± + k 2π , k∈ 
4
π
Giá trị x = - + k 2π , k∈  bị loại do điều kiện cot x ≠ -1. Vậy nghiệm của của phương
4
π
trình đã cho là x = + k 2π , k∈ .
4
Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x ∈ (0,2π)


Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ≠ 0, cos4x ≠ 0 và cos5x ≠ 0.
sin 8 x 2sin 4 x
Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 ⇒ − =0
cos 3 x cos 5 x cos 4 x
2sin 4 x cos 4 x 2sin 4 x
⇒ − =0
cos 3 x cos 5 x cos 4 x
� 2 4 x − cos 3 x cos 5 x �
cos
⇒ 2sin4x � =
�0
� cos 3 x cos 4 x cos 5 x �
sin 4 x = 0
⇒ 2sin4xsin2x = 0 ⇒
sin x = 0
π
4 x = kπ x=k π
⇒ � 4 � x = k (k ∈ )
x = kπ 4
x = kπ
Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là:
π 3π 5π 7π
x1 = ; x2 = ; x3 = π ; x4 = ; x5 =
4 4 4 4
2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác.
Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos4x + sin4x)
Giải:
Ta có: 1 + sin2x = 2(cos4x + sin4x)
= 2[(cos2x + sin2x)2 – 2sin2xcos2x]
� 1 2 �
= 2 �− sin 2 x �
1
� 2 �
2
= 2 – sin 2x
Vậy ta được phương trình sin22x + sin2x -1 = 0
Đặt t = sin2x với điều kiện -1 ≤ t ≤ 1 ta được phương trình:
−1 5 −1 − 5
t2 + t – 1 = 0 ⇒ t = . Giá trị < -1 nên bị loại.
2 2
−1 + 5 −1 + 5
Với t = ta có phương trình sin2x =
2 2
1 � 1+ 5 �

Phương trình này có nghiệm: x=
2 � 2 � kπ , k ∈ 
arcsin � �+
� �
π 1 � 1+ 5 �


2 2 � 2 � kπ , k ∈ 
− arcsin �
x= �+
� �
Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 5: Giải phương trình sin2x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2.
Giải:
Điều kiện của phương trình là cosx ≠ 0
Chia hai vế của phương trình cho cos2x ta được:
tan2x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan2x)
⇒ tan3x – tan2x = 5tanx – 3 – 2 tan2x
⇒ tan3x + tan2x – 5tanx + 3 = 0
Đặt t = tanx ta được phương trình.
t =1
t3 + t2 – 5t +3 = 0 ⇔ (t – 1)(t2 + 2t – 3) = 0 ⇔
t = −3
π
Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm x = + kπ , k ∈ 
4
Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 
Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có
π
các nghiệm x = + kπ , x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 
4
2 � 3 −1 � 3 1� �
Bài 6: Giải phương trình: sin x + cos x = sin 2 x � sin x + � − � x �
3 3
cos
�2 3 �
3 � 2 � � �
Giải
Ta biến đổi phương trình đã cho:
2 � 3 −1 3 3−2 �
sin 3 x + cos3 x − 2sin x cos x � sin x + cos x �=0
3 � 2 6 �
� 3 2 2 �� 2 2 �
⇔ � x − 3 sin x cos x + sin x cos x � � cos x + sin x cos x − 3 sin x cos x � 0
+ =
2 3 2
sin
� 3 �� 3 �
� 2 2 2 �
⇔ � x − 3 sin x cos x + cos x � x + cos x) = 0
sin (sin
� 3 �
sin x + cos x = 0 (1)
⇔ 2
sin 2 x − 3 sin x cos x + cos 2 x = 0 (2)
3

• Giải phương trình (1) ta được: x = +kπ, k ∈ 
4
2
• Giải phương trình (2): sin2x - 3 sinxcosx + cos2x = 0
3
Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình.
Với cosx ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho cos2x, ta được:
2
tan2x - 3 tan x + =0
3
π 2 3
Giải phương trình, ta được: x = + kπ và x = arctan + kπ, k ∈ 
6 3
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
3π π 2 3
x= + kπ , x = + kπ và x = arctan + kπ, k ∈ 
4 6 3


3. Phương trình asinx + bcosx = c
Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2 3 sinx + cos2x + 3 sin2x + 3 = 0
Giải:
Ta có: 4cosx + 2 3 sinx + cos2x + 3 sin2x + 3 = 0
⇔ 4cosx + 2 3 sinx + 2cos2x – 1 + 2 3 sinxcosx + 3 = 0
⇔ 2 3 sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)2 = 0
⇔ 2(cox +1)( 3 sinx + cosx + 1) = 0
cos x + 1 = 0

3 sin x + cos x + 1 = 0
x = (2k + 1)π
⇔ π (k ∈ )
x = − + k 2π
3
Bài 8: Giải phương trình:
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + 2)- 2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
Giải:
Ta biến đổi phương trình đã cho:
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + 2)- 2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
⇔ 2 (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos3x – sin2xcosx – 2cosx = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(2cos2x – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx + 2 ) =0
cos 2 x − sin 2 x − 1 = 0

cos x + sin x + 2 = 0

� π� 2
cos � x + �
2 =
� 4� 2

� π�
cos � − � −1
x =
� 4�
π π
2x +
= + k 2π
4 4
⇔ (k ∈ )
π
x − = π + k 2π
4

x = kπ
π
⇔ x = − + kπ (k ∈ )
4

x= + k 2π
4


4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c
Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Giải:
Ta có: cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
⇔ 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3
Đặt t = sinx + cosx (- 2 ≤ t ≤ 2 ), phương trình trở thành:
t = 3(loai )
3t – 10t + 30 = 0 ⇒
2
1
t=
3
1 � π� 2
⇒ sinx + cosx = ⇒ sin � + �
x =
3 � 4� 6
π 2
x=−+ arcsin + k 2π
4 6
Giải ra ta được: (k ∈ )
3π 2
x= − arcsin + k 2π
4 6
Bài 10: Giải phương trình 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 =0
Giải:
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2sinx (1-cos2x) + 2cos2x – 3cosx +1=0
⇔ (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0
cos x = 1 (1)

2sin x cos x + 2(sin x − cos x) + 1 = 0 (2)
Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2π, k ∈ 
Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (- 2 ≤ t ≤ 2 ).
Phương trình (2) trở thành:
t = 1 + 3(loai )
t2 – 2t – 2 = 0 ⇒
t = 1− 3
Với t = 1 - 3 , giải ra ta được:

π �2− 6�
x= + arcsin �
� 2 � k 2π
�+
4 � �
(k ∈ )
5π �2− 6�
x= − arcsin �
� 2 � k 2π
�+
4 � �
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:


x = k 2π
π �2− 6�
x= + arcsin �
� 2 � k 2π
�+ (k ∈ )
4 � �
5π �2− 6�
x= − arcsin �
� 2 � k 2π
�+
4 � �
III. BÀI TẬP:
Giải các phương trình sau:
1. 3 cot2xtan3x-(cot2x + 3 tan 3x) + 1 =0
2. 4cos22xsinx + 2cosxsin4x + 2 3 cos2x + 2sin3x + 3=0
1 − cos 2 x
3. = sin 4 x
1 − tan 2 x
4. 3sin2x - 3 3 sinxcosx + sin2x - 3 cos2x = 3
�1 3 �
5. sin4x � sin 4 x − sin 2 x + 3 � 5sin 2 x − 4sin 2 x − 9 + cos 2 x(9 − sin 4 x) = 0
+ 2

�4 2 �
6. cos3x(3tanx + 6 + 2 3 ) – 3tanx + (3 - 2 3 ) sin2x = 2 3 .
7. sin2x – 2sin2x + 3sinx – cosx = 1
8. ( 2 - 1)sinx - 2 cosx-cos3x = 0
9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos2x + 3
CHỦ ĐỀ 2:
TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP:
1. Quy tắc cộng:
Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành đ ộng, hành đ ộng này có m
cách thực hiện, hành động kia có n cách (không trùng v ới hành đ ộng th ứ nh ất). khi đó có m
+ n cách hoàn thành công việc.
2. Quy tắc nhân
Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện
hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó
m.n cách hoàn thành công việc.
3. Hoán vị:
• Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần
tử của tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó.
• Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là Pn. Ta có:
Pn = n(n – 1) … 2.1 = n!
4. Chỉnh hợp:
• Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A
và xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một ch ỉnh h ợp ch ập k c ủa n ph ần
tử đã cho.
• Kí hiệu An là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có:
k



Ank = n(n -1) … (n – k + 1).
n!
Với quy ước 0! = 1, ta có: An =
k

( n − k )!
5. Tổ hợp:
• Cho tập A có n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một
tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu Cn là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có:
k


k
An n!
C =
k
n =
k ! k !(n − k )!
6. Nhị thức Niu – tơn:
n
(a + b) n = Cn a n + Cn a n −1b + ... + Cn a n −k b k + ... + Cn b n =
0 1 k n
Cn a n −k b k
k

k =0

B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ:
7. Giải sử Ω là không gian mẫu, A và B là các biến cố.
• Ω\A = A được gọi là biến cố đối của biến cố A.
• A ∪ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra.
• A ∩ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A ∩ B còn được viết là
AB.
• Nếu AB = ∅, ta nói A và B cung khắc.
C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ
n( A)
8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) =
n ( Ω)
Từ đó:
• 0 ≤ P(A) ≤ 1, P(∅) = 0, P(Ω)=1
• P(A ∪B) = P(A) + P(B) nếu A ∩ B = ∅.
9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm
ảnh hưởng đến xác suất của B.
A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B)
A và B độc lập ⇒ A và B độc lập.
10. Công thức cộng mở rộng:
Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó:
P (A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB)
D. BIẾN NGẪU NHIÊN:
11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của
phép thử với một số thực:
Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a”
được kí hiệu là [X = a] hay (X = a)
Giải sử X có tập các giá trị là {x1, x2,…,xn}
Đặt: p1 = P[X = x1], … , pn = P[X = xn]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất
của biến ngẫu nhiên X.
X x1 x2 … … xn
P p1 p2 … … Pn
12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn.
Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng c ủa X, kí hi ệu E (X), là m ột
số được cho bởi công thức:
E(X) = x1p1 + … + xnpn (2)
Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức:
V ( X ) = x12 p1 + x2 p2 + ... + xn pn − ( x1 p1 + ... + xn pn ) 2
2 2



Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ (X), là một số được cho bởi công thức:
σ (X) = V ( X )
Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X.
Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax3 + bx2 + cx + d mà các hệ số a, b, c, d
thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng:
a. Các hệ số tùy ý?
b. Các hệ số đều khác nhau?
Giải:
a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách
chọn hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức.
b. Có 4 cách chọn hệ số a (a≠ 0)
- Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b
- Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c.
- Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d.
Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức.
Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang.
Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín
hiệu nếu:
a. Cả năm lá cờ đều được dùng?
b. Ít nhất một lá cờ được dùng?
Giải:
a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín
hiệu được tạo ra.
b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng,
có tất cả A5 + A5 + A5 + A5 + A5 = 325 tín hiệu.
1 2 3 4 5


Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu
theo những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
5
Vậy không gian mẫu Ω gồm A11 (phần tử)
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”
Để tính n(A) ta lí luận như nhau:
3
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có C6 cách.
2
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có C5 cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách.
3 2
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = C6 . C5 .5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng.
C6 .C52 .5!
3

Do đó: P ( A) = 5
0, 433 .
A11
Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là v ợ ch ồng.
Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác su ất đ ể sao cho h ội
đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai.
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 c ủa 12. Vì vậy
không gian mẫu Ω gồm C12 = 792 phần tử.
5


Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có
cô Q.
C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nh ưng không có
thầy P.
Như vậy: A = B ∪ C và n(A) = n(B) + n(C).
Tính n(B) như sau:
- Chọn thầy P, có 1 cách
2
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có C6 cách
2
- Chọn 2 cô từ 4 cô, có C4 cách
2 2
Theo quy tắc nhân, n(B) = 1. C6 . C4 = 90
3 1
Tương tự n(C) = 1. C6 . C4 = 80
n( A) 170
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) = = 0, 215
n(Ω) 792
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác
suất sao cho:
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau;
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau.
Giải:
Không gian mẫu Ω gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(Ω) = 6!. Do việc xếp là ngẫu
nhiên Ω gồm các kết quả đồng khả năng.
a. Kí hiệu: A là biến cố “H và K đứng liền nhau”,
B là biến cố “H đứng ngay trước K”
C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B ∪ C.

* Tính n(B):
Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K
ngay sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có:
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
5! 5! 1
Do đó P(A) = P(B) + P(C) = + =
6! 6! 3
b. Ta thấy A là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy:
1 2
P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − =
3 3
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp
trưởng chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm
toàn nam hoặc toàn nữ.
Giải:
Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”,
B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”,
C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”.
Ta có: BC = ∅, A = B ∪ C.
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C)
2
Chọn 2 người từ tổ I, có C13 cách.
2
Chọn 2 người từ tổ II, có C12 cách.
2 2
Từ đó không gian mẫu gồm: C13 . C12 = 5148 (phần tử).
2 2
n(B) = C6 .C8 = 420
2 2
n(C) = C7 .C4 = 126
420 126 546
Vậy P(A) = + + 0,106
5148 5148 5148
Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần.
a. Xác định không gian mẫu
b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận.
c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X.
Giải:
a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 23 = 8 phần tử.
Ω = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN}
Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba
ngửa.
b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong
các kết quả SNN, NSN, NNS, nghĩa là:
[X = 1] = {SNN, NSN, NNS}
1
c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] =
8
3
Tương tự [X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] =
8
3
[X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] =
8
1
[X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] =
8
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
X 0 1 2 3
1 3 3 1
P
8 8 8 8
Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong
4 bi đã chọn.
a. Lập bảng phân phối xác suất của Y.
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ,
d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y.
Giải:
a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3
C30 .C64 15
Ta thấy P[Y = 0] = =
C94 126
C3k .C64− k
Tổng quát ta có: P[Y = k] = , k = 0, 1, 2, 3
C94
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
Y 0 1 2 3
15 60 45 6
P
126 126 126 126
b. Kí hiệu [Y ≥ a] là biến cố “Y nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng a”.
Ta tính P[Y ≥ 1]
Vì [Y ≥ 1] là biến cố đối của biến cố [Y = 0] nên:
5 111
P[Y ≥ 1] = 1 – P [Y = 0] = 1 - = 0,881
126 126

c. Vì số bi đỏ được lấy là 4 – Y và 4 – Y ≤ 2 ⇔ Y ≥ 2 nên

45 + 6 51
P[Y ≥ 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] = = 0, 405
126 126
d. Theo định nghĩa, ta có:
15 60 45 6 4
E(Y) =0. + 1. + 2. + 3. = ;
126 126 126 126 3
2
15 60 45 6 294 � � 5
4
V(Y) =0 .2
+ 12. + 22. + 32. − ( E (Y )) 2 = − � �= ;
126 126 126 126 126 � � 9
3
5 5
σ (Y ) = V (Y ) = =
9 3
III. BÀI TẬP:
1. Phân phối 4 quả cầu khác nhau vào 3 cái hộp khác nhau (có thể có hộp không chứa quả
cầu nào sau khi xếp). Hỏi có bao nhiêu cách phân phối?
2. Để tổ chức một trò chơi giữa hai lớp A và B, mỗi lớp cử 5 bạn tham gia. Người ta đặt
hai dãy 5 ghế hai bên một chiếc bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi sao cho:
a. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau.
b. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau hoặc cạnh nhau?
3. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 bạn vào ngồi quanh 2 bàn tròn sao cho bàn thứ
nhất có 6 bạn, bàn thứ hai có 4 bạn? Chú ý rằng hai cách xếp n người cụ thể vào ngồi
quanh bàn tròn được coi là như nhau nếu bạn bên trái mỗi người trong cách xếp này cũng
chính là bạn trong cách xếp kia.
4. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 nam, 4 nữ vào ngồi quanh một bàn tròn sao cho:
a. Sự sắp xếp là tùy ý?
b. Không có 2 nữ nào ngồi cạnh nhau?
5. a. Một tổ có 6 nam, 5 nữ. Có bao nhiêu cách phân công 4 bạn làm trực nhật sao cho trong
đó phải có đúng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)?
Từ đó chứng minh rằng: C11 = C6 C5 + C6 C5 + C6 C5 + C6C5 + C6 C5
4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4


1 r −1
b. Chứng minh đẳng thức: Cn + m = Cn Cm + Cn Cm + ... + Cn Cm
r 0 r r 0
Ở đây n, m ≥ 1 và r ≤ n, r ≤ m.
6. Có bao nhiêu cách xếp thành hàng ngang 4 quyển Toán khác nhau, 3 quyển Lí khác nhau
và 2 quyển Hóa khác nhau lên giá sách nếu:
a. Các quyển được sắp tùy ý?
b. Các quyển cùng môn phải cạnh nhau?
c. Các quyển toán cạnh nhau, còn các quyển khác xếp tùy ý?
7. Một tổ gồm 6 nam, 6 nữ được xếp ngẫu nhiên vào 6 bàn, mỗi bàn 2 bạn. Tính xác suất
sao cho:
a. Không bàn nào có 1 nam và 1 nữ
b. Có đúng 4 bàn được xếp 1 nam và 1 nữ.
8. Cho một mạng giao thông như hình 2.3 mà các ô
nhỏ đều là các hình vuông bằng nhau. Một du khác
B
xuất phát từ A muốn đi đến B.
a. Có bao nhiêu cách đi nhanh nhất C

(i) Từ A đến B?
(ii) Từ A qua C, đến B?
Dựa vào ý tưởng giải câu a, hãy chứng minh: A


Cm + n = Cm + n với m, n ≥ 1
m n
Hình 2.3
b. Giải sử ở tại mỗi đỉnh của hình vuông du khách ch ọn ngẫu nhiên m ột trong hai
hướng lên trên và sang phải để đi tiếp. Tính xác suất để du khách xuất phát từ A có th ể
đến được C.
9. Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển:
6 6
� 1 ��1 �
a. � x − �� + x �
2
� x �� x
2 �
3 5
� 1 �� 1 �
b. � + �� − �
x x
� x �� x �
10. Trong khai triển của (x + a)3(x – b)6 hệ số của x7 là -9 và không có số hạng chứa x8.
Tìm a và b
11. Gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất, một con đỏ và một con xanh. Kí hiệu A là
biến cố: “Tổng số chấm trên hai con là 6”, B là biến cố: “Con đỏ xuất hiện mặt 4 chấm”
và C là biên cố: “Tổng số chấm trên hai con là 7”. Chứng tỏ rằng:
a. A và B không độc lập
b. B và C độc lập
12. Bốn quả cầu được rút ngẫu nhiên (cùng một lúc) từ một cái hộp chứa 8 quả cầu đen và
4 quả cầu trắng. Giả sử ta sẽ nhận được 2 cái kẹo cho mỗi quả đen được rút ra và mất 1
kẹo cho mỗi quả trắng được rút. Kí hiệu X là số kẹo nhận được.
a. Lập bảng phân phối của X
b. Tính kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn của X.
13. Con xúc xắc cân đối đồng chất được gieo 2 lần. Kí hiệu X là số nhỏ nhất trong 2 số
chấm xuất hiện trên con xúc xắc.
a. Lập bảng phân phối xác suất của X b. Tính E (X), V(X)
14. Trên mỗi tờ vé số, người ta in 6 ô, mỗi ô chứa một trong các số khác nhau từ 1 tới 49.
Khi mở thưởng người ta rút ngẫu nhiên cùng một lúc 6 quả cầu từ 49 quả cầu được đánh
số từ 1 đến 49.
Nếu vé của bạn có k số trúng thì bạn được xk đồng. Giả sử bạn mua 1 vé số. Tính số tiền
thưởng trung bình mà bạn nhận được nếu giả thiết
x0 = 0, x1 = 100.000đ, x2 = 500.000đ; x3 = 1.000.000đ, x4 = 5.000.000đ; x5=10.000.000đ; x6 =
100.000.000đ.
CHỦ ĐỀ 3:
GIỚI HẠN VÀ ĐẠO HÀM

I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
1. Giới hạn hữu hạn
Giả sử f(x) xác định trên khoảng K (hoặc K \ {x0}, x0 ∈ K.
� xn �K \{x0 } �
lim f ( x) = �
L � f ( xn ) L�
� xn x0
x x0

� xn �K \{x0 } �
� �
lim+ f ( x) = �> � xn x0
L f ( xn ) L�
x x0
�x x0 �
� n �
� xn �K \{x0 } �
� �
lim− f ( x) = �< � xn x0
L f ( xn ) L�
x x0
�x x0 �
� n �
� lim f ( x) = L �
+

lim f ( x) = L � x x0 �
x x0 � lim f ( x ) = L �
� x x− �
� 0 �
2. Giới hạn ± ∞
• Giả sử f(x) xác định trên khoảng K (hoặc K \ {x0}), x0 ∈ K.
� xn �K \{x0 } �
lim f ( x) = + ����
+ f ( xn ) �
� xn x0
x x0

lim f ( x) = −�� lim( − f ( x)) = +�
x x0 x x0


• Giả sử f(x) xác định trên khoảng (a; + ∞)
� xn > a �
lim f ( x) = + ����
+ f ( xn ) �
x +
� xn + �
lim f ( x) = −�� lim (− f ( x)) = +�
x + x +

3. Dạng vô định:
u ( x) 0
• Khi xlim u ( x) = x x v( x) = 0 thì xlim v( x) có dạng
x
lim
0 0 x 0 0
u ( x)
• Khi xlim u ( x) = x x v( x) =
x 0
lim
0
lim
thì x x0
v( x)
có dạng

• Khi xlim u ( x) = 0, xlim v( x) =
x 0 x 0
thì x x0 u ( x).v( x)] có dạng 0. ∞
lim[

• Khi xlim u ( x) = x x v( x) = + thì xlim[u ( x) − v( x)] có dạng ∞ - ∞.
x 0
lim
0 x 0
B. HÀM SỐ LIÊN TỤC:
4. Định nghĩa:
Cho hàm số y = f(x) xác định trên (a; b); x0 ∈ (a; b)

• f(x) liên tục tại x0 ∈ (a; b) ⇔ xlim f ( x) = f ( x0 )
x 0



• f(x) liên tục trên (a; b) ⇔ f(x) liên tục tại mọi x ∈ (a; b)
lim+ f ( x) = f (a)
x a

• f(x) liên tục trên [a; b] ⇔ f ( x)lien tuc tren(a; b)
lim f ( x) = f (b)

x b


5. Định lí:
a. Các hàm số đa thức liên tục trên . Các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác
định.
b. Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b) < 0 thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c)=0 (tứ
là phương trình f(x)=0 có nghiệm trong khoảng (a; b)) .
C. ĐẠO HÀM
6. Định nghĩa và ý nghĩa:
• Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x0 ∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn
(hữu hạn):
f ( x) − f ( x0 )
lim
x x0 x − x0
Thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0 và kí hiệu f’(x0)

f ( x) − f ( x0 )
lim
(hoặc y’(x0)), tức là f’(x0) = x x
0 x − x0

• Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M(x0; f(x0)) là:
y – y0 = f’(x0)(x – x0); y0 = f(x0).
• Vi phân của hàm số f(x) tại x (ứng với ∆x) là dy = df(x) = f’(x)dx
• Công thức tính gần đúng: f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f’(x0) ∆x
• Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) thì hàm số x → f’(x) được gọi là
đạo hàm của f(x) trên (a; b).
• Nếu f’(x) có đạo hàm thì ta gọi đạo hàm của nó là đạo hàm cấp hai của f(x).
Kí hiệu: (f’(x))’ = f’’(x)
Tương tự đối với f’’’(x) , …., f(n)(x), …
7. Công thức:
(c)’ = 0 (c là hằng số)
(xn)’ = n.xn – 1 (n ∈ *, x ∈ ); ( x ) ' = 2 1 x ( x > 0)
(sinx)’ = cosx; (cosx)’ = - sinx
1 −1
(tan x) ' = 2
; (cot x) ' = ;
cos x sin 2 x
(ku + lv)’ = ku’ + lv’ (k, l là hằng số)
(uv)’ = u’v + uv’
� ' � u ' v − uv '
u
� � = (v 0)
v
� � v2
y'x = y'u . u'x (y = y(u), u = u(x))
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Xác định dạng vô định và tính các giới hạn sau:
x2 + x − 2 3 + 4 x2 + 1 + x2
a. lim ; b. lim
x −2 x3 + 8 x − 5x + 2
3� 1
c. lim �
x 0 x x+2

1�
− �
2�
d. xlim
+
( x2 + x + 1 − x )
Giải
0
a. Dạng
0
x2 + x − 2 ( x − 1)( x + 2) x −1 −3 1
lim = lim = lim 2 = =−
x −2 x +8
3 x −2 ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) x −2 x − 2 x + 4 12 4

b. Dạng

� 3 1 �
x � 2 + 4 + 2 +1�
3 + 4 x2 + 1 + x2 x x
lim = lim � �
x − 5x + 2 x − � 2�
x�+ �
5
� x�
� 3 1 �
� 2 + 4 + 2 +1 �
x x � −3
= lim � =
x − � 2� 5
−�+ �
5
� x�
c. Dạng 0. ∞
3� 1 1� 3[2 − ( x + 2)] −3 3
lim � − � lim
= = lim =−
x 0 x x+2 2� 2 x( x + 2) x 0 2( x + 2) 4
� x 0


d. Dạng ∞ - ∞
� 1�
x �+ �
1
( )
x + x +1− x 2 2
lim x + x + 1 − x = lim
2
= lim � x�
x + x +
x2 + x + 1 + x x + � 1 1 �
x � x + + 2 + 1�
� x x �
Bài 2: Tìm các giới hạn sau:
x2 − 4 x + 3 3x 2 + x + 1
a. lim b. lim

x 1 1− x x +
2 x−2
* Sử dụng định nghĩa giới hạn một bên.
Giải:


a. Với x → 1- thì x < 1 nên 1 – x > 0. Khi đó ta có
x 2 − 4 x + 3 (1 − x)(3 − x )
= = 1 − x (3 − x)
1− x 1− x
x2 − 4x + 3
Từ đó: lim = lim 1 − x (3 − x) = 0
x 1−
1− x x 1−


2
Bài 3: Cho hàm số f(x) = 25 − x 2 nếu x ≤ - 4
4 nếu -4 < x ≤ 3
nếu x > 3
a. Tính xlim− f ( x);
−4 x
lim+ f ( x); lim f ( x); lim f ( x);
−4 −
x +
3 x 3

b. Tìm các khoảng liên tục của f(x)
* Sử dụng các định nghĩa và định lý về liên tục tại một điểm, liên tục trên một khoảng
Giải:
a. lim− f ( x), lim+ f ( x) = lim+ 25 − x 2 = 25 − 16 = 3
x −4 x −4 x −4

lim f ( x) = lim 25 − x 2 = 25 − 9 = 4; lim f ( x) = 4
− − +
x 3 x 3 x 3




b. Hàm số f(x) liên tục trên (- ∞; -4), (-4; 3), (3: + ∞)
Vì lim− f ( x) = f (−4) nên f(x) liên tục trên (- ∞; -4]
x −4

Vì xlim+ f ( x) f ( −4) nên f(x) không liên tục tại x= -4
−4

Vì x 3− f ( x) = x 3+ f ( x) = f (3) = 4 nên f(x) liên tục tại x=3
lim lim
Vậy hàm số f(x) liên tục trên các khoảng (- ∞; -4] và (-4; +∞)
Bài 4: Tìm số thực m sao cho hàm số:
3x 2 nếu x 0
F(-1) = -3m2 + 5 – 7 + 1 = -(3m2 + 1) < 0, ∀m ∈ 
Do đó tồn tại số c ∈ (-1; 0) sao cho f(c) = 0. Vậy phương trình luôn có nghiệm âm
với mọi giá trị của m
3
Bài 7: a. Tìm giao điểm của đồ thị các hàm số y = (H) và y = x – 2(d)
x
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại các giao điểm đó
* Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y=f(x) tại M0(x0;y0) là y-y0=f’(x0)(x–x0)
Giải:
a. Hoành độ giao điểm của (H) và (d) là nghiệm của phương trình:
3 x2 − 2x − 3 = 0 x = −1
= x − 2 ��
x x 0 x=3
Vậy có hai giao điểm của (H) và (d) là A(-1; -3), B(3; 1)
3 3 1
b. f ( x) = có đạm hàm là f '( x ) = − 2 . Từ đó: f’(-1) = -3, f’(3) = -
x x 3
• Tiếp tuyến của (H) tại A(-1; -3) có phương trình:
y + 3 = -3(x + 1) ⇔ y = -3x – 6
• Tiếp tuyến của (H) tại B(3; 1) có phương trình:
1 1
(x – 3) ⇔ y = - x + 2
y–1=-
3 3
Bài 8: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:
� π�
a. f(x) = x cot �x − �
3 ;
� 4�
�π
2 � 2 �π
2 �
b. g(x) = cos2x + cos2 � + x � cos � − x �
+
�3 � �3 �
2 2
c. h(x) = sin(cos x).cos(sin x)
Sau khi tìm g’(x) có nhận xét gì về hàm g(x)
Áp dụng công thức: y’x = y’u. u’x

Giải:
� π� � � π� �
a. f’(x) = ( x ) 'cot �x − � x � �x − �
3 + cot 3 �
� 4� � � 4� �
1 � π� 3 x
cot �x − �
3 −
= 2 x � 4 � sin 2 �x − π � 3
� �
� 4�
�π2 � �π 2 � �π
2 � �π2 �
b. Tương tự g’(x) = - 2cosxsinx – 2cos � + x � � + x � 2 cos � − x � � − x �
sin + sin
�3 � �3 � �3 � �3 �
�π
4 � �π 4 �
= - sin2x -sin � + 2 x � sin � − 2 x �
+
�3 � �3 �

= - sin2x + 2cos sin(-2x) = -sin2x + sin2x = 0
3
c. h’(x) = -2cos(cos2x)cosxsinxcos(sin2x) – 2sin(cos2x)sin(sin2x)sinxcosx
= -sin2xcos(cos2x)cos(sin2x) – sin2xsin(cos2x)sin(sin2x)
= -sin2x [cos(cos2x)cos(sin2x) + sin(cos2x)sin(sin2x)]
= -sin2xcos(cos2x – sin2x)
= -sin2xcos(cos2x)
3
Vì g’(x) = 0 nên g(x) là một hàm bằng. Bằng cách chọn x = 0, ta thấy g(0) =
2
3
Vậy g(x) = với mọi x.
2
Bài 9: Tìm
� π �
a. d(tanx) � x + kπ � ;
� 2 �
x2 + 2 x + 5
b. dy với y = (x ≠ 1)
x −1
* Áp dụng công thức: df(x) = f’(x)dx
Giải:
dx
a. d(tanx) = (tanx)’dx =
cos 2 x
x2 + 2 x + 5
b. Với y = ta có:
x −1
( x 2 + 2 x + 5) '( x − 1) − ( x 2 + 2 x + 5)( x − 1) '
y’ =
( x − 1) 2
(2 x + 2)( x − 1) − ( x 2 + 2 x + 5) 2( x 2 − 1) − x 2 − 2 x − 5 x 2 − 2 x − 7
= = =
( x − 1) 2 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2
x2 − 2 x − 7
Vậy dy = dx
( x − 1) 2
Bài 10: Không dùng máy tính và bảng số hãy tính gần đúng sin290
* Áp dụng công thức f(x0 + ∆ x) ≈ f(x0) + f’(x0)∆ x

Giải:
�π π �
Vì 290 = 300 – 10 = � − � nên
� 180 �
6
�π π � π �� π �
π �
sin290 = sin � − � sin + cos � �−
≈ � � 0, 4849
� 180 �
6 6 � � 180 �
6 �
1
Bài 11: Tìm y(n) biết y =
x−2
* Dùng phương pháp quy nạp toán học.
Giải:
' '' '''
�1 � 1 �1 � 1.2 � 1 � 1.2.3
Ta có: � �= − (1); � �= ; � �=
� − 2 � ( x − 2) � − 2 � ( x − 2) � − 2 � ( x − 2)
2 3 4
x x x
n!
Ta dự đoán y(n) = (-1)n (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.
( x − 2) n +1
Từ (1) suy ra (*)đúng khi n = 1
(k )
�1 � k!
� = (−1)
k
Giả sử (*)đúng với n = k, ta có � (2)
� −2�
x ( x − 2) k +1
Ta chứng minh (*)đúng với n = k+1
Lấy đạm hàm hai vế của (2) ta đượC:
( k +1)
�1 � k ![( x − 2) k +1 ]' k !(k + 1)( x − 2) k
� � = (−1) k +1 = ( −1)k +1
� −2�
x ( x − 2) 2 k + 2 ( x − 2) 2 k + 2
k +1 ( k + 1)!
= (−1)
( x − 2) k + 2
(n)
�1 � n!
Vậy với mọi n ∈ *, ta có: � � = (−1)
n

� −2�
x ( x − 2) n +1
III. BÀI TẬP:
1. Áp dụng định nghĩa, tìm các giới hạn sau:
x2 − 4x + 3 2
a. lim b. lim
x 1 x 2 − 3x + 2 x − 1 − 3x
2. Tính các giới hạn sau:
x 2 − 3x + 2 5 − 2 x3
a. lim b. lim
x 2 x+2 −2 x − 3x3 + x − 4

c. xlim
+
( 3x 2 + x − 4 − x 3 ) d. xlim x
+
( x2 + 1 − x )
3. Tìm các giới hạn sau:
x−7 x−7
a. lim+ và lim−
x −2 x+2 x −2 x + 2
2 x3 + 11 2 x 3 + 11
b. lim− và lim+
x −1 x +1 x −1 x +1
1 3
− 3
4. Cho hàm số f(x) = x − 1 x − 1
mx + 2
Với giá trị nào của m, hàm số f(x) có giới hạn khi x → 0.Tìm giới hạn đó.
5. Tìm các khoảng liên tục của các hàm số sau:
a. f(x) = x2 + x − 6 ;
π
2 x + 1 nếu x
6

b. g(x) = sin x nếu π < x < π
6 2
2x nếu x > π
π 2

sin x nếux < π
3
6. Tìm số thực a sao cho hàm số f(x) =
nếu π
3 − ax x
3
π nếu
liên tục tại x =
3
7. Chứng minh rằng phương trình x3 – 10x2 – 1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương.
8. Chứng minh rằng phương trình (m2 + m +1)x5 + x3 – 27 = 0 có nghiệm dương với mọi
giá trị của tham số m
x2 + x
9. Cho hàm số y = (C)
x−2
a. Hãy tính (bằng định nghĩa) đạo hàm của hàm số tại x = 1
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(1; -2)
( x − 1) 2 neu x 0
10. Chứng minh rằng hàm số f(x) = liên tục tại x = 0 nhưng không có
( x + 1) 2 neu x < 0
đạo hàm tại x = 0
11. Tìm vi phân của các hàm số:
x+2 tan x
a. y = b. y =
x −1 x
12. Tính gần đúng các số sau với sai số 0,001
a. cos610 b. tan 440 c. 16, 02
2 (4)
13. Cho y = x sinx. Tìm y .
14. Chứng minh rằng:
� π�
(sin x)( n ) = sin � + n � ∈ *)
x (n
� 2�
� π�
(cos x) ( n ) = cos � + n � ∈ *)
x (n
� 2�
CHỦ ĐỀ 4:
PHÉP DỜI HÌNH
VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
1. Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách gi ữa hai điểm bất kì, nghĩa là v ới
hai điểm M, N tuỳ ý và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng, ta luôn có M’N’ = MN.
2. Các phép tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm, phép quay là những phép dời hình.
3. Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình F và G ta đ ược m ột phép d ời hình. Phép d ời hình
này được gọi là hợp thành của F và G
4. Phép dời hình:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn th ứ t ự gi ữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, bi ến đo ạn th ẳng thành
đoạn thẳng bằng nó.
c. Biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến gốc thành góc bằng nó.
d. Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.
5. - Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng bi ến
trọng tâm , trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoài ti ếp c ủa tam giác ABC t ương ứng
thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
- Phép dời hình biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các đỉnh của
H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
6. Hai hình được gọi là bằng nhau khi có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.
B. PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
7. Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng t ỉ số k (k > 0), n ếu v ới hai đi ểm M, N b ất
kì và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng ta luôn có M’N’ = kMN.
8. a. Phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số 1
b. Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số |k|
c. Thực hiện liên tiếp phép đồng dạng tỉ số k và phép đồng dạng tỉ số p ta đ ược
phép đồng dạng tỉ số pk.
9. Phép đồng dạng tỉ số k là hợp thành của m ột phép d ời hình và m ột phép v ị t ự t ỉ s ố k. Nó
cũng là hợp thành của một phép vị tự tỉ số k và một phép dời hình.
10. Phép đồng dạng tỉ số k:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và b ảo toàn th ứ t ự gi ữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, bi ến đo ạn thẳng thành
đoạn thẳng.
c. Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó.
d. Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính k R.
11. - Nếu một phép đồng dạng biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng
biến trọng tâm, trực tâm,tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương
ứng thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngo ại ti ếp c ủa tam giác
A’B’C’.
- Phép đồng dạng biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các
đỉnh của H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
12. Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có m ột phép đ ồng d ạng bi ến hình này
thành hình kia.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Chứng minh rằng nếu phép dời hình biến ba điểm O, A, B lần lượt thành O’, A’, B’
thì ta có:
uuuuu uuuuu uuu uuu
r r r r
a. O ' A '.O ' B ' = OA.OB
uuuuu uuuuu
r r uuu uuu
r r
b. O ' B ' = tO ' A ' � OB = tOA , với t là một số tuỳ ý.
uuuu
r
* Sử dụng công thức: AB2 = AB 2
Giải
uuuu
r
a. Vì O’A’ = OA.O’B’=OB,A’B’=AB và AB2 = AB 2 nên ta có:
uuuuuu uuuu
r r
A’B’2 = AB2 ⇒ A ' B '2 = AB 2
uuuuu uuuuu
r r uuu uuu
r r
⇒ (O ' B ' − O ' A ') 2 = (OB − OA) 2
uuuuuur uuuuu uuuuuu uuuu
r r r uuu uuu uuuu
r r r
⇒ O ' B '2 − 2O ' B '.O ' A '2 = OB 2 − 2OB.OA + OA2
uuuuuur uuuuu uuuuu uuu uuu
r r r r
⇒ O ' B '2 − 2O ' A '.O ' B ' = OA.OB
b. Từ câu a) và định nghĩa ta có:
uuuuu uuuuu
r r uuuuu uuuuu r
r r
O ' B ' = tO ' A ' � O ' B ' − tO ' A ' = 0
uuuuu uuuuu
r r
⇔ (O ' B ' − tO ' A ') 2 = 0
uuuuu 2
r uuuuu uuuuu
r r uuuuuu r
⇔ O ' B ' − 2tO ' B '.O ' A ' + t 2 O ' A '2 = 0
uuu 2
r uuu uuu
r r uuuu
r
⇔ OB − 2tOB.OA + t 2 OA2 = 0
uuu uuu r
r r
⇔ OB − tOA = 0
uuu uuu
r r
⇔ OB = tOA
Bài 2: Chứng minh rằng phép dời hình biến đường thẳng thành đường thẳng
* Để chứng minh hình H’ là ảnh của hình H qua phép biến hình F ta chứng minh rằng:
M ∈ H ⇔ M’ = F(M) ∈ H’
uuuu uuu
r r
M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tồn tại t ∈ , sao cho AM = t AB
Giải:
Cho đường thẳng d và phép dời hình F. Lấy A, B phân bi ệt thu ộc đ ường th ẳng d, g ọi A’ =
F(A), B’ = F(B). Khi đó vì A’B’ = AB nên A’ và B’ phân bi ệt. Ta s ẽ ch ứng minh r ằng F(d)
là đường thẳng A’B’.
Lấy điểm M thuộc d, gọi M’ = F(M). Áp dụng câu b) của bài 1, ta có:
uuuu uuu
r r
M ∈ d ⇔ AM = t AB , -∞ < t < + ∞
uuuuuu uuuuu
r r
⇔ A ' M ' = t A ' B ' , -∞ < t < + ∞
⇔ M’ thuộc đường thẳng A’B’.
E B
Vậy F(d)là đường thẳng A’B’. A

Bài 3: Cho hình vuông ABCD. Gọi I là tâm đối xứng của nó
và E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, I
H F
CD, DA như hình 4.1. Chứng minh rằng hai hình thang
AEID và FBEH bằng nhau.
* Để chứng minh hai hình bằng nhau ta chỉ ra một phép D
G
C

dời hình biến hình này thành hình kia. Hình 4.1

Giải:
Phép quay tâm I góc 900 biến FBEH thành EAHG. Phép đối xứng qua đường trung
trực của AE biến EAHG thành AEID. Do đó hai hình thanh AEID và FBEH bằng nhau.

Bài 4: Trên một vùng đồng bằng có ba thành phố A,
A
B, C tạo thành một tam giác nhọn như hình 4.2.
Người ta muốn tìm một vị trí I ở trong tam giác ABC A'
để xây dựng một sân bay chung cho cả ba thành phố
đó sao cho tổng khoảng cách từ I tới các trung tâm J
I
của ba thành phố đó là ngắn nhất.
* Để giải các bài toán tìm điểm sao cho tổng các B C
Hình 4.2
khoảng cách từ đó đến một số điểm cho trước là
ngắn nhất ta thường dùng các phép dời hình thích hợp để nối các đoạn thăẳg đang xét lại
thành một đường gấp khúc. Khi đó tổng các khoảng cách là ngắn nhất khi đường gấp khúc
đó thuộc một đường thẳng.
Giải
Bài toán thực tiễn trên được đưa về bài toán hình học sau:
Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm I nằm trong tam giác đó sao cho IA + IB + IC
Lâấ điểm I nằm trong tam giác ABC. Phép quay tâm B góc 60 0 biến I thành J và biến A
thành A’.
A' A
Để ý rằng (BI, BJ) = 600, (BA’, BA) = -600.
Ta có: J
(BI, BA)=(BI,BJ)+(BJ,BA’)+(BA’,BA)=(BJ, BA’)
I
Do đó tam giác BIA bằng tam giác BIA’ (c-g-c)
Từ đó suy ra A’J = AI
Do đó IA + IB + IC = A’J + JI + IC ngắn nhất khi A’, J,
I, C thẳng hàng, J ở giữa A’I và I giữa JC. B C
Hình 4.3
Khi đó: BIC = 1200 ; 
 
AIB = BJA ' = 1200
Vậy I nhìn các cạnh của tam giác ABC dưới góc 1200.
Để xác định điểm I ta dựng ảnh A’ của A qua phép quay tâm B góc 600.
Trên A’C dựng các điểm I, J sao cho BIJ là tam giác đều và (BI, BJ)=60 0. Ta sẽ chứng minh
I là điểm cần tìm.
Vật vậy, do  ABC nhọn nên 0 < (BC, BA’) < 180 .Do đó A’ và A cùng phía với nhau đối
0


với đường thẳng BC. Tương tự A’ và B cùng phía với nhau đ ối v ới đ ường th ẳng AC. Do

đó đường thẳng A’C cắt AB tại điểm nằm trong đoạn thẳng AB. Do CBA ' >600 và  ABA ' =
600 nên I phải nằm trong tam giác ABC. Khi đó dễ thấy A’, J, I, C thẳng hàng, J ở giữa A’I,
I ở giựa JC và IA + IB + IC = A’J + JI + IC = A’C nên nó ngắn nhất.
Bài 5: Cho điểm A thuộc đường tròn C đường kính BC như hình 4.4. Dựng về phía ngoài
của tam giác ABC tam giác ABD vuông cân ở D. Gọi I là trung đi ểm c ủa DB, tìm t ập h ợp
các điểm I khi A chạy trên nửa đường tròn C.
* Để có thể dùng phép biến hình giải các bài toán tìm tập hợp điểm ta xem tập hợp điểm
đó là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình xác định.
Giải:
Trên tia BD lấy điểm E sao cho BE = BA. Do (BA, BE) = 450 nên có thể em E là ảnh
của A qua phép quay tâm B góc 450. Ta lại có:
A
2 E
BA
BI BI 4 = 2
= = D
BE BA BA 4
uur 2 uuu
r I
Do đó: BI = BE
4 B C
Hình 4.4
2
Vậy I là ảnh của E qua phép vị tự tâm B tỉ số . Khi đó I là ảnh của A qua phép đồng
4
2
dạng F là hợp thành của phép quay tâm B góc 450 và phép vị tự tâm B tỉ số . Do đó khi
4
A chạy trên nửa đường tròn C, thì I chạy trên nửa đường tròn C’ là ảnh của C qua phép
đồng dạng F.
III. BÀI TẬP:
1. Chứng minh rằng hợp thành của hai phép đối xứng qua hai đ ường th ẳng song song là
một phép tịnh tiến.
2. Chứng minh rằng phép dời hình biến một tia thành một tia.
3. Cho hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’ có AB = A’B’ nh ư hình 4.5. Tìm m ột phép d ời
hình biến hình vuông ABCD thành hình vuông A’B’C’D’.
B'

A B A'

C'


D C
D'

Hình 4.5

4. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Dựng về một phía c ủa đường thẳng AC
các tam giác đều ABD và BCE. Dựng hình bình hành DCEF. Ch ứng minh AEF là tam giác
đều.
5. Cho hai hình vuông ABCD và AEFG như hình 4.6. G ọi I, J, L, M l ần l ượt là trung đi ểm
của BD, DE, EG, GB. Chứng minh rằng tứ giác IJLM là hình vuông.

6. Cho đường tròn C và điểm A nằm ngoài đường tròn.
Với mỗi điểm B thuộc C, dựng hình vuông ABCD sao
D
cho nếu đi dọc các cạnh theo chiều ABCD thì luôn th ấy C

hình vuông ở bên trái như hình vẽ 4.7. Chứng minh rằng B
chạy trên C thì C và D cũng chạy trên những đường tròn
cố định. A B
7. Cho hai điểm phân biệt A, B và đường tròn (O) không Hình 4.7
có điểm chung với đường thẳng AB. Chứng minh rằng
khi điểm C chạy trên đường tròn (O) trọng tâm tam giác ABC cũng ch ạy trên m ột đ ường
tròn cố định.
8. Cho dây cung AB độ dài không đổi có hai đầu mút chạy trên đường tròn tâm O bán kính
R và một điểm C cố định trên (O). Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ABC chạy trên
một đường tròn cố định.
CHỦ ĐỀ 5:
QUAN HỆ SONG SONG TRONG KHÔNG GIAN

I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. ĐẠI CƯƠNG VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
1. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng:
- Đường thẳng cắt mặt phẳng
- Đường thẳng song song với mặt phẳng
- Đường thẳng nằm trong mặt phẳng
d
d


A d

α α α
d// (α)


Hình 5.1
2. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng:
- Hai mặt phẳng cắt nhau
- Hai mặt phẳng song song với nhau
- Hai mặt phẳng trùng nhau.




β β




α d α α≡β


(α) // (β) (α) ≡ (β)

Hình 5.2


3. Vị trí tương đối của hai đường thẳng:
- Hai đường thẳng chéo nhau (không cùng nằm trong bất kì mặt phẳng)
- Hai đường thẳng cắt nhau
- Hai đường thẳng song song nhau
- Hai đường thẳng trùng nhau
4. Các xác định một mặt phẳng
Một mặt phẳng được xác định bởi:
- Ba điểm phân biệt không thẳng hàng
- Một điểm và một đường thẳng không chứa điểm đó
- Hai đường thẳng cắt nhau
- Hai đường thẳng song song
B. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG
5. Một đường thẳng và một mặt phẳng gọi là song song với nhau nếu chúng không có
điểm chung.
6. Nếu d’ nằm trong mặt phẳng (α) và d song song d’ thì d // (α) hoặc d chứa trong (α)
7. Cho d song song với (α). Nếu (β) chứa d và cắt (α) theo giao tuyến d’ thì giao tuyến của
chúng (nếu có) cũng song song với d.
C. HAI MẶT PHẲNG SONG SONG:
9. Hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung
10. Nếu (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau và hai đường thẳng đó cùng song song với (β)
thì (α) song song với (β).
11. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với
nhau.
12. Cho hai mặt phẳng song song với nhau. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì
cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với nhau.
13. Định lý Ta – lét:
- Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn tương ứng tỉ lệ.
- Giả sử trên hai đường thẳng chéo nhau a và a’ lần lượt lấy các điểm A, B, C và A’,B’,C’
sao cho:
AB BC CA
= =
A ' B ' B 'C ' C ' A '
Khi đó ba đường AA’, BB’, CC’ lần lượt nằm trên ba mặt phẳng song song, tức là chúng
cùng song sng với một mặt phẳng.

II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Các xác định giao tuyến của hai mặt phẳng:
* - Cách 1: Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng.
- Cách 2: Tìm một điểm chung của hai mặt phẳng và tìm phương của giao tuyến.
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB // CD và AB > CD). Tìm
giao tuyến của các cặp mặt phẳng:
a) (SAC) và (SBD)
S
b) (SAD) và (SBC)
c) (SAB) và (SCD).
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD; I là
A
giao điểm của AD và BC. D I
a. Vì S và O là điểm chung của hai mặt O
phẳng (SAC) và (SBD) nên C
B
Hình 5.3
(SAC)∩(SBD)=SO
b. Tương tự, (SAD)∩(SBC)=SI
C. S là điểm chung của (SAB) và (SCD), hơn nữa (SAB) và (SCD) l ần l ượt ch ứa AB và
CD song song với nhau nên giao tuyến là đường thẳng ∆ đi qua S và song song với AB và
CD.
2. Tìm tập hợp giao điểm:
Bài 2: Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD là tứ giác sao cho AD cắt BC tại E, M là
điểm thuộc đoạn SC.
a. Tìm giao điểm N của SD và (MAB).
b. Gọi I là giao điểm của AM và BN. Khi M di động trên đoạn SC thì điểm I chạy trên
đường nào?
Giải:
S


a. Gọi F là giao điểm của BM và SE; N là giao điểm F
N
của FA và SD. I M
A
Ta có: N ∈ AF và AF ⊂ (ABM) suy ra N ∈ (ABM) D
E

Do đó: N = SD ∩ (ABM) O
C
B
Hình 5.4


I ( SAC )
b. Ta có: I = AM ∩ BN . Do đó I ∈ (SAC) ∩ (SBD)
I ( SBD)
Vì (SAC) ∩ (SBD) = SO (O là giao điểm của AC và BD) nên I ∈ SO.
Nhận xét rằng trong mặt phẳng (SAC), ta thấy
Khi M ≡ S thì I ≡ S, khi M ≡ C thì I ≡ O
Vậy điểm I chạy trên đoạn SO.
Bài 3: Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD. Một mặt phẳng
(α) quay quanh IJ cắt cạnh AD và AC lần lượt tại K và L.
a. Trong trường hợp IL và JK cắt nhau tại M thì điểm M chạy trên đường nào?
b. Gọi N là giao điểm của IK và JK thì điểm N chạy trên đường nào?
Giải:
x
M
A
A

K
L



K
J J
B D B D

M
I y I L

C C
Hình 5.5 Hình 5.6



a. Ta có M = IL ∩ JK
M IL
� M �( ABC )
IL ( ABC )
M JK
� M �( ABD)
JK ( ABC )
Do đó M ∈ AB = (ABC) ∩ (ABD)
Nhận xét rằng khi mặt phẳng (α) đi qua trung điểm E của đoạn AC thì (α) không cắt
đường thẳng AB.
Khi L di động từ A tới E thì M di động trên tia Ax
Khi L di động từ C tới E thì M di động trên tia By
Vậy M chạy trên hai tia Ax, By
b. Ta có N = IK ∩ JL
N JL
� N �( IAC )
JL ( JAC )
M JK
� M �( ABD)
JK ( ABC )
Nên N ∈ (IAD) ∩ (JAC)
Gọi O là giao điểm của ID và CJ, thì (IAD) ∩ (JAC) = AO
Ta có: N ∈ AO
Ta thấy, trong mặt phẳng (IAD) khi K ≡ D thì N ≡ O.
Vậy điểm N chạy trên đoạn AO.
A

K

L
N


J D
B


I

C
Hình 5.7


3.Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng cố định
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD và ABEF không cùng C
D
nằm trong một mặt phẳng. M, N là hai điểm lần lượt
BM 1 CN 2 N
thuộc đoạn BF và AC với = , = . Chứng minh
BF 3 CA 3 A B
MN song song với mặt phẳng (CD, EF)
M
Giải
Xét 3 đoạn thẳng MN, AB, CF F E
AN AC NC Hình 5.8
Từ giả thiết ta suy ra: = = .
BM BF MF
Theo định lí Ta – lét đảo ta có: MN,AN, CF cùng song song với một mặt phẳng. Mặt khác
CF ⊂ (CFD) và AB // CD, suy ra AB // (CFD). Vì AB và CF chéo nhau nên (CFD) là mặt
phẳng duy nhất chứa CF mà song song với AB.
Vậy MN, AB, CF cùng song song với mặt phẳng (α) nào đó mà (α) song song với mặt
phẳng (CFD)
Vậy MN // (CFD) hay MN // (CD, FE)
Bài 5:Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trong hai mặt phẳng phân biệt. Gọi M,
AM NB
N là hai điểm di động trên hai đoạn AD và BE sao cho = .
MD NE
Chứng minh rằng MN luôn song song với một mặt phẳng cố định.
Giải:
Trong mặt phẳng (ABCD), qua M kẻ đường thẳng song song D C
PB MA NB
với AB cắt BC tại P, ta có: = = nên PN // CE P
PC MD NE M

Ta có (MNP) // (DCE) (Vì MP // DC và PN // CE) A B

Mà MN nằm trong (MNP) nên MN song song với (DCE) (cố
N
định)
* Chú ý: Ta có thể sử dụng định lý Ta – lét đảo trong không F
Hình 5.9
E

gia để giải bài này.

III. BÀI TẬP:
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành
a. Hãy xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) và giao tuy ến c ủa hai m ặt
phẳng (SAC) và (SBD).
b. Một mặt phẳng (α) thay đổi qua BC cắt cạnh SA tại A’ (A’ không trùng với S và A) và
cắt cạnh SD tại D’. Tứ giác BCD’A’ là hình gì?
c. Gọi I là giao điểm của BA’ và CD’, J là giao đi ểm c ủa CA’ và BD’. V ới ( α) như câu b
thì I và J chạy trên các đường nào?
2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD. Gọi M, N là hai đi ểm thay đổi trên hai c ạnh AB và CD
sao cho BM = CN. Chứng minh rằng MN luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định.
3. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. GỌi M, N , K lần l ượt là trung đi ểm c ủa các c ạnh AA’,
AD, DC. Hãy xác định giao điểm của mặt phẳng (MNK) với cạnh CC’, C’B’, B’A’. T ừ đó
suy ra thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNK) với hình hộp đã cho.
4. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB, B1C1, DD1.
a. Hãy xác định thiết diện tạo bởi hình lập phương đã cho và mặt phẳng (MNP).
b. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mặt phẳng (BDC 1)
5. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh các cặp đường thẳng sau đây chéo nhau.
a. AA’ và BD
b. BD và A’C’.
CHỦ ĐỀ 6:
QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN

I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHÉP TOÁN VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN:
1. Các quy tắc cần nhớ:
a. Quy tắc ba điểm
uuu uuu uuu
r r r uuu uuu uuu
r r r
Với ba điểm A, B, C bất kỳ ta có AB + BC = AC và AC = BC − BA
b. Quy tắc hình bình hành
uuu uuu uuu
r r r
Với hình bình hành ABCD ta có: AC = AB + AD
c. Quy tắc hình hộp:
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ với AB, AD, AA’ là ba c ạnh có chung đ ỉnh A và
uuuu uuu uuu uuur
r r r
AC’ là đường chéo, ta có AC ' = AB + AD + AA '
D C

b
a
A B
a +b +c
D' C'

c

A' B'
Hình 6.1
2. Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong không gian
• Ba vectơ được gọi là dồng phẳng nếu các giá của chúng cùng song song v ới m ột
mặt phẳng
r r r r r
• Cho hai vectơ a, b không cùng phương. Ba vectơ a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi
r r r
có cặp số m, n sao cho c = ma + nb
r rr r
• Cho a, b, c là ba vectơ không đồng phẳng. Với bất kì một vectơ x nào trong không
r r r r
gian ta đều tìm được một bộ ba số m, n, p sao cho x = ma + mb + pc
B. QUAN HỆ VUÔNG GÓC:
3.Góc giữa hai đường thẳng. Hai đường thẳng vuông góc
• Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và
b’ cùng đi qua một điểm O bất kì lần lượt song song với a và b.
r
• α là góc giữa hai đường thẳng a và b thì ta luôn luôn có α ≤ 900. Nếu u là vectơ chỉ
r r r
phương của đường thẳng a và v là vectơ chỉ phương của đường thẳng b và ( u , v
)=α thì góc giữa hai đường thẳng a, b bằng α nếu α ≤ 900 và bằng 1800 – α nếu α
> 900.
• Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.
4. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng:
• Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một
mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.
• Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng không chứa đường thẳng đó cùng vuông
góc với một đường thẳng khác thì chúng song song vớ nhau.
• Định lý ba đường vuông góc.
- Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (α). Gọi b là đường thẳng không thuộc (α)
đồng thời không vuông góc với (α) và b’ là hình chiếu vuông góc của b trên (α). Khi đó a
vuông góc với b khi và chỉ khi a vuông góc với b’.
- Cho đường thẳng d cắt mặt phẳng (α) tại O và d không vuông góc với (α). Góc giữa
đường thẳng d và mặt phẳng (α) là góc tạo bởi đường thẳng d và hình chiếu d’ của d trên
(α).
- Khi d vuông góc với mặt phẳng (α) ta nói góc giữa d và (α) bắng 900.
5. Hai mặt phẳng vuông góc:
• Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa hai mặt phẳng đó bằng 900.
• Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau là mặt phẳng này chứa
một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
• Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao
tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó.
6. Khoảng cách
Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường vuông góc chung của chúng cắt a tại
A, cắt b tại B. Ta nói khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b là khoảng cách giữa A và B
.



II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Chứng minh các đẳng thức về vectơ
* Sử dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp để biến đổi vế này
thành vế kia
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là là một hình chữ nhật.
Chứng minh rằng:
uu uuu uur uuu
r r r
a. SA + SC = SB + SD
uu 2 uuu 2 uur2 uuu 2
r r r
b. SA + SC = SB + SD
Giải
uu uuu
r r uuu r
a. Gọi O là tâm của hình chữ nhật. Vì OA – OC nên: SA + SC = 2 SO (1)
uur uuu r uuu r
Vì OB = OD nên SB + SD = 2SO (2)
uu uuu uur uuu
r r r
So sánh (1) và (2) ta suy ra SA + SC = SB + SD
b. Ta có: S
uur uuu uuu
r r uuu 2 uuu 2
r r uuu uuu
r r
SA = ( SO + OA) 2 = SO + OA + 2SO.OA
uuu uuu r
r r
Mà OA + OC = 0 nên
uu 2 uuu 2
r r uuu 2 uuu 2 uuu 2
r r r
SA + SC = 2 SO + OA + OC
B C
Tương tự ta có:
uur2 uuu 2
r uuu 2 uuu 2 uuu 2
r r r
SB + SD = 2 SO + OB + OD O
Vì ABCD là hình chữ nhật nên ta có A D
uuu uuu uuu
r r r uuu r Hình 6.2
OA = OB = OC = OD
uu 2 uuu 2 uur2 uuu 2
r r r
Từ đó suy ra SA + SC = SB + SD
Bài 2: Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD, G là trung
điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng:
uuu uuu uuu uuu
r r r r uuuu r
a. AD + BC = AC + BD = 2MN
uuu uuu uuu uuu r
r r r r
b. GA + GB + GC + GD = 0
uur uuu uuu uuu
u r r r uuu r
c. PA + PB + PC + PD = 4 PG với P là một điểm bất
A
kì.

M
Giải:
G
B D


N
C
Hình 6.3
uuuu uuu uuu uuur
r r r uuuu uuu uuu uuu
r r r r
a. Ta có: MN = MA + AD + DN và MN = MB + BC + CN
uuuu uuu uuu uuu uuu uuur uuu
r r r r r r
Suy ra: 2 MN = ( MA + MB ) + AD + BC + ( DN + CN )
uuu uuu uuur uuu r
r r r uuuu uuu uuu
r r r
Vì MA + MB = DN + CN = 0 nên 2MN = AD + BC
uuu uuu uuu uuu
r r r r uuuu r
Ta suy ra: AD + BC = AC + BD = 2 MN
uuu uuu
r r uuuu uuu uuu
r r r uuu uuuu uuu r
r r r uuu uuu uuu r
r r r
b. Vì GA + GB = 2GM , GC + GD = 2GN , GM + GN = 0 nên GA + GB + GC = 0
c. Với điểm P bất kì, từ kết quả trên ta có:
uuu uuu
r r uuu uuu
r r uuu uuu
r r uuu uuu
r r r
( PA − PG ) + ( PB − PG ) + ( PC − PG ) + ( PD − PG ) = 0
uur uuu uuu uuu
u r r r uuu r
Do đó: PA + PB + PC + PD = 4 PG
rrr
2. Chứng minh ba vectơ a, b, c đồng phẳng
rrr
* Chứng minh rằng các vectơ a, b, c có giá song với một mặt phẳng.
r r r r r
Chứng minh rằng có cặp số m, n sao cho c = ma + nb với a và b không cùng phương
Bài 3: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD.
AM BN
Trên các cạnh AC và BD ta lần lượt lấy các điểm M,N sao cho = = k ( k > 0) .
AC BD
uuu uuuu uuu
r r r
Chứng minh rằng ba vectơ PQ, PM , PN đồng phẳng.
Giải: A
Vì Q là trung điểm của cạnh DC nên ta có:
uuu 1 uuu uuu
r r r 1 uuu uuu r r uuu uuu
r r P
PQ = ( PC + PD ) = [( AC − AP ) + ( BD − BP )
2 2
1 uuu uuu
r r uuu uuu
r r G
= [( AC + BD) − ( AP + BP )] B N D
2
uuu uuu r
r r uuu 1 uuu uuu r
r r r M
Vì AP + BP = 0 nên PQ = ( AC + BD ) − 0 Q
2
C
uuu 1 uuuu
r r uuu 1 uuu
r r
Theo giả thiết ta có AC = AM và BD = BN Hình 6.4
k k
uuu 1 uuuu uuu
r r r
Do đó PQ = ( AM + BN )
2k
uuuu uuu uuuu
r r r uuu uuu uuu
r r r uuu 1 uuu uuuu uuu uuu
r r r r r
Vì: AM = AP + PM và BN = BP + PN nên PQ = ( AP + PM + BP + PN )
2k
uuu 1 uuuu 1 uuu
r r r
Vậy: PQ = PM + PN
2k 2k
uuu uuuu uuu
r r r
Từ hệ thức trên ta suy ra ba vectơ PQ, PM , PN đồng phẳng.

Bài 4: Trong không gian cho tam giác ABC.
uuuu
r uuu
r uuu uuu
r r
a. Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) thì OM = xOA + yOB + zOC với
mọi điểm O trong đó x + y + z = 1
uuuu
r uuu
r uuu uuu
r r
b. Ngược lại nếu có một điểm O trong không gian sao cho OM = xOA + yOB + zOC trong
đó x + y + z = 1 thì điểm M thuộc mặt phẳng (ABC).
Giải
uuu uuu
r r
a. Vì AB, AC là hai vectơ không cùng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) khi:
uuuu
r uuur uuu r uuuu uuu
r r uuu uuu
r r uuu uuu
r r
AM = m AB + n AC hay OM − OA = m(OB − OA) + n(OC − OA)
uuuu
r uuu
r uuu
r uuu r
với điểm O tuỳ ý, tức là OM = (1 − m − n)OA + mOB + nOC
uuuur uuu r uuu uuu
r r
Đặt 1 – m – n = x, m = y, n = z thì: OM = xOA + yOB + zOC với x + y + z = 1
uuuur uuu r uuu uuu
r r
b. Ngược lại nếu có điểm O sao cho OM = xOA + yOB + zOC với x + y + z = 1 thì
uuuur uuu
r uuu uuu
r r uuuu uuu
r r uuu uuu
r r
OM = (1 − y − z )OA + yOB + zOC hay OM − OA = y AB + z AC
uuuur uuu uuu
r r
Từ đó suy ra : AM = y AB + z AC . Do đó điểm M thuộc mặt phẳng (ABC)
3. Ứng dụng của tích vô hướng:
Bài 5:Cho tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối diện là AB và CD, AC và DB vuông góc v ới
nhau. Chứng minh rằng cặp cạnh đối diện còn lại là AD và BC cũng vuông góc với nhau.
Giải:
Trước hết tà cần chứng minh hệ thức sau đây:
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r r
AB.CD + AC.DB + AD.BC = 0
Ta có:
uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r uuu uuu uuu uuu
r r r r
AB.CD = AB.( AD − AC ) = AB. AD − AB.AC (1)
uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r uuu uuu uuu uuu
r r r r
AC.DB = AC.( AB − AD) = AC .AB − AC. AD (2)
uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r r r r r
AD.BC = AD.( AC − AB ) = AD. AC − AD. AB (3)
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r r
Từ (1), (2), (3) ta suy ra AB.CD + AC.DB + AD.BC = 0
uuu uuu
r r uuu uuu
r r
Do đó, nếu AB⊥CD nghĩa là AB.CD = 0 và AC ⊥ DB nghĩa là AC.DB = 0 thì từ hệ thức
uuu uuu
r r
(4) ta suy ra AD.BC = 0 nghĩa là AD ⊥ BC.
A A




B D B D
H


C C
Cách khác: Hình 6.5 Hình 6.6
Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt phẳng (BCD), ta có AH ⊥(BCD). Do đó
CD ⊥ AH. Theo giả thiết CD ⊥ AB, ta suy ra CD ⊥(AHB). Vậy CD ⊥ BH. Tương tự, theo
giả thiết BD⊥AC, ta suy ra BD⊥(ACH), do đó BD⊥ CH. Vậy H là trực tâm của tam giác
BCD tức là DH⊥BC. Do đó BC ⊥ (ADH) nên ta suy ra
BC⊥AD. A
4. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng:
* Muốn chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
(α) ta chứng minh :
- d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (α)
- d song song với một đường thẳng d’ mà d’ vuông góc với (α)
B D
- d vuông góc với (β) mà (β) // (α)
I H

C
Hình 6.7
Bài 6: Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và DBC là hai tam giác cân có chung đáy BC.
a. Chứng minh BC ⊥ AD.
b. Xác định hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (BCD).
Giải:
a. Gọi I là trung điểm của BC, ta có BC ⊥ AI và BC ⊥ DI
Do đó BC ⊥ (ADI) và suy ra BC ⊥ AD.
b. Mặt phẳng (BCD) chứa đường thẳng BC⊥(ADI) nên (BCD) ⊥ (ADI). Ta có DI là giao
tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (ADI) vuông góc với
nhau nên hình chiếu vuông góc H của đỉnh A phải n ằm trên C

giao tuyến DI của hai mặt phẳng đó. Trong mặt phẳng
(ADI), ta vẽ AH ⊥ DI thì H là hình chiếu vuông góc của
đỉnh A lên mặt phẳng (BCD).
B
Bài 7: Cho tam giác ABC. Gọi ( α) là mặt phẳng vuông góc
A
với đường thẳng CA tại A và ( β) là mặt phẳng vuông góc d
với đường thẳng CB tại B. β

a. Chứng minh hai mặt phẳng (α) và (β) cắt nhau. α

b. Gọi d là giao tuyến của ( α) và (β). Chứng minh d ⊥
(ABC). Hình 6.8


Giải:
a. Theo giả thiết CA ⊥ (α) và CB ⊥ (β) nên góc của hai mặt phẳng (α) và (β) bằng góc
ACB của tam giác ABC đã cho hoặc bằng góc 180 - 
0
ACB . Do đó ta suy ra hai mặt phẳng
(α) và (β) phải cắt nhau.
b. Vậy (α) và (β) phải cắt nhau theo giao tuyến d. Ta cần chứng minh d ⊥ (ABC). Vì CA
⊥(α) và d thuộc (α) nên CA ⊥ d. Tương tự, vì CB ⊥ (β) và d thuộc (β) nên CB⊥d. Do đó,
vì d ⊥ CA và d ⊥ CB nên ta suy ra d ⊥ (ABC).

5. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có các cạnh bên SA =
SB = SC = a. Chứng minh:
a. Mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
b. Tam giác SBD vuông tại S
Giải
S

a. ABCD là hình thoi nên có AC ⊥ BD tại O. Mặt khác
SA = SC nên có AC ⊥ SO. Vậy AC ⊥ (SBD). Mặt
a
phẳng (ABCD) chứa AC ⊥ (SBD) nên (ABCD) ⊥
a
(SBD). B
b. Ta có: ∆SAC = ∆BAC (c – c – c) mà OA = OC nên C
SO = BO. Mặt khác BO = DO nên SO=OB=OD. Ta suy O
A
ra tam giác SBD vuông tại S. a
S D
Bài 9: Hình chóp S.ABC có cạnh SA vuông góc với mặt Hình 6.9
phẳng (ABC). Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các
tam giác ABC và SBC.
a. Chứng minh rằNG (SAC) ⊥ (BHK) và (SBC) ⊥ (BHK)
K
A B

H
A'
Hình 6.10
C
b. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng tam giác SBC có SB = 15cm, SC = 14cm, BC =
13cm và có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300.
Giải:
a. Gọi A’ là giao điểm của AH và BC. Ta có BC ⊥AA’ và BC⊥SA suy ra BC⊥(SAA’). Do
đó BC⊥SA’.
Vậy SA’ đi qua K vì K là trực tâm của tam giác SBC.
Vì BH ⊥ AC và BH ⊥ SA suy ra BH ⊥ (SAC)
BH ⊥ SC 
Do đó � SC ⊥ ( BHK )

BK ⊥ SC
Vậy: (SAC) ⊥ (BHK)
BC ⊥ (SAA’) do đó BC ⊥ HK;
SC ⊥ (BHK) do đó SC ⊥ HK.
Từ đó suy ra HK ⊥ (SBC) và (BHK) ⊥ (SBC)
b. Gọi SSBC là diện tích tam giác SBC. Theo công thức Hê – rông, ta có:
S SBC = p ( p − a )( p − b)( p − c ) trong đó p = ½ (13+14+15) = 21
Do đó S SBC = 21(21 − 13)(21 − 14)(21 − 15) = 84(cm 2 )
Ta có tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác SBC trên m ặt ph ẳng (ABC). Áp
dụng công thức S’ = S cosϕ trong đó ϕ = 300 là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ta
có:
SABC = S’ = 84.cos300 = 42 3 (cm2)
6. Tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và đến mặt phẳng
Bài 10: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
a. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đ ến đ ường chéo AC’
bằng nhau. Hãy tính khoảng cách đó.
b. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (A’BD) của hình lập phương.
Giải:
a. ABC’ là tam giác vuông tại B, do đó khoảng cách từ B đ ến
AC’ là độ dài đường cao BI kẻ từ B xuống AC’. Vì ∆ABC’ B
C
vuông tại B nên ta có: O
A
1 1 1 1 1 2a 2 a 6 D
2
= 2
+ 2
= 2 + 2 � BI =
2
� BI =
BI AB BC a 2a 3 3 I
Lập luận tương tự đối với các điểm còn lại ta chứng minh
được các khoảng cách từ các điểm này đến đường chéo AC’ B' C'
đều bằng nhau.
b. Điểm A cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD vì ta có AB A' D'
Hình 6.11
= AD = AA’ = a. Điểm C’ cũng cách đều ba đ ỉnh c ủa tam giác
đều A’BD vì ta có C’B=C’D=C’A=a 2 . Vậy AC’ là trục đường tròn ngo ại ti ếp tam giác
đều A’BD, do đó AC’ ⊥ (A’BD) tại trọng tâm I của ∆A’BD. Ta cần tính AI.
2
Vì A’I = BI = DI = A’O với O là tâm hình vuông ABCD. Ta có:
3
3 3 a 6 2 a 6
A ' O = BD =a 2 = và A’I = A ' O =
2 2 2 3 3
Xét tam giác vuông AA’I, ta có:
2
� 6�
a a 3
� 3 �� AI = 3
AI2 AA’2 – A’I2 = a2 - � �
� �
a 3
Vậy AI =
3
7. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b
* Tính khoảng cách giữa a và mặt phẳng ( α) chứa b
và (α) // a A

Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song
lần lượt chứa a và b
Bài 11: Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi
một vuông góc với OA=OB=OC=a. Gọi I là trung H E
C
điểm của cạnh BC. Tìm khoảng cách giữa AI và OC O F
đồng thời xác định đường vuông góc chung của hai K
I
đường thẳng đó.
B Hình 6.12
Giải:
Ta có OC ⊥ (AOB). Gọi K là trung điểm OB, ta có hình chiếu c ủa AI lên (AOB) là AK (vì
IK ⊥ (AOB)).
Vẽ OH ⊥ AK. Dựng HE// OC c8át AI tại E. Dựng EF // OH c8át OC tại F. Khi đó EF là
đường vuông góc chung của AI và OC. Độ dài đo ạn EF là kho ảng cách gi ữa AI và OC. Xét
tam giác vuông AOK ta có:
1 1 1 1 1 5
= + = 2+ = 2 2
OH 2 2
OA OK 2
a � � a . Do đó: OH2 = a � OH = a 5
a
2

�� 5 5
��2
a 5
Vì OH = EF, ta suy ra khoảng cáhc EF = OH =
5
III. BÀI TẬP:
1. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’
uuur uuuu uuuu uuuu
r r r
a. Chứng minh rằng AA ' + AC ' = AB ' + AD '
uuu uuu uuuu uuuuu r
r r r r
b. Chứng minh: AB + BC + CD ' + D ' A ' = 0
2. Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung đi ểm c ủa các c ạnh AB và CD. Trên
uuu
r uuu uuu
r r uuu
r
các cạnh AD và BC ta lần lượt lấy các điểm P và Q sao cho PA = −3PD, QB = −3QC .
uuuu uuu uuur
r r u
Chứng minh rằng ba vectơ MN , MP, MQ đồng phẳng.
3. Hai tam giác đều ABC và ABD có chung c ạnh AB và n ằm trong hai m ặt ph ẳng khác
nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC, BD, DA. Ch ứng minh
rằng tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
4. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh r ằng đ ường th ẳng AC’ vuông góc
với các đường thẳng BD, DA’.
5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh SA vuông góc v ới m ặt
phẳng đáy (ABCD); gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc c ủa đi ểm A lên SB và
SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và HK ⊥ (SAC)
6. Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình ch ữ nhật và có c ạnh SA vuông góc v ới m ặt
phẳng (ABCD). Chứng minh (SCD) ⊥ (SAD) và (SBC) ⊥ (SAB).
7. Cho tứ diện ABCD có AB = 7cm, AC = 8cm, BC = 5cm. C ạnh AD = 4 cm và AD vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
a. SB và AD
b. BD và SC
ĐÁP an
CHỦ ĐỀ 1 C6 (6!) 2
3
8. a. 0, 022
12!
π π π π C64 .27.(6.5.4.3) 2
1. x = +k ,x = +k b. 0,519
8 2 18 3 12!
2. 9. a. (i) Có C11 = C11 = 462 cách đi
5 6


π 2π 4π 2π π (ii) Có C6 = C5 = 200 cách đi
5 2
x=− +k ,x = +k ,x = + kπ
9 3 9 3 3
10. a. -20; b. 0
3. Vô nghiệm
11. a = 2; b = 1 và a= -2; b = -1
� 2� π
4. x = arctan � � kπ , x = + kπ
− + 12. a. A, B không độc lập
� 3� 3
b. B, C độc lập.
π
5. x = kπ, x = - + kπ 13. Kí hiệu Z là số quả đen được rút ra.
4
Từ đó X = 2Z – (4 – Z) = 3Z – 4
π π π
6. x = - + kπ, x = - + kπ, x = + kπ, a.
4 3 6 1 3
C8C4
π 5π π P[ X = 4] = 4
7. x = + kπ, x = + k2π, x = + k2π, x C12
6 6 2
C80C44

= -π +k2π P[ X = −1] = 4
;
C12
π 3π
8. x = + kπ, x =- + kπ C82C42
4 8 P[ X = 2] = 4
;
C12
π
9. x = k2π, x = + k2π. C83C41
2 P[ X = 5] = 4
C12

CHỦ ĐỀ 2 C84C40
P[ X = 8] = 4
C12

1.a. 4 x 3 x 5 = 60 cách; b. E(X) = 4
b. 4 x 3 x 5 x 5 x 3 x 4 = 3600 (cách); 64 64 8 11
c. V(X)= ; σ (X ) = =
c. 4 x 3 x 5 x 4 x 2 x 3 = 1440 (cách) 11 11 11
2. Có 34 cách phân phối 14. a.
3. a. (5!)2.25 = 460800 (cách) 6 5
P[ X = 1] =; P[ X = 2] = ;
b. (5!)2. 2 = 28800 (cách) 36 36
6
4. C10 x 5! x 3! = 151200 (cách) 4 3
P[ X = 3] = ; P[ X = 4] = ;
36 36
5. a. 9! = 362880 (cách).
2 1
4
b. 5!. A6 = 43200 (cách) P[ X = 5] = ; P[ X = 6] = ;
36 36
k 4−k
6. a. C6 C5 , k = 0, 1, 2, 3, 4. 14 245
b. E(X) = 1,56; V ( X ) =
7. a. 9! = 362880 (cách) 9 81
b. 6.2!3!4! = 2728 (cách)
15. Kí hiệu X là số tiền thưởng mà bạn 9. a. y’(1) = -5; b. y = -5x+3
nhận được khi đó. 10. Vì
6
C43 lim f ( x) = 1 = lim f ( x);
P[ X = 0] = 6 x +
0 x −
0
C49 f ( x) − f (0) f ( x ) − f (0)
5 1 lim lim
C .C x 0 −
x−0 x +
0 x−0
P[ X = 100.000] = 6
43
; 6

C49 3
11. a. dy = − dx;
C43 .C62
4
( x − 1) 2
P[ X = 500.000] = 6
;
C49 2 x − sin(2 x )
b. dy = − dx;
C 3 .C 3 4 x x .cos 2 x
P[ X = 1.000.000] = 43 6 6 ;
C49 12. a. 0,485; b. 0,965; c. 4,003
2 4
C .C 2
13. -12sinx – 8xcosx + x sinx
P[ X = 5.000.000] = 6
43
; 6

C49
1 5
C43 .C6 CHỦ ĐỀ 4
P[ X = 10.000.000] = 6
;
C49 1. Gọi a và b là hai đường thẳng song
C66 r
P[ X = 100.000.000] = song. Giả sử Tv (a)=b, với giá của v
r
6
C49
vuông góc với a và b. Khi đó hợp thành
B. E(X) ≈ 130.000đ của Đa và Đb là phép tịnh tiến theo vectơ 2
r
v.
CHỦ ĐỀ 3
1. a. 2; b. 0
3. Dùng phép dời hình là hợp thành của
2 uuur
2. a. 4; b. - ; phép tịnh tiến theo vectơ AA ' và phép
3 uuu uuuu
r r
3 1 quay tâm A’, góc ( AB, A ' B ' ).
c. d.
6 2
3. a. – ∞; + ∞; b. – ∞; + ∞ 4. Dùng phép quay tâm B, góc (BA, BD)
biến AE thành DC. Để ý rằng góc giữa
4. m = -1, lim f ( x) = 1 (ứng với m = -1)
x 1
hai dường thẳng này bằng góc quay.
5. a. (− ; −3] và [2; + ∞);
� π� � π � 5. Dùng phép quay tâm A góc 90 0, chứng
b. − ;  và � ; + �
� 6� � 6 � minh BE = DG và BE vuông góc với DG.
3 3 Để ý rằng IM, JL song song và bằng n ửa
6.
2π DG; IJ, ML song song và bằng nửa BE.
7. f(x) = x3 – 10x – 1 liên tục trên [0; 11] 6. D chạy trên đường tròng C’ là ảnh của
và f(0) = -1 < 0, f(11) = 120>0. C qua phép quay tâm A, góc 900.
Từ đó ∃c (0;11) để f(C) = 0 C chạy trên C’’ là ảnh của C qua phép
8. f(x) = (m2 + m + 1)x5 + x3 – 27 liên tục đồng dạng là hợp thành của phép quay
trên [0; 3] và f(0) = -27 < 0 tâm A, góc 450 và phép vị tự tâm A tỉ số
f(3) = m5 (m2+m +1) > 0 với mọi giá trị 2.
của m. Do đó ∃c (0;3) để f(c) = 0
7. Khi C chạy trên đường tròn (O), G
chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của
1
(O)qua phép vị tự tâm I tỉ số (với I là
3
trung điểm của AB).
8. Khu A, B chạy trên (O) thì trung điểm
M của AB chạy trên đường tròng C tâm

AB 2
O bán bính R2 − . Khi đó trọng tâm
4
của tam giác ABC chạy trên đường tròn
C’ là ảnh của C qua phép vị tự tâm C tỉ số
2
.
3
CHỦ ĐỀ 5
1. a. (SAB) ∩(SCD) = ∆ (∆ qua S và song
song với AB, CD.
Gọi O = AC ∩ BD, giao tuyến (SAC) và
(SBD) là đường thẳng SO
b. Hình thang
c. I ∈ ∆, I chạy trên nửa đường thẳng
Saûn xuaát, J chạy trên đoạn SO.
2. Hướng dẫn: Dùng định lý đảo Ta– lét
cho ba đoạn MN, BD, AC.

CHỦ ĐỀ 6
7. d(D, BC) = 8cm
a 2
8. d(SB, AD) = AH =
2
a 2
d(BD, SC) =
2
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