TÀI LIỆU CHUYÊN ĐỀ ÔN LUYỆN THI TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN

nnn

Trang 1

CẤU TRÚC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN

* PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) - Khảo sát, vẽ đồ thị của hàm số. - Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: chiều biến thiên của hàm số, cực trị, tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước, tương giao giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)... Câu II (3,0 điểm) - Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit. - Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. - Tìm nguyên hàm, tính tích phân. - Bài toán tổng hợp. Câu III (1,0 điểm) Hình học không gian (tổng hợp): Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụ tròn xoay; tính thể tích khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.

* PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (2,0 điểm): Phương pháp tọa độ trong không gian: - Xác định tọa độ của điểm, vectơ. - Mặt cầu. - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng. - Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu V.a (1,0 điểm) - Số phức: môđun của số phức, các phép toán trên số phức; căn bậc hai của số thực âm; phương trình bậc hai hệ số thực có biệt thức Delta âm. - Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (2,0 điểm): Phương pháp tọa độ trong không gian: - Xác định tọa độ của điểm, vectơ. - Mặt cầu. - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng. - Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng; khoảng cách giữa hai đường thẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu V.b (1,0 điểm) - Số phức: Môđun của số phức, các phép toán trên số phức; căn bậc hai của số phức; phương trình bậc hai với hệ số phức; dạng lượng giác của số phức. - Đồì thị hàm phân thức hữu tỉ dạng y = (ax2 + bx +c) /(px+q ) và một số yếu tố liên quan. - Sự tiếp xúc của hai đường cong. - Hệ phương trình mũ và lôgarit. - Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay.

------------- Hết -------------

TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN 2014

HOÀNG THÁ I VIỆT ĐH BÁCH KHOA ĐÀ NẴNG SĐT: 01695316875 - LTĐH

TTTaaaøøøiii llliiieeeäääuuu oooââânnn ttthhhiii TTT oooáááttt nnnggghhhiiieeeäääpppTTT TTTHHHPPP nnn mmmoooââânnn TTToooaaaùùù nnn

Trang 2

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ LƯỢNG GIÁC

I. BẢNG GIÁ TR Ị LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT SỐ CUNG ĐẶC BIỆT

Cung/ GTLG

0 ( 00 )

6π

( 030 ) 4π

( 045 ) 3π

0(60 )2π

0(90 )

23π

( 0120 )

34π

( 0135 )

56π

( 0150 )

π( 0180 )

sin 0 12

2 2

3 2 1

3 2

2 2

12 0

cos 1 3

22

212 0

12

− 2 2

− 3

2−

-1

tan 0 3

3 1 3 || 3− -1 3

3−

0

cot || 3 1 3

3 0 3

3−

-1 3− ||

II. CÔNG TH ỨC LƯỢNG GIÁC 1. Công thức cộng cos( ) cos cos sin sin

cos( ) cos cos sin sin

sin( ) sin cos sin cos

sin( ) sin cos sin cos

tan tan tan( ) ,( , , )

1 tan tan 2tan tan

tan( ) ,( ,1 tan tan

π π

− = ++ = −− = −+ = +

++ = ≠ + ∈−

−− = ≠+

�

�

�

�

� ℤ

�

a b a b a b

a b a b a b

a b a b b a

a b a b b a

a ba b a b k k

a ba b

a b a ba b

, )2

π π+ ∈ℤk k

2. Công thức nhân đôi

2 2 2 2

2

sin 2 2sin cos

cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin

2 tan tan 2

1 tan

a a a

a a a a a

aa

a

=

= − = − = −

=−

�

�

�

3. Công thức hạ bậc 2 2

2

1 cos2 1 cos 2 cos tan

2 1 cos 21 cos 2

sin2

a aa a

aa

a

+ −= = +

−=

� �

�

4. Công thức biến đổi tích thành tổng

[ ]

[ ]

[ ]

1 cos cos cos( ) cos( )

2 1

sin sin cos( ) cos( )2 1

sin cos sin( ) sin( )2

a b a b a b

a b a b a b

a b a b a b

= − + +

= − − +

= − + +

�

�

�

6. Các hằng đẳng thức lượng giác

2 2

22

22

sin 1

1 1 tan , ,

21

1 cot , ,sin

tan .cot 1, ,2

a cos a

a a k kcos a

a a k ka

ka a a k

π π

π

π

+ =

+ = ≠ + ∈

+ = ≠ ∈

= ≠ ∈

�

� ℤ

� ℤ

� ℤ

5. Công thức biến đổi tổng thành tích

cos cos 2cos .cos2 2

cos cos 2sin .sin2 2

sin sin 2sin .cos2 2

sin sin 2cos .sin2 2

sin( ) tan tan

cos cos sin( )

cot cotcos cos

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

a ba b

a b a b

a ba b

+ −+ =

+ −− = −

+ −+ =

+ −− =

++ =

−+ =

�

�

�

�

�

�

HOAØNG THAÙI VIEÄT ÑHBKÑN - 01695316875


Trang 3

IV. MỘT SỐ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC HAY DÙNG

2 2 2 2

2

3 3

sin cos 2 sin 24 4

cos4x = 2cos 2 1 1 2sin 2 2 sin 2

(sinx cosx) 1 sin 2

1 sin cos (sin cos ) 1 sin 2

2

π π + = + = −

− = − = −± = ±

+ = + −

�

�

�

�

x x x cos x

x x cos x x

x

x x x x x 6

3 3

4 4 2

4 4 2 2

6 2

1 sin cos (sin cos ) 1 sin 2

2

1 sin cos 1 sin 2

2 sin cos sin cos

3 sin cos 1 sin 2

4

x x x x x

x x x

x x x x

x x x

− = − +

+ = −

− = −

+ = −

�

�

�

�

III. PH ƯƠNG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Phương trình sinx = a Phương trình cosx = a

�2

sin sin ;2

α πα π α π

= += = ⇔ ∈ = − +

ℤx k

x a kx k

�sin 2

sin ;sin 2

x arc a kx a k

x arc a k

ππ π

= += ⇔ ∈ = − +

ℤ

�2

s s ;2

α πα α π

= += = ⇔ ∈ = − +

ℤx k

co x a co kx k

�2

;2π

π = +

= ⇔ ∈ = − +ℤ

x arccosa kcosx a k

x arccosa k

Phương trình tanx = a (ĐK: π π≠ + ∈ℤ,2

x k k ) Phương trình cotx = a (ĐK: π≠ ∈ℤ,x k k )

� tan tan ;α α π= = ⇔ = + ∈ℤx a x k k � tan arctan ;π= ⇔ = + ∈ℤx a x a k k

� cot t ;α α π= = ⇔ = + ∈ℤx a co x k k � cot cot ;π= ⇔ = + ∈ℤx a x arc a k k

IV. PHƯƠNG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP 1. Phương trình asinx + bcosx = c

asinx + bcosx = c 2 2 sin( )a b x cα⇔ + + = . Trong đó 2 2 2 2

;sina b

cosa b a b

α α= =+ +

2. Phương trình 2 2a x b x x c x d+ + =sin sin cos cos - Kiểm tra xem cosx = 0 có là nghiệm của phương trình không ?. - Nếu cos 0x ≠ , chia cả 2 vế của phương trình cho 2cos x, ta được: 2 2tan (1 tan )a x btanx c d x+ + = +

BẢNG ĐẠO HÀM

� '( )xα = 1.xαα −

� '

1

x

= 2

1

x−

� '( )x = 1

2 x

� (sinx)’ = cosx � (cosx)’ = - sinx

� (tanx)’ = 2

1

cos x

� (cotx)’ = 2

1

sin x−

� '( )uα = 1. '. u uαα −

� '

1

u

= 2

'u

u−

� '( )u = '

2

u

u

� (sinu)’ = u’.cosu � (cosu)’ = -u’.sinu

� (tanu)’ = 2

'

cos

u

u

� (cotu)’ = 2

'

sin

u

u−

� ')( xe = ex

� ')( xa = ax.lna

� (ln| x |)’ = x

1

� (loga| x |)’ = 1

lnx a

� ')( ue = u’.eu

� ')( ua = u’.au.lna

� (ln| u |)’ = u

u'

� (loga| u |)’ = au

u

ln

'

� (u ± v)’ = u’ ± v’ � (uv)’ = u’v + v’u � (ku)’ = k.u’

�'

u

v

= 2

' 'u v v u

v

−

�2

. .'

( )

ax b a d b cy y

cx d cx d

+ −= ⇒ =+ +



Trang 4

Chương I KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ

I. KH ẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC 3, BẬC 4 1. Các bước khảo sát - Tập xác định: D = R ; - Tính đạo hàm y’, giải phương trình y’ = 0 và tìm các điểm cực trị ; - Tính các giới hạn lim

xy

→−∞ ; lim

xy

→+∞ ;

- Lập BBT, nhận xét về tính đơn điệu và cực trị của đồ thị hàm số ; - Vẽ đồ thị. Tìm điểm đặc biệt: Tâm đối xứng của đồ thị, giao với các trục Ox, Oy … 2. Các dạng của đồ thị

Hàm số bậc 3 Hàm số bậc 4 Có cực đại và cực tiểu Có cực đại và cực tiểu

a > 0 a < 0 a > 0 a < 0

Không có cực trị Có cực đại hoặc cực tiểu a > 0 a < 0 a > 0 a < 0

3. Các ví dụ Hàm số bậc ba Hàm số bậc bốn

Ví dụ : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 4y x x= + −Giải

* Taäp xaùc ñònh: D = R * Đạo hàm: 2' 3 6 3 ( 2)y x x x x= + = +

Cho 0 4

' 0 3 ( 2) 02 0

x yy x x

x y

= ⇒ = −= ⇔ + = ⇔ = − ⇒ =

* Giới hạn: limx

y→−∞

= −∞ ; limx

y→+∞

= +∞

* Baûng bieán thieân:

Ví dụ : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 22 3y x x= − −Giải

* Taäp xaùc ñònh: D = R * Đạo hàm: 3 2' 4 4 4 ( 1)y x x x x= − = −

Cho 2 1 4' 0 4 ( 1) 0

0 3

x yy x x

x y

= ± ⇒ = −= ⇔ − = ⇔ = ⇒ = −

* Giới hạn: limx

y→−∞

= +∞ ; limx

y→+∞

= +∞

* Baûng bieán thieân:

PHẦN GIẢI TÍCH



Trang 5

x −∞ -2 0 + ∞y’ + 0 - 0 +

y 0 +∞−∞ -4

* Nhận xét : + HS đồng biến trên ( ; 2)�−∞ − và (0; )+∞ , nghịch biến trên (-2 ; 0). + HS đạt cực đại tại x = -2 ; yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 0 ; yCT = -4. * Đồ thị: + Ñoà thò nhaän ñieåm I(-1 ; -2) laøm taâm ñoái xöùng. + Cho 1 0x y= ⇒ = . + Cho 3 4x y= − ⇒ = − .

x −∞ -1 0 1 + ∞y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ -3 +∞

-4 -4 * Nhận xét: + HS đồng biến trên ( 1;0) − và (1; )+∞ , nghịch biến trên ( ; 1)−∞ − và (0;1). + HS đạt cực đại tại x = 0 ; yCĐ = -3, đạt cực tiểu tại x = 1 ± ; yCT = -4. * Đồ thị: + Cho 2 5x y= − ⇒ = . + Cho 2 5x y= ⇒ = .

II. KH ẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM PHÂN TH ỨC ax by

cx d+=+

, dx

c

≠ −

Các bước khảo sát Ví dụ

* TXĐ: D = \d

Rc

− .

* Tính đạo hàm '2( )

ad bcy

cx d

−=+

.

* Giới hạn, tiệm cận.

lim ?d

x c

y+

→−

= , lim ?d

x c

y−

→−

= ⇒ Tiệm cận đứng:d

xc

= − .

limx

ay

c→+∞= , lim

x

ay

c→−∞= ⇒Tiệm cận ngang: y =

a

c.

* L ập bảng biến thiên: y’ > 0 y’ < 0

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1

1

xy

x

+=−

Giải * Tập xác định: \ {1}D = ℝ

* Đạo hàm: 2

2' 0

( 1)y

x

−= <−

x D∀ ∈ .

* Giới hạn, tiệm cận: + Vì

1 1lim ; limx x

y y+ −→ →

= +∞ = −∞ neân TCÑ: x = 1.

+ Vì lim 1x

y→±∞

= neân tieäm caän ngang laø y = 1.

* Baûng bieán thieân: x −∞ 1 + ∞y’ - -

y 1 +∞

−∞ 1 * Nhận xét:



Trang 6

* Vẽ đồ thị. Tìm điểm đặc biệt: giao với trục Ox, Oy.

Lưu ý: - Đồ thị đối xứng qua điểm I là giao điểm của TCĐ và TCN. - Trục hoành: y = 0. - Trục tung: x = 0.

+ HS luôn nghịch biến trên ( );1−∞ và ( )1;+∞ .

+ HS không có cực trị. * Đồ thị: + Cho 0 1x y= ⇒ = − . + Cho 0 1y x= ⇒ = − .

BÀI TẬP Bài tập 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau: 1. 3 23 1y x x= + −2. 3 23 1y x x= − +3. 3 23y x x= +

4. 3 23 2y x x= − +

5. 3 22 3y x x= −

6. 3 26 9y x x x= − +7. 3 23y x x= − +

8. 3 22 3 1y x x= − + +

9. 3 23 1y x x= − + −10. 3 3 2y x x= − + −11. 3 23 2= − − +y x x

12. 3 23 4= − + −y x x

13. 3 26 9 1= − + −y x x xBài tập 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau: 1. 4 22 1y x x= − −2. 2 42y x x= −

3. 4 212 1

4= − + +y x x

4. 4 22 4 1y x x= − −5. 4 22 2y x x= − −6. 4 22 1y x x= − +

7. 4

2 3

2 2

xy x= − −

8. 4 24y x x= − +

Bài tập 3: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

1. 1

2

xy

x

−=+

2. 1

2

−=−

xy

x

3. 2 1

1

xy

x

−=+

4. 2 3

1

xy

x

−=+

5. 3

1

xy

x

+=−

6. 3 1

1

xy

x

+=−

7. 3 5

2 2

xy

x

+=+

8. 3 2

1

xy

x

−=+

9. 2 1

2

xy

x

+=−

10. 2 1

2

xy

x

− +=+

11. 2 1

2

xy

x

+=−

12. 2

1

xy

x

+=+

13. 1

2

+=−

xy

x



Trang 7

BÀI TOÁN 1: Định giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến trên TXĐ

1. Định lí về dấu của tam thức bậc 2 Cho tam thức bậc 2: 2( )f x ax bx c= + + ( 0a ≠ ) có 2 4b ac∆ = − . Khi đó:

- Nếu 0∆ < thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ℝ .

- Nếu 0∆ = thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ℝ , trừ 2b

xa

= − .

- Nếu 0∆ > , giả sử tam thức có 2 nghiệm 1 2, x x ( 1 2x x< ) ta có bảng xét dấu:

x - ∞ 1x 2x +∞f(x) cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a

2. Định giá trị của m Đối với hàm bậc 3 3 2y ax bx cx d= + + + ( 0a ≠ ) - Tập xác định: D = R - Đạo hàm: 2' 3 2y ax bx c= + + .

Đối với hàm nhất biến ax by

cx d+=+

, dx

c ≠ −

TXĐ: D = \d

Rc

−

. Đạo hàm: 2

. .'( )a d b c

ycx d

−= +

y đồng biến trên D ' 0y⇔ ≥ , x D∀ ∈

0

0

>⇔ ∆ ≤

a

y nghịch biến trên D ' 0y⇔ ≤ , x D∀ ∈

0

0

<⇔ ∆ ≤

a

y đồng biến trên từng khoảng của D

' 0⇔ >y , x D∀ ∈ 0⇔ − >ad bc

y nghịch biến trên từng khoảng của D

' 0⇔ <y , x D∀ ∈ 0⇔ − <ad bc

Ví dụ: Định m để hàm số 3 21

( 6) (2 1)3

y x mx m x m= + + + − + đồng biến trên

tập xác định. Giải. Tập xác định: D = R

2' 2 6y x mx m= + + + có ' 2' .1( 6)∆ = − +y m m

2 6m m= − −Để hàm số đồng biến trên tập xác định thì

2

1 03 2 36 0

= > ⇔ − < <− − <

a m

m m.

Ví dụ: Định m để hàm số (2 1) 3m x

yx m

− +=+

đồng

biến trên tập xác định. Giải. Tập xác định: D = R\{-m}

Ta có 2

2 2

(2 1) 3 2 3'

( ) ( )

m m m my

x m x m

− − − −= =+ +

.

Để HS đồng biến trên TXĐ thì

2

1' 0 2 3 0 3

2

< −> ⇔ − − > ⇔ >

my m m

m .

BÀI TẬP 1. Cho hàm số 3 2( 2) ( 1) 2= + + − − −y x m x m x (1). Định m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định

của nó. 2. Cho hàm số 3 23 2 12 + − += mxy x x (1). Định m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.

3. Cho hàm số 2 3 21 ( 1)

3( 1) 2 1−= + − − +my x m x x (1). Định m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác

định của nó.

CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ



Trang 8

BÀI TOÁN 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn [a ; b]

Cho hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a ; b]. Phương pháp Ví dụ

* Tính đạo hàm y’. * Giải y’ = 0 tìm nghiệm 1 2, x x … ( ; )∈ a b* Tính các giá trị 1 2( ), ( ), ( ), ( )...y a y b y x y x

* Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các sốtrên, ta có:

max [ ; ]

= y Ma b

min m[ ; ]

=y a b

Ví dụ. Tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 23 2= − +y x x trên đoạn [-1 ; 1].

Giải * Đạo hàm: 2' 3 6 3 ( 2)= − = −y x x x x

Cho y’ = 0 0�(nhaän)

3 ( 2) 02�(loaïi)

xx x

x

=⇔ − = ⇔ =

* Ta có y(-1) = -2 ; y(0) = 2 ; y(1) = 0 * V ậy: max 2

[ 1;1]=

−y đạt được tại x = 0.

min 2[ 1;1]

= −−

y đạt được tại x = -1.

BÀI TẬP 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 3 1y x x= − + trên đoạn [0 ; 2] (TN THPT 2007). 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 22 1y x x= − + trên đoạn [0 ; 2] (TN THPT 2008 – Lần 1). 3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 22 6 1y x x= − + trên đoạn [-1 ; 1] (TN THPT 2008 – Lần 2).

4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 212 3 7

3= − + −y x x x trên đoạn [0 ; 2].

5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 2 ln(1 2 )y x x= − − trên đoạn [-2 ; 0] (TN THPT 2009). 6. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (3 )= − xy x e trên đoạn [3 ; 3]. 7. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 2xy x e= − trên đoạn [-1 ; 0].

BÀI TOÁN 3: Phương trình ti ếp tuyến của đồ thị hàm số

Phương trình tiếp tuyến (PTTT) của hàm số y = f(x) có đồ thị (C) tại điểm 0 0 0( ; )M x y ∈ đồ thị (C) và có

hệ số góc 0'( )k f x= là:

Các bài toán thường gặp: Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C): y = f(x). 1. Tại điểm có hoành độ là x0, (tung độ 0y ) biết trước.

Cách giải: Thay x0, ( 0y ) vào phương trình của (C) ta tìm được y0, ( 0x ) tương ứng.

Lưu ý: + Tại giao của đồ thị (C) với trục tung: Ta có x0 = 0. + Tại giao của đồ thị (C) với trục hoành: Ta có y0 = 0. 2. Có hệ số góc k cho trước. Cách giải: Từ phương trình k = f’( 0x ) ta tìm được 0x từ đó tìm được 0y .

3. Biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng (d) y = ax + b. Cách giải: Vì tiếp tuyến // d k a⇒ = , từ phương trình k = f’( 0x ) = a ta tìm được 0x từ đó tìm 0y .

4. Biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng (d) y = ax + b. Cách giải: Vì tiếp tuyến vuông góc với d nên k.a = -1 từ đó suy ra được k, từ phương trình

0 0 0 0( ) '( )( )y y k x x f x x x− = − = −



Trang 9

k = f’( 0x ) = a ta tìm được 0x từ đó tìm 0y .

Ví dụ 1. Cho hàm số 1

2

xy

x

−=+

, gọi đồ thị của hàm số là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) .

1. Tại điểm có hoành độ bằng -1 ; 2. Tại điểm có tung độ bằng 2 ; 3. Tại giao điểm của đồ thị với trục hoành ; 4. Tại giao điểm của đồ thị với trục tung.

Giải. 2

3'

( 2)y

x=

+ .

1. Theo đề bài ta có x0 = -1 ⇒ y0 ( 1) 2= − = −y . Mặt khác hệ số góc k = y’(-1) = 3. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y + 2 = 3(x + 1) hay y = 3x + 1.

2. Theo đề bài ta có y0 = 2 00 0 0

0

12 1 2( 2) 5

2

x x x x

x

−⇒ = ⇒ − = + ⇒ = −

+ .

Mặt khác hệ số góc k = y’(-5)1

3= .

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y - 2 = 1

3(x + 5) hay y =

3

x +

11

3.

3. Theo đề bài ta có y0 = 0 00

0

10 1

2

−⇒ = ⇒ =

+x

xx

. Mặt khác hệ số góc k = y’(1) = 1

3.

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 0 = 1

3(x - 1) hay y =

1

3x -

1

3.

4. Theo đề bài ta có x0 = 0 ⇒ y0 = -12

. Mặt khác hệ số góc k = y’(0) = 3

4.

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y + 1

2 =

3

4(x - 0) hay y =

3

4x -

1

2.

Ví dụ 2. Cho hàm số 2

1

xy

x=

−, gọi đồ thị của hàm số là (C). Viết PTTT với đồ thị (C)

1. Tại điểm có hệ số góc bằng -2.

2. Biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng 1

2y x= − .

3. Biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng 9

12

y x= + .

Giải 2

2'

( 1)y

x

−= −

.

1. Theo đề bài ta có 02 20 0 0 02

00

02'( ) 2 2 ( 1) 1 2 0

2( 1)

xy x x x x

xx

=−= − ⇔ = − ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =− .

Với 0 00 0x y= ⇒ = . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 0 = -2(x – 0) hay y = -2x.

Với 0 02 4x y= ⇒ = . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 4 = -2(x – 2) hay y = -2x + 8.

2. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng 1

2y x= − nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 0

1'( )

2y x = − .

Ta có 02 20 0 0 02

00

31 2 1'( ) ( 1) 4 2 3 0

12 ( 1) 2

=−= − ⇔ = − ⇒ − = ⇒ − − = ⇒ = −−

xy x x x x

xx .

Với 0 03 3x y= ⇒ = . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: ( )13 3

2y x− = − − hay

1 9

2 2y x= − + .

Với 0 01 1x y= − ⇒ = . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: ( )11 1

2y x− = − + hay

1 1

2 2y x= − + .


TTTaaaøøøiii llliiieeeäääuuu oooââânnn ttthhhiii TTT oooáááttt nnnggghhhiiieeeäääpppTTT TTTHHHPPP nnn mmmoooââânnn TTToooaaaùùù

Trang 10

3. Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 9

2y x= nên tiếp tuyến có hệ số góc k = 0

2'( )

9y x = − .

Đến đây làm tương tự câu 2.

Đáp án: Có 2 tiếp tuyến thoả mãn là 2 32

9 9y x= − + và

2 8

9 9y x= − + .

BÀI TẬP

1. Viết PTTT với đồ thị hàm số 2 3

1

xy

x

+=+

tại điểm có hoành độ 0 3x = − (TN THPT 2006).

2. Cho HS 4 22 1y x x= − + có đồ thị (C). Viết PTTT với (C) tại điểm cực đại (TN THPT 2007).

3. Cho HS 3 2

1

xy

x

−=+

có đồ thị (C). Viết PTTT với (C) tại điểm có tung độ = -2 (TN THPT 2008).

4. Cho HS 2 1

2

xy

x

+=−

có đồ thị (C). Viết PTTT với (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5 (TN

THPT 2009).

5. Cho HS 4 21 33

2 2= − +y x x có đồ thị (C). Viết PTTT với (C) tại điểm có hoành độ bằng 2.

6. Cho HS 2 3

1

−=−x

yx

có đồ thị (C). Viết PTTT với (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường

thẳng y = -x + 3.

BÀI TOÁN 4: Dùng đồ thị (C) y = f(x) biện luận theo m số nghiệm của phương trình f(x) = m

Phương pháp - Biến đổi, đưa phương trình về dạng: f(x) = m (1). - Đặt: y = f(x) (C).

y = m (d) là đường thẳng song song với trục Ox. - Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của (C) và (d). Dựa vào đồ thị, ta có:

Hàm bậc 3: 3 2y ax bx cx d= + + + Hàm bậc 4: 4 2y ax bx c= + +Đồ thị Biện luận Đồ thị Biện luận

* CD

CT

m y

m y

> <

: (1) có 1 nghiệm.

* CD

CT

m y

m y

= =

: (1) có 2 nghiệm.

* CT CDy m y< < : (1) có 3

nghiệm.

* CTm y< : (1) vô nghiệm.

* CTm y= : (1) có 2 nghiệm.

* CT CDy m y< < : (1) có

4 nghiệm. * CDm y= : (1) có 3 nghiệm.

* CDm y> : (1) có 2 nghiệm.

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 3y x x= − . Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình

3 3 1 0x x m− + − = . Giải

* Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: (học sinh tự làm). * Đồ thị:

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 22 1= − −y x x . Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình

4 22 1 0− − + =x x m . Giải

* Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: (học sinh tự làm). * Đồ thị:



Trang 11

* Ptrình 3 33 1 0 3 1x x m x x m− + − = ⇔ − = − (1) * Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m – 1. Dựa vào đồ thị (C), ta có:

+ Nếu 1 2 1

1 2 3

m m

m m

− < − < − ⇔ − > >

thì phương trình (1)

có 1 nghiệm.

+ Nếu 1 2 1

1 2 3

m m

m m

− = − = − ⇔ − = =

thì phương trình (1)

có 2 nghiệm. + Nếu 2 1 2 1 3m m− < − < ⇔ − < < thì phương trình (1) có 3 nghiệm.

* Ptrình 4 2 4 22 1 0 2 1 2− − + = ⇔ − − = −x x m x x m (1) * Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m – 2. Dựa vào đồ thị (C), ta có: + Nếu 2 2 0− < − ⇔ <m m thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 2 2 0− = − ⇔ =m m thì phương trình (1) có 2 nghiệm. + Nếu 2 2 1 0 1− < − < − ⇔ < <m m thì phương trình (1) có 4 nghiệm. + Nếu 2 1 1− = − ⇔ =m m thì phương trình (1) có 3 nghiệm. + Nếu 2 1 1− > − ⇔ >m m thì phương trình (1) có 2 nghiệm.

Chú ý: Phương pháp biện luận trên chỉ áp dụng cho trường hợp hàm bậc 3 hoặc bậc 4 có cả điểm cực đại và điểm cực tiểu. Ví dụ: Cho hàm số 3 23 2= − + −y x x , gọi đồ thị của hàm số là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để phương trình

− + + + =3 23 2 1 0x x m có 3 nghiệm phân biệt. Giải

1. Học sinh tự làm.

2. Tìm các giá trị của m …

− + + + = ⇔ − + − = +3 2 3 23 2 1 0 3 2 1x x m x x m (1) Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m + 1. Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì:

2 1 2 3 1m m− < + < ⇔ − < < .

Ví dụ: Cho hàm số 4 212

4= − +y x x , gọi đồ thị của

hàm số là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để phương trình

4 21 2 2 1 04x x m− + − + = có 4 nghiệm phân biệt.

Giải 1. Học sinh tự làm.

2. Tìm các giá trị của m …

− + − + = ⇔ − + = −4 2 4 21 12 2 1 0 2 2 14 4x x m x x m



Trang 12

Số nghiệm của PT trên là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = 2m - 1. Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì:

1 50 2 1 4

2 2m m< − < ⇔ < < .

BÀI TẬP 1. Cho hàm số 3 22 3 1y x x= + − có đồ thị (C). Dựa vào (C), biện luận theo m số nghiệm của phương

trình 3 22 3 1x x m+ − = (TN THPT 2008 – Lần 1). 2. Cho hàm số 3 26 9 1= − + −y x x x có đồ thị (C). Tìm m để phương trình 3 26 9 0x x x m− + − = có 3

nghiệm phân biệt. 3. Cho hàm số 4 22= − +y x x có đồ thị (C). Tìm m để phương trình − + − =4 22 2 0x x m có 4 nghiệm

phân biệt.

BÀI TOÁN 5: Định m để hàm số có cực đại, cực tiểu (đối với HS bậc 3: 3 2y ax bx cx d= + + + ).

Phương pháp Ví dụ Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ y’ = 0 có 2

nghiệm phân biệt '

00y

a

≠⇔ ∆ > .

Ví dụ: Định m để hàm số 3 2( 1) 2y x m x x= + − + −có cực đại, cực tiểu.

Giải Đạo hàm: 2' 3 2( 1) 1= + − +y x m x Ta có ' 2 2

' ( 1) 3.1 2 2∆ = − − = − −y m m m

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì

2

1 0 1 3

' 2 2 0 1 3

= ≠ < −⇔

∆ = − − > > +

a m

m m m .

BÀI TẬP

1. Cho hàm số 3 2 21 ( 1) (3 4 1)

3= + − + − + +y x m x m m x m. Xác định m để :

a. Hàm số có cực đại và cực tiểu. (Đáp án: 0 < m < 1). b. Hàm số luôn đồng biến trên R. (Đáp án: 0m ≤ hoặc 1m ≥ ).

2. Cho hàm số 3 2( 2) 3 5y m x x mx= + + + − . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

3. Cho hàm số 3 23 (2 2) 2y mx x m x= − + − − . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

4. Cho hàm số 4 22( 1)= − − +y x m x m. Xác định m để hàm số có 3 cực trị.

BÀI TOÁN 6: Định m để hàm số nhận điểm 0x làm điểm cực đại (cực tiểu)

Phương pháp

Điểm 0x là điểm cực đại 0

0

'( ) 0

''( ) 0

=⇔

<y x

y x .

Ví dụ: Định m để hàm số 3 2 2( 1) (3 4 ) 9

3= + − + − + −m

y x m x m m x m

nhận điểm x =1 làm điểm cực đại. Giải


nnn ttthhhiii TTT uuu oooâââiii llliiieee äää TTTaaa øøø ooo ááá ttt nnnggghhhiiieeeäää pppTTT TTTHHHPPP nnn mmmoooââânnn TTToooaaaùùù nnn

Trang 13

Điểm 0x là điểm cực tiểu 0

0

'( ) 0

''( ) 0

=⇔

>y x

y x .

Ta có 2 2' 2( 1) 3 4 '' 2 2( 1)= + − + − ⇒ = + −y mx m x m m y mx m Để hàm số nhận điểm x = 1 làm điểm cực đại thì

22

1'(1) 0 3 2 0 23''(1) 0 1 34 2 0

2

m my m m

my m

m

= ∨ = −= − − =⇔ ⇔ ⇔ = − < − < <

.

BÀI TẬP 1. Cho hàm số 3 2( 3) 5y x m x mx= − + + + . Xác định các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại x = 2.

2. Cho hàm số 3 2 21( 1) 1

3y x mx m m x= − + − + + . Xác định m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.

3. Cho hàm số 3 2 23 ( 1) 2= − + − +y x mx m x . Xác định các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại x = 2.

BÀI TOÁN 7: Ch ứng minh hàm số y = f(x, m) luôn có cực tr ị với mọi giá tr ị của tham số m

Phương pháp Chứng tỏ f’(x, m) luôn có nghiệm và đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó. - Với hàm số bậc 3, chứng tỏ y’ = 0 có delta dương với mọi m. - Với hàm số bậc 4, cần theo yêu cầu bài toán đểtìm m sao cho y’ = 0 có 1 nghiệm hoặc 3 nghiệm.

Ví dụ: Chứng minh rằng đồ thị hàm số 3 2 2 1y x mx x= − − + luôn có một điểm cực đại và

một điểm cực tiểu với mọi giá trị của m. Giải

* Tập xác định: D = R. * Đạo hàm: 2' 3 2 2y x mx= − − * Ta có 2 2' ( ) 3.( 2) 6 0,∆ = − − − = + > ∀ ∈m m m R. Suy ra y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y’đổi dấu (có thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm 1 2; x x ) khi x đi qua 2 nghiệm đó. * V ậy hàm số luôn có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu với mọi m.

---------------------------------------- Hết chương I ----------------------------------------



Trang 14

Chương II HÀM SỐ LUỸ THỪA, HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LÔGARIT

1. Luỹ thừa với số mũ nguyên ( 0a ≠ , ,m n∈ℤ ) 0 1,( 0)

1 n

n

a a

aa

−

= ≠

=

�

� m

.

a

m n m n

m nn

a a a

aa

+

−

=

=

�

�

( )m . a

a

b

n m n

m m

m

a

ab

=

=

�

�

m (a.b) .m ma b=�

2. Căn bậc n Định nghĩa: Cho số thực b và số nguyên dương n ≥ 2. Số a được gọi là căn bậc n của số b nếu na b= . Kí hi ệu: na b= . - n lẻ, b R∈ : tồn tại duy nhất n b . - n chẵn: + b < 0: không tồn tại căn bậc n của b. + b = 0: 0 0n = . + b > 0: tồn tại 2 căn bậc n trái dấu của b đó là n b và - n b .

Tính chất ( , 0a b> , ,m n +∈ℤ )

� . .n n na b a b= �n

nn

a abb

=

� ( )m n mn a a= � .n m n ma a=

�

mn m na a= � .m n m na a=

3. Luỹ thừa với số mũ thực ( 0a > , , Rα β ∈ )

� .a a aα β α β+= � ( ). .a b a bα α α=

� aa

a

αα β

β−= � a a

b b

α α

α =

� ( ) .a aβα α β=

� Neáu a > 1 thì a aα β α β> ⇔ > � Neáu 0 < a < 1 thì a aα β α β> ⇔ <

4. Loâgarit a. Định nghĩa: Cho a, b > 0, 1a ≠ , ta có: loga b a bαα= ⇔ =b. Công thức: Cho a > 0, 1a ≠ , M, N > 0. � log 1 0a = � log ( . ) log logM N M Na a a= +

� log 1a a = � log log logM

M Na a aN= −

� log Ma Ma = � log logMb M ba a=

� log Maa M= � 1log logb baaα α

=

� 1log log= a b

b a

c. Công thức đổi cơ số: Cho a, b, c > 0, 1a ≠ , c ≠ 1. log

log log

bcba ac=

d. So sánh lôgarit: Cho a > 0, 1a ≠ . a > 1 : log loga aM N M N> ⇔ > . 0 < a < 1: log loga aM N M N> ⇔ < .

e. Lôgarit thập phân và lôgarit tự nhiên: Số 1

lim 1 2,71828...n

xe

n→+∞

= + ≈

Lôgarit thập phân: Lôgarit tự nhiên: 10log logx = lgxx = log lne x x=



Trang 15

5. Giải PT, BPT mũ và lôgarit Phương trình mũ Phương trình lôgarit

a. Phöông trình muõ cô baûn

Daïng: xa b= , ( 0, 1)a a> ≠ .

Vôùi b > 0, ta coù: log= ⇔ =x a b x ba

Vôùi b ≤ 0, phöông trình voâ nghieäm. b. Phương pháp giải PT mũ thường gặp - Đưa về cùng cơ số. - Đặt ẩn phụ (đặt t = xa , t>0). - Lôgarit hoá.

a. Phöông trình loâgarit cô baûn

Daïng: log x ba = , (a > 0, a ≠ 1).

Ta coù: log = ⇔ = bx b x aa

b. Phương pháp giải PT lôgarit thường gặp - Đưa về cùng cơ số. - Đặt ẩn phụ (không cần đặt điều kiện cho ẩn phụ). - Mũ hoá.

Chú ý: Các em nắm thật vững hai phương pháp đưa về cùng cơ số và đặt ẩn phụ để giải PT, BPT mũ, lôgarit. Còn phương pháp thứ 3 tương đối khó chỉ nên tham khảo thêm.

6. Một số dạng phương trình (BPT) mũ, lôgarit thường gặp a. Các dạng cơ bản

a > 0, 1a ≠ a > 1 0 < a < 1

( ) ( ) ( ) ( )f x g xa a f x g x= ⇔ =( ) 0

log ( ) log ( ) ( ) 0

( ) ( )a a

f x

f x g x g x

f x g x

>= ⇔ > =

( ) ( ) ( ) ( )f x g xa a f x g x> ⇔ >( ) 0

log ( ) log ( )( ) ( )a a

g xf x g x

f x g x

>> ⇔ >

( ) ( ) ( ) ( )f x g xa a f x g x> ⇔ >( ) 0

log ( ) log ( )( ) ( )a a

f xf x g x

f x g x

>> ⇔ <

b. Vận dụng Dạng toán Ví dụ

Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai 2. . 0x xm a n a p+ + = (1)

Phương pháp - Đặt xt a= , (t > 0). Ta được PT: 2. . 0m t n t p+ + =- Giải phương trình trên tìm nghiệm t (nhớ với điều kiện t > 0). - Giải phương trình logx

aa t x t= ⇔ = .

- Kết luận, nghiệm của (1).

Ví dụ: Giải phương trình 2 13 4.3 1 0x x+ − + = . Giải

2 1 23 4.3 1 0 3.3 4.3 1 0x x x x+ − + = ⇔ − + =Đặt t = 3x (t > 0), ta được phương trình

21

3 4 1 0 13

=− + = ⇔

=

tt t

t

Với t = 1 33 1 log 1 0x x⇔ = ⇔ = = .

Với t = 3

1 1 13 3 log 1

3 3 3x x⇔ = ⇔ = = − .

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = 0 ; x = -1.

Dạng 2: . . 0x xm a n a p−+ + = hay . 0xx

nm a p

a+ + = .

Phương pháp

- Đặt xt a= , (t > 0). Khi đó 1 1x

xa

a t− = = .

- Thay vào PT đã cho giải tìm t (t > 0). Rồi tìm x. - Kết luận, nghiệm của PT.

Ví dụ: Giải phương trình 16 6 5 0x x−− − = . Giải

1 66 6 5 0 6 5 0

6x x x

x−− − = ⇔ − − =

Đặt t = 6x (t > 0), ta được phương trình

2 6� (nhan)6 5 0 5 6 01�(loai)

t ät t t

t t ï

=− − = ⇔ − − = ⇔ = −

.

Với t = 6 66 6 log 6 1⇔ = ⇔ = =x x .



Trang 16

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 6. Dạng 3: BPT mũ ( ) ( ) , (0 1)f x g xa a a≤ < ≠ . Phương pháp - Nếu 0 < a < 1, ta có f(x) ≥ g(x) (BPT đổi chiều). - Nếu a > 1, ta có f(x) ≤ g(x). Với BPT ( ) f xa c≤- Nếu 0 < a < 1, ta có f(x) ≥ loga c (BPT đổi

chiều) - Nếu a > 1, ta có f(x) ≤ loga c.

Ví dụ: Giải bất phương trình 2 3 1

24

x x− ≤ .

Giải 2 23 3 2 21

2 2 2 3 24

x x x x x x− − −≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ −

2 3 2 0 1 2x x x⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: [1 ; 2].

Dạng 4: Biến đổi về phương trình dạng log ( ) log ( )a af x g x= .

Phương pháp - Dùng các công thức tính toán, cộng, trừ lôgarit để biến đổi. - Cần chú ý đến ĐK của các biểu thức dưới dấu lôgarit.

Ví dụ: Giải phương trình 3 9log (9 ) log 5x x+ = .

Giải

Điều kiện: 0

09 0

x x

x

>⇔ > >

. Khi đó:

23 9 3 3 3log (9 ) log 5 log 9 log log 5x x x x+ = ⇔ + + =

3 3 3

23

1 32 log log 5 log 3

2 2log 2 3 9.

x x x

x x

⇔ + + = ⇔ =

⇔ = ⇔ = =Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 9.

Dạng 5: Phương trình bậc hai chứa dấu lôgarit 2.log ( ) .log ( ) 0a am f x n f x p+ + = .

Phương pháp - ĐK: f(x) > 0. - Đặt log ( )at f x= , ta được 2. . 0m t n t p+ + = . Giải

phương trình tìm t. - Giải PT log ( ) ( ) t

a f x t f x a= ⇔ = để tìm x.

- Kết luận nghiệm.

Ví dụ: Giải phương trình 2 2 24 log 3log 10 0x x− − = .

Giải Điều kiện: 0x > . Đặt 2logt x= , ta được PT 24 3 10 0t t− − = .

Giải PT này được t = 2 ; t = 5

4− .

Với t = 2, ta có 22log 2 2 4x x= ⇔ = = .

Với t = 5

4− , ta có

5

42

5log 2

4x x

−= − ⇔ = .

Dạng 6: BPT lôgarit log ( ) log ( ), (0 1)a af x g x a< < ≠ .

Phương pháp

- ĐK: ( ) 0

( ) 0

f x

g x

> >

.

- Nếu 0 < a < 1, ta có f(x) > g(x) (BPT đổi chiều). - Nếu a > 1, ta có f(x) < g(x). Với BPT log ( )a f x c≤- Nếu 0 < a < 1, ta có ( ) cf x a≥ (BPT đổi chiều)

- Nếu a > 1, ta có f(x) ≤ ca .

Ví dụ: Giải các bất phương trình sau: a. 2 2log log (3 1)x x≥ − ;

b. 1 1

3 3

log (2 1) log ( 2)x x− > + .

Giải

a. Điều kiện: 0 1

3 1 0 3

x x

x

>⇔ > − >

. Khi đó:

2 2

1log log (3 1) 3 1 2 1

2x x x x x x≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ⇔ ≤ .

Kết hợp ĐK ta được tập nghiệm là: 1 1

;3 2

T =

.

b. Điều kiện: 2 1 0 1

2 0 2

x x

x

− >⇔ > + >

. Khi đó:

1 1

3 3

log (2 1) log ( 2) 2 1 2 3x x x x x− > + ⇔ − < + ⇔ < .

Kết hợp ĐK ta được tập nghiệm là: 1

;32

T =

.



Trang 17

BÀI TẬP Bài tập 1. Không sử dụng máy tính cầm tay. Hãy tính:

a.

40,75

31 1

16 8

− − +

b. 2 3 5 52 .8−

c. 2

1,5 3(0,04) .(0,125)−−

d. 2 3 3 1 2 3(4 4 ).2− −−

e. 5 42 3

5 45 0,2

− −−

+

f. 3 31 2 2 23 : 9+

g. 9 2 6 4

7 7 5 58 :8 3 .3−

h. 2 7

2 7 1 7

10

2 .5

+

+ +

i. 3 2 1 2 4 28 .4 .2+ − − −

j. 5 20

2 5 1 5

6

4 .9

+

+ +

k. 2log 324l. 49log 157m. 9log 273n. 21 log 38 − o. 102 2log 710 + p. 3 812 log 2 4 log 29 +

Bài tập 2. Giải các phương trình sau:

a. 2 3 22 4x x− + = b. 3 1 2(0,5) .(0,5) 2x x− − = c. 2 1 23 3 108x x− + = d. 1 12 2 2 28+ −+ + =x x x

Bài tập 3. Giải các phương trình sau: a. 3.9 3 2 0− − =x x b. 2 22 9.2 2 0x x+ − + =c. 1 19 36.3 3 0+ −− + =x x d. 14 10.2 24−− =x x e. 2 1 15 5 250− ++ =x x f. 2 6 72 2 17 0+ ++ − =x x

i. 2 13 9.3 6 0x x+ − + =j. 6 33. 2 0x xe e− + =k. 33 3 12 0x x−+ − =l. 1 35 5 26− −+ =x x m. 12 2 3 0−+ − =x x n. 16 6 5 0x x−− − =

o. 1 33 5.3 12x x+ −− =p. 17 2.7 9 0x x−+ − =

q. 3 1

1 1128 0

4 8

− − − =

x x

r. ( ) ( )2 3 2 3 14x x

− + + =

Bài tập 4. Giải các phương trình sau: a. 4 4log (5 2 ) log ( 3)x x− = +b 2 2log ( 1) 1 logx x+ = + c. 4 2log log (4 ) 5x x+ =d. 3 9log (9 ) log 5x x+ =e. 3 3 3log ( 2) log ( 2) log 5x x+ + − =f. 2 2 2log ( 2) log ( 3) log 12x x− + − =g. 2 2log ( 2) log ( 3) 1− + − =x x

h. 2 2log log ( 1) 1x x+ − =

i. 6 1

6

log ( 4) log ( 1) 1− − + =x x

j. 4 4 4log ( 3) log ( 1) 2 log 8+ − − = −x x

k. 2 3 4log (log (log )) 0=x l. 1 4

4

log (3 1) log (2 3 )x x+ = −

m. 3 3 3log (9 1) log (2.3 1) log 2+ − − =x x n. 1 4

4

log ( 5) 2 log ( 1) 0+ + − =x xe e

o. 2

2

1log 1

log= +x

x

p. 24 4log 2log 1 0− + =x x

q. 2 32 2log log 4 0+ − =x x

r. 22 2log 3log 10 0− − =x x

Bài tập 5. Giải các bất phương trình sau:

a.

2

22 3 2 17

7

xx x− + <

b. 2 3 1

24

x x− ≤

c.

1

1 15

25

xx+ <

d. 2 1 3 2

2 5

5 2

x x− − + >

e.

2 31

93

x x− ≥

f. 2 1 17 2 5.7 2x x x x+ − −− ≤ −

g. 2 2 2 21 1 22 3 3 2x x x x− − +− > −

h. 9 3 2 0− − ≥x x i. 49 6.7 7 0x x− − <j. 2 15 5 4+ > +x x

Bài tập 6. Giải các bất phương trình sau:



Trang 18

a. 2 2log log (3 1)x x≥ −b. 2 22 log ( 1) log (5 ) 1 0x x− − − − ≤c. 12

2

log ( 2) log (3 ) 4x x+ + − ≥

d. 12

log (2 4) 1x + ≥

e. 1 13 3

log (2 1) log ( 2)x x− > +

f. 2 2log log (3 1)x x≥ −g. 2 22 log ( 1) log (5 ) 1 0x x− − − − ≤h. 12

2

log ( 2) log (3 ) 4x x+ + − ≥

i. 21 2

2

log ( 6 5) 2log (2 ) 0x x x− + + − ≥

j. 1 5 15 5

log log ( 2) log 3x x− − <

k. + − >3 512

log (2 15) 0x

l. 23 1

2

1log log 1

16x

+ >

m. 2 24 4log ( 2 ) log ( 4)x x x− > +

n. 23 3log 2 5log 2 4 0x x− + <

---------------------------------------- Hết chương II ----------------------------------------

Chương III NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN, ỨNG DỤNG

1. Định nghĩa nguyên hàm Cho haøm soá f(x) xaùc ñònh treân K. Haøm soá F(x) ñöôïc goïi laø nguyeân haøm cuûa haøm soá f(x) neáu F’(x) = f(x) vôùi moïi x ∈ K. 2. Bảng nguyên hàm

Hàm số sơ cấp Nguyên hàm bổ sung � dx x C= +∫

� 1

1

xx dx C

αα

α

+

= +∫ +� cos sinxdx x C= +∫

� sin cosxdx x C= − +∫

� 2

1 tan

cosdx x C

x= +∫

� 2

1 cot

sindx x C

x= − +∫

ln

x x

dxx C

x

e dx e C

= +∫

= +∫

�

�

� ln

xx a

a dx Ca

= +∫

� ( )ax b dxα+∫ 11 1. ( )

1ax b C

aα

α+= + +

+

� 1ax b ax be dx e Ca

+ += +∫

� 1 1 lndx ax b C

ax b a= + +∫ +

� cos( )ax b dx +∫1

sin( )ax b Ca

= + +

� sin( )+∫ ax b dx1

cos( )ax b Ca

= − + +

� sin

tan ln | |os

xxdx dx cosx C

c x= = − +∫ ∫

� os

cot ln | sin |sinx

c xxdx dx x C= = +∫ ∫

3. Định nghĩa tích phân Cho f(x) laø haøm soá lieân tuïc treân ñoaïn [a ; b]. Giaû söû F(x) laø 1 nguyeân haøm cuûa f(x) treân ñoaïn [a ; b].

Hieäu soá F(b) – F(a) ñöôïc goïi laø tích phaân töø a ñeán b cuûa haøm soá f(x). Kí hieäu: ( )b

f x dxa∫ .



Trang 19

Coâng thức: ( ) ( ) | ( ) ( )b

b a

a

f x dx F x F b F a= = −∫

4. Các bài toán đổi biến số Bài toán Ví dụ

Bài toán 1: [ ]( ) . '( )b

a

f u x u x dx∫

Phương pháp: - Đặt ( ) '( )t u x dt u x dx= ⇒ =

- Đổi cận: x b t

x a t

β α

= ⇒ == ⇒ =

- Thế: [ ]( ) . '( ) ( )b

a

f u x u x dx f t dtβ

α=∫ ∫

Ví dụ: Tính 2

sin

0

.cosx I e xdx

π

= ∫

Giải Đặt t = sinx ⇒ dt = cosxdx

Đổi cận: 1

20 0

x t

x t

π

= ⇒ =

= ⇒ =1

1 1 00

0

1t tI e dx e e e e⇒ = = = − = −∫

Bài toán 2: . '( )( )b

a

u xu x dx∫

Phương pháp: - Đặt 2( ) ( )t u x t u x= ⇒ =

2 '( )tdt u x dx⇒ = - Đổi cận. - Thế vào.

Ví dụ: Tính 1

2

0

1I x x dx= +∫

Giải

Đặt 2 2 21 1 2 2t x t x tdt xdx= + ⇒ = + ⇒ = tdt xdx⇒ =

Đổi cận: 1 20 1

x t

x t

= ⇒ == ⇒ =

2 2 2 3 2

11 1

1 1. 2 2 1

3 3I t tdt t dt t

⇒ = = = = −∫ ∫

Bài toán 3: 2

2 2

0

a

a x dx−∫

Phương pháp: Đặt sin cosx a t dx a t= ⇒ =

Bài toán 4: 2 2

0

1a

dxa x∫ +

Phương pháp Đặt 2tan (1 tan )x a t dx a t dt= ⇒ = +

Chú ý: Các em nên tập trung vào 2 bài toán đầu, còn 2 bài toán sau chỉ nên tham khảo. BÀI TẬP

Tính các tích phân sau:

1. 6

0

2

π

∫cos xdx

2. 2

3

0

sin cosx xdx

π

∫

3. 2

3

0

cos sinx xdx

π

∫

4. 2

2

0

sin xdx

π

∫

6. 2

0

cos

3 sin

xdx

x

π

+∫

7. 2

3

sin

2 s

π

π −∫x

dxco x

8. 6

sin

0

cosx e xdx

π

∫

9. 6

0

2 1 4sin3 .cos3x xdx

π

+∫

11. 6

3

(cos 1)sinx xdx

π

π+∫

12. 4

20

sin 2

4 cos

xdx

x

π

−∫

13. 2

2

1

(6 4 1)x x dx− +∫

14. 2

5

1

(2 1)x dx−∫

15. 1 2

30 1

xdx

x+∫

17. 1

0

3 1x dx+∫

18. 2

2

0

4 .x xdx−∫

19. 2

1

0

.xe xdx−∫

20. ln 3

0 1

x

x

edx

e +∫

21. ln 5

ln 2

( 1)

1

x x

x

e edx

e

++∫

22. e 3

1

ln x dxx∫



Trang 20

5. 4

0

tanxdx

π

∫ 10. 2

0

(2sin 3)cosx xdx

π

+∫ 16.

12 3 4

1

(1 )x x dx−

−∫

5. Phương pháp tích phân từng phần

a. Công thức |b b

b a

a a

udv uv vdu= −∫ ∫

b. Các bài toán tích phân từng phần Bài toán Ví dụ

Bài toán 1: ( )b

x

a

P x e dx∫

Phương pháp: Đặt ( )x

u P x

dv e dx

==

Ví dụ: Tính tích phân 1

0

xI xe dx= ∫ .

Giải. Ñaët x x

u x du dx

dv e dx v e

= ⇒ =

= ⇒ =

Vaäy 1

1 10 0

0

( ) | | ( 1) 1x x xI xe e dx e e e e= − = − = − − =∫ .

Bài toán 2: ( )sinb

a

P x xdx∫

Phương pháp: Đặt ( )sin

u P x

dv xdx

==


0

(2 1)sin

π

= +∫I x xdx.

Giải. Ñaët 2 1 2

sin cos

= + ⇒ = = ⇒ = −

u x du dx

dv xdx v x

Vaäy [ ]2

2 0

0

(2 1)cos | 2 cos

π π

= − + + ∫I x x xdx

201 2sin | 1 2 3π

= + = + =x .

Bài toán 3: ( )b

a

P x cosxdx∫

Phương pháp: Đặt ( )

s

==

u P x

dv co xdx


0

(1 ) os

π

= −∫I x c xdx.

Giải. Ñaët 1

cos

= − ⇒ = − = ⇒ =

u x du dx

dv xdx v sinx

Vaäy [ ]2

20

0

(1 )sin | sin

π π

= − + ∫I x x xdx

201 cos | 1 1

2 2 2

ππ π π= − + = − − = −x .

Bài toán 4: ( ) lnb

a

P x xdx∫

Phương pháp: Đặt ln

( )u x

dv P x dx

==


1

2 lnI x xdx= ∫ .

Giải. Ñaët 2

1ln

2

u x du dxx

dv xdx v x

= ⇒ = = ⇒ =

Vaäy 2

2 2 2 2 2 21 1 1

1

1( ln ) | ( ln ) | |

2I x x xdx x x x= − = −∫

3

4ln 22

= − .



Trang 21

BÀI TẬP Tính các tích phân sau:

1. 2

0

(2 1)x cosxdx

π

−∫

2. 4

0

(2 3)sinx xdx

π

+∫

3. 0

(1 )sin 2x xdxπ

−∫

4. 2

0

(1 )

π

+∫ x cosx dx

5. 1

0

(2 )xx xe dx+∫

6. 1

0

(2 1) xx e dx+∫

7. 1

0

2 . xx e dx−∫

8. 2

0

(5 2 ) xx e dx−∫

9. 1

0

ln(1 )x dx+∫

10. 3

1

2 lnx xdx∫

11. 2

2

1

lnx xdx∫

6. Diện tích hình phẳng

Dạng 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) y = f(x), trục Ox, hai đường thẳng x = a, x = b.

Phương pháp - Giải phương trình y = f(x) = 0 tìm nghiệm trên đoạn [a ; b]. - Nếu không có nghiệm nào ∈ [a ; b] thì áp dụng công thức:

| ( ) | ( )b b

a a

S f x dx f x dx= =∫ ∫

- Nếu có 1 nghiệm c ∈ [a ; b] thì áp dụng công thức (tương tự nếu có 2, 3 … nghiệm)

| ( ) | ( ) ( )b c b

a a c

S f x dx f x dx f x dx= = +∫ ∫ ∫

Ví dụ. Tính dieän tích cuûa hình phaúng ñöôïc giôùi haïn bôûi caùc ñöôøng: 2 2y x x= − , truïc Ox, hai ñöôøng thaúng x = -1, x = 1.

Giải Ñaët y = f(x) = 2 2x x− . Ta coù f(x) = 0 2 2 0x x⇔ − = ⇔ x = 0 hoaëc x = 2 (loaïi). Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:

1 0 12 2 2

1 1 0

( 2 ) ( 2 ) ( 2 )S x x dx x x dx x x dx− −

= − = − + −∫ ∫ ∫3 30 1

2 2

1 0

23 3

x xx x

−

= − + − =

(ñvdt).

BÀI TẬP 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2y x x= − ; y = 0 ; x = 0 ; x = 2 ;

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 3 23y x x= + , trục hoành và các đường thẳng x = - 2, x = 1 ;

Dạng 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của 2 đường y = f1(x), y = f2(x).

Phương pháp - Hoành độ giao điểm của 2 đường y = f1(x), y = f2(x) là nghiệm của phương trình f1(x) = f2(x). Giả sử giải được 2 nghiệm x = a và x = b. - Diện tích S được tính theo công thức:

[ ]1 2 1 2| ( ) ( ) | ( ) ( )b b

a a

S f x f x dx f x f x dx= − = −∫ ∫



Trang 22

Ví dụ. Tính dieän tích cuûa hình phaúng ñöôïc giôùi haïn bôûi caùc ñöôøng: 2 2y x x= − vaø y = x. Giải

Hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa 2 ñöôøng cong laø nghieäm cuûa phöông trình 2 22 3 0x x x x x− = ⇔ − = . Giaûi PT ta ñöôïc x = 0 hoaëc x = 3. Vaäy dieän tích hình phaúng caàn tìm laø:

3 3 3 32 2 2

00 0

3| 3 | ( 3 )

3 2

xS x x dx x x dx x

= − = − = −

∫ ∫

323 3 9

.3 03 2 2

= − − =

(ñvdt) .

BÀI TẬP 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 6= +y x , y = 5x ;

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số xy e= , y = 2 và đường thẳng x = 1 ; 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = lnx, y = 0 và đường thẳng x = e.

4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 6y x x= − + , y = 0 (TN THPT 2007). 5. Cho hàm số 3 23y x x= − + có đồ thị (C). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và

trục hoành (TN THPT 2006).

7. Thể tích vật thể tròn xoay Thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C) y = f(x), trục Ox,

hai đường thẳng x = a, x = b khi quay quanh trục Ox là:

[ ]2( )

b

a

V f x dxπ= ∫

Ví dụ. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường (C) 22y x x= − , trục Ox và hai đường thẳng x = 0, x = 2.

Giải Thể tích khối tròn xoay cần tìm là:

2 22 2 2 3 4

0 0

( )2 (4 4 )π π= − = − +∫ ∫V x x dx x x x dx3 5 2

4

0

4 163 5 5

ππ

= − + =x xx (đvtt)

BÀI TẬP 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

cosx, trục hoành và hai đường thẳng ;6 2

x xπ π= = quay quanh trục hoành ;

2. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = sinx, y = 0, x = 0, x = 2

π. Tính thể tích của khối

tròn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành ;

3. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (2 1)siny x x= + , y = 0, x = 0, x = 2

π. Tính thể tích

của khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.

---------------------------------------- Hết chương III ----------------------------------------


TTTaaaøøø iii llliiieeeäää uuu oooââânnn ttthhhiii TTT oooáááttt nnnggghhhiiieeeäääpppTTT TTTHHHPPP nnn mmmoooââânnn TTToooaaaùùù nnn

Trang 23

Chương IV SỐ PHỨC

1. Định nghĩa Số phức là một biểu thức có dạng:

với ,a b R∈ , 2 1i = − . Tập hợp các số phức kí hiệu là: ℂ2. Số phức liên hợp Số phức liên hợp của z = a + bi là:

3. Mô đun của số phức Mô đun của z = a + bi là:

2 2| |z a b= +

4. Các phép toán cộng, trừ, nhân số phức Cho z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta có:

a = a' z = z'

b = b'

z + z' = (a + a' ) + (b + b')i

z - z' = (a - a') + (b - b')i

z.z' = (a.a' - b.b') + (ab' + a'b)i

⇔

�

�

�

�

5. Phép chia Cho z = a + bi, z’ = c + di ≠ 0

2 2

( )( )

'

z a bi a bi c di

z c di c d

+ + −= =+ +

6. Nghịch đảo của số phức Số phức nghịch đảo của z = a + bi là:

2 2

1 1 a bi

z a bi a b

−= =+ +

7. Phép cộng và nhân hai số phức liên hợp Cho số phức z = a + bi, gọi z = a – bi là số phức liên hợp của z. Ta có:

2 2

2

.

+ == +

�

�

z z a

z z a b

8. Căn bậc hai của số thực âm và phương trình bậc hai hệ số thực - Căn bậc hai của số thực a âm là: | |i a± .

- Cho PT bậc hai 2 0ax bx c+ + = (a, b, c∈ R,a ≠ 0). Có biệt thức 2 4b ac∆ = − . Khi đó ta có bảng:

∆ Phương trình 2 0ax bx c+ + =

∆ > 0 Có 2 nghiệm thực phân biệt

1,2 2

bx

a

− ± ∆=

∆ = 0 Có 1 nghiệm thực

2

bx

a= −

∆ < 0 Có 2 nghiệm phức liên hợp

1,2

| |

2

b ix

a

− ± ∆=

BÀI TẬP Bài tập 1. Tính giá trị của các biểu thức sau: 1. 2 2(1 3 ) (1 3 )P i i= + + − (TN THPT 2008) 2. 2(1 2 ) 2 3P i i= − + −

3. 3 2

2 12 3

iP i

i

+= − +−

4. 3(2 1) 5 2P i i= − + −

Bài tập 2. Tìm môđun của số phức z, biết: 1. ( 2 3 )( 3 2 )z i i= + − 2. 4 5 (6 3 )iz i i i+ + = +Bài tập 3. Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức. 1. 4 27 18 0z z+ − = (Thi thử TN 2009) 2. 2 2 2 0x x− + = (TN THPT 2009) 3. 2 4 7 0x x− + = (TN THPT 2007 – Lần 1) 4. 2 6 25 0x x− + = (TN THPT 2007 – Lần 2) 5. 22 5 4 0x x− + = (TN THPT 2006) 6. 24 3 1 0x x− + = 7. 2 3 3 0x x+ + = 8. 2 4 20 0x x− + =

---------------------------------------- Hết chương IV ----------------------------------------

z = a + bi

z = a - bi



Trang 24

Chương I + II DIỆN TÍCH VÀ TH Ể TÍCH CÁC HÌNH, KH ỐI

1. Thể tích hình hộp chữ nhật

Với a, b, c lần lượt là chiều dài, rộng cao của hình hộp. 2. Thể tích hình chóp - S: Diện tích đáy - h: Chiều cao hình chóp3. Thể tích hình lăng trụ - S: Diện tích đáy - h: Chiều cao hình lăng trụ

4. Hình trụ

5. Hình nón

6. Mặt cầu

CÁC DẠNG BÀI TẬP I. THỂ TÍCH KH ỐI CHÓP

Dạng 1. Hình chóp có một cạnh bên d vuông góc với mặt đáy B

Thì thể tích 1

.3

=V B d B: Diện tích đáy; d: là chiều cao.

Ví dụ. Tính thể tích của khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABC), SA=a; tam giác ABC vuông tại B, BC = a; AC = 2a.

Giải

Ta có thể tích 1 1

. .3 3 ∆= = ABCV B h S SA. Mà SA = a.

Trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

( )22 2 22 3= − = − =AB AC BC a a a

Nên 21 1 1. 3. 3

2 2 2∆ = = =ABCS AB BC a a a . Vậy 3

21 1 33 .

3 2 6 = =

aV a a .

Bài tập tương tự 1. (*) (TN THPT 09) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt bên SBC là tam

giác đều cạnh bằng a, biết � 0120=BAC . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. (TN THPT 08L2) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, đáy ABC là tam giác

vuông tại B, biết AB = a, 3=BC a và SA = 3a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 3. (TN THPT 07L1) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, đáy ABC là tam giác

vuông tại B, biết SA = AB = BC = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 4. (TN THPT 07L2) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, đáy ABCD là

hình vuông cạnh bằng a và SA = AC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

PHẦN HÌNH HỌC

1.

3V S h=

.V S h=

2xqS Rlπ= 2.V R hπ=

xqS Rlπ= 21.

3V R hπ=

a

a

2aA

B

C

S

343

V Rπ= 24S Rπ=

V = a.b.c



Trang 25

aa

a

2a

2a

2a

H I

A

B

C

S

a a

a

---

----

I

A

B

C

S

Dạng 2. Biết hình chiếu vuông góc của một đỉnh lên mặt đáy. ( hình chiếu của đỉnh S lên đáy B là H)

Thì thể tích 1

.3

=V B SH B: Diện tích đáy; SH: là chiều cao.

Ví dụ. (TN THPT 08L1) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABI theo a.

Giải Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó SH vuông góc với mặt đáy

ABC nên thể tích 1 1

. .3 3 ∆= = ABCV B h S SH

Mà 2

0 21 1 1 3 3. sin . .sin 60

2 2 2 2 4∆ = = = =ABC

aS AB BC B a a a

Lại có 2

3=AH AI

22 2 22 2 3

3 3 2 3

a aAB BI a

= − = − =

Trong tam giác SAH vuông tại H có ( )2

22 2 3 332

3 3

= − = − =

a aSH SA AH a .

Vậy 2 31 1 3 33 11

. . .3 2 4 3 8∆= = =ABC

a a aV S SH

Bài tập tương tự 1. Cho hình chóp đều S.ABCD có AC = 3a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy ABCD bằng 300. Tính

thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. 2. Cho hình chóp S.ABCD có hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy trùng với trung điểm I

của cạnh AB, đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB = 2a, AC = 3a , góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy ABCD bằng 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

Dạng 3. Biết một mặt bên vuông góc với đáy. Khi đó đường thẳng đi qua 1 đỉnh của mặt bên, vuông góc với giao tuyến giữa mặt bên và mặt đáy là đường cao của hình chóp.

Ví dụ. Cho hình chóp S.ABC, có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABC), đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và mặt SAB là tam giác vuông cân tại S. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Giải Ta có ( ) ( )∩ =SAB ABC AB. Từ S dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt

AB tại I; nên SI vuông góc với đáy (ABC) mà ∆SAB vuông cân tại S nên I

là trung điểm của AB => 1

2 2= = a

SI AB .

Khi đó thể tích 1 1

. .3 3 ∆= = ABCV B h S SI . Mà

21 3. .sin

2 4∆ = =ABC

aS AB AC A .

Vậy 2 31 1 3 3

. . .3 3 4 2 24∆= = =ABC

a a aV S SI (đvtt).

Bài tập tương tự 1. Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABC), đáy ABC là tam giác

vuông tại B. Biết BC = a, AC = 3a mặt SAB là tam giác vuông tại S và SA = a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.



Trang 26

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết BC = a ,BD = 3a , mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD) và góc giữa hai mặt phẳng (SCD), (ABCD) bằng 600. Tính thểtích của khối chóp S.ABCD theo a.

II. TH Ể TÍCH KH ỐI LĂNG TRỤ

Dạng 1. Hình lăng trụ có một cạnh bên d vuông góc với mặt đáy B (nó là lăng trụ đứng) Thì thể tích .=V B d B: Diện tích đáy; d: là chiều cao.

Ví dụ. Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, � 060=ACB và tam giác ABB’ cân. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a .

Giải Ta có thể tích . . '∆= = ABCV B h S BB .

Mà 2

01 1 3. .sin .2 .sin 60

2 2 2∆ = = =ABC

aS AC BC C a a (đvdt)

Lại có tam giác ABB’ vuông cân tại B nên AB = BB’. Trong tam giác ABC có 2 2 2 2. . .cos= + −AB AC BC AC BC C

( )22 2 0 22 2. .2 .cos60 3 3⇔ = + − = ⇔ =AB a a a a a AB a .

Vậy 2 33 3.

. ' . 32 2∆= = =ABC

a aV S BB a (đvtt)

Bài tập tương tự Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa đường chéo B’C với mặt bên (ABB’A’) bằng 450 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.

Dạng 2. Biết hình chiếu của một đỉnh lên mặt đáy

Ví dụ. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên đáy (ABC) trùng với trung điểm I của AB , đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, góc giữa cạnh bên AA’ với đáy bằng 030 . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a . Giải

Ta có thể tích . . '∆= = ABCV B h S A I .

Mà 2

01 1 3. .sin . .sin 60

2 2 4∆ = = =ABC

aS AC BC C a a

Góc giữa AA’ với đáy (ABC) là góc giữa AA’ với AI (Vì AI là hình

chiếu vuông góc của AA’ lên đáy (ABC). Nên � 0' 30=A AI Trong tam giác AA’I vuông tại I ta có:

0' 'tan tan 30

12

= ⇔ =A I A IA

AI AB

0 1 3 1 3' tan 30 . .

2 3 2 6⇔ = = = a

A I AB a .

Vậy 2 33 3

. ' .4 6 8∆= = =ABC

a a aV S A I (đvtt)

Bài tập tương tự Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên đáy (ABC) trùng với trung điểm I của BC, cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A biết AB = a, AC = 3a . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a .

2a

a

-----

----

600 (

B'

C'

A

B

C

A'

a

a

a)300

C'

B'

I

A

B

C

A'



Trang 27

III. DIÊN TÍCH XUNG QUANH - TH Ể TÍCH HÌNH NÓN

Diện tích xung quanh hình nón: . .π=xqS r l trong đó r là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh.

Chú ý: Diện tích toàn phần 2. .π π= + = +tp xq dayS S S r l r

Thể tích khối nón 21.

3π=V r h trong đó r là bán kính đáy ; h: là chiều cao.

Ví dụ. Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy tâm O, bán kính r = a và góc ở đỉnh của hình nón bằng 600 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón.

Giải Ta có . . . .π π= =xqS r l a SA. Trong tam giác ASO vuông tại O ta có

0sin sin 30= ⇔ =AO rS

SA SA2

12

= ⇔ =aSA SA a .

Nên 2. . . . 2π π π= = =xqS r l a SA a . Mà ( )22 2 22 3= − = − =SO SA OA a a a .

Vậy thể tích 3

2 21 1 3. .

3 3 3π π= = = aV r h r SO (đvtt)

Bài tập tương tự Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn C(O, r). Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho � 060=AOB , AB = a, đường sinh SA tạo với đáy một góc bằng 300 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đã cho theo a.

IV. DIÊN TÍCH XUNG QUANH - TH Ể TÍCH HÌNH TR Ụ

Diện tích xung quanh hình trụ: 2 . .π=xqS r l trong đó r là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh.

Chú ý: Diện tích toàn phần 22. 2 . . 2π π= + = +tp xq dayS S S r l r

Thể tích khối tr ụ 2.π=V r h trong đó r là bán kính đáy ; h: là chiều cao.

Ví dụ. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và khoảng cách giữa hai đáy bằng 3a . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ đã cho theo a.

Giải Gọi hình trụ có tâm của hai đáy là O, O’ (như hình bên). Theo giả thiết ta có OO’= 3a . Khi đó diện tích xung quanh: 2 . . 2 . . 2 . . 'π π π= = =xqS r l r AB r OO .

22 . . 3 2 3π π⇔ = =xqS a a a (đvdt).

Thể tích khối trụ : 2 2 2 3. . ' . 3 3π π π π= = = =V r h a OO a a a (đvtt).

Bài tập tương tự Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c ạnh bằng a. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ có hai hình tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai đáy ABCD, A’B’C’A’ c ủa hình lập phương trên.

h

O

S

A

M

B

r

060

O

O’

r

M

h

B

A


TTTaaaøøø iii llliiieeeäää uuu oooââânnn ttthhhiii TTT oooáááttt nnnggghhhiiieeeäääpppTTT TTTHHHPPP nnn mmmoooââânnn TTToooaaaùùù nnn

Trang 28

V. DIÊN TÍCH XUNG QUANH - TH Ể TÍCH M ẶT CẦU

Diện tích của mặt cầu: 24 .π=S R trong đó R là bán kính mặt cầu.

Thể tích khối cầu: 24

3π=V R

Đường tròn giao tuyến của S(O,r) và mp(P) có tâm là hình chiếu vuông góc của tâm O lên mp(P) và

bán kính ( )2 2' , ( )= −r R d O mp P .

Mp(P) ti ếp xúc với mặt cầu S(O;R) ⇔ ( ), ( ) =d O mp P R.

Ví dụ. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA = 2a, AC = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy.

1. Chứng minh trung điểm I của SC là tâm của mặt cầu (S) đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC. Tính bán kính của mặt cầu (S) và thể tích của khối cầu.

2. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) với mp(ABC).

Giải 1. Ta có các tam giác SAC và SBC lần lượt vuông tại A , B.

nên AI = BI = 12

SC = IS = IC . Do đó I cách đều các đỉnh S, A, B, C.

Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Bán kính

R = 2 21 1 6

2 2 2= + = aSC SA AC .

2. Đường tròn giao tuyến là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do ABC là tam giác vuông tại B nên tâm là trung điểm của AC và bán kính

r = 1 2

2 2= aAC .

Bài tập tương tự 1. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a.

a. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp trên. b. Tính diện tích và thể tích khối cầu (S). c. Tính bán kính của đường tròn giao tuyến của (S) và mp(ABCD).

2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’c ạnh bằng a và mặt cầu (S) đi qua các đỉnh của hình lập phương.

a. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S) trên. b. Tính diện tích và thể tích khối cầu (S). c. Tính bán kính của đường tròn giao tuyến của (S) và mp(ABCD).

---------------------------------------- Hết chương I + II ----------------------------------------

2a

---- ----

a 2

S

I

C

B

A

* O

S

A

C

B



Trang 29

Chương III PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Bài 1 HỆ TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

1. Định nghĩa

( ; ; )M x y z OM xi y j zk⇔ = + +��

.

1 2 3 1 2 3( ; ; )a a a a a a i a j a k= ⇔ = + +��

.

Vectơ đơn vị: i�=(1 ; 0 ; 0) trên trục Ox.

j�

=(0 ; 1 ; 0) trên trục Oy.

k�

=(0 ; 0 ; 1) trên trục Oz . 2. Các phép toán Trong không gian Oxyz, cho 1 2 3( ; ; )a a a a=

�,

1 2 3( ; ; )b b b b=�

. Ta có:

� 1 1 2 2 3 3( ; ; )a b a b a b a b+ = + + +� �

� 1 1 2 2 3 3( ; ; )a b a b a b a b− = − − −� �

� 1 2 3 1 2 3( ; ; ) ( ; ; )ka k a a a ka ka ka= �

=

3. Heä quaû

Trong không gian Oxyz, cho 1 2 3( ; ; )a a a a=�

,

1 2 3( ; ; )b b b b=�

, ( ; ; )A A AA x y z , ( ; ; )B B BB x y z . Ta có:

a. 1 1 2 2 3 3; ;a b a b a b a b= ⇔ = = =� �

b. a� cuøng phöông b

�, ( 0)b k≠ ⇔ ∃� �

sao cho:

1 1 2 2 2 3; ;ba k a kb a kb a kb⇔= = = =��

c. ( ; ; )B A B A B AAB x x y y z z= − − −��

d. Toaï ñoä trung ñieåm M cuûa AB laø:

; ;2 2 2

A B A B A Bx x y y z zM

+ + +

e. Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là:

; ;3 3 3

A B C A B CA B Bx x x z z zy y yG

+ + + ++ +

4. Tích vô hướng Trong không gian Oxyz, cho 1 2 3( ; ; )a a a a=

�,

1 2 3( ; ; )b b b b=�

, ( ; ; )A A AA x y z , ( ; ; )B B BB x y z . Ta có:

1 1 2 2 3 3

2 2 21 2 3

2 2 2 | | ( ) ( ) ( )

.

. 0

| |

. cos(a;b)=

| a | . | |

= − + − + −

= + +

⊥ ⇔ =

= + +

�

� ��

��

�

��

� ��

B A B A B AAB x x y y z z

a b a b a b a b

a b a b

a a a a

a b

b

5. Phương trình mặt cầu Phương trình:

2 2 2 2( ) ( ) ( )x a y b z c r− + − + − =

là phương trình mặt cầu tâm I(a ; b ; c), bán kính r.

Phương trình:

2 2 2 2 2 2 0x y z Ax By Cz D+ + + + + + =

vôùi 2 2 2 0A B C D+ + − > laø phöông trình maët caàu taâm I(-A ; -B ; -C), baùn kính

2 2 2r A B C D= + + − .



Trang 30

LẬP PHƯƠNG TRÌNH M ẶT CẦU

Dạng 1: - Tìm toạ độ tâm và bán kính của mặt cầu (S):

( ) ( ) ( )2 2 2 2x a y b z c R− + − + − =Phương pháp: Tâm I(a ; b ; c) và bán kính bằng R - Tìm toạ độ tâm và bán kính của mặt cầu (S):

2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + − − − + =Phương pháp: Tâm I(a ; b ; c) và bán kính

2 2 2R a b c d= + + −

Ví dụ: Tìm tọa độ tâm và bán kính của các mặt cầu sau: a. ( ) ( )− + + + =2 2 21 2 4x y z ;

b. + + − + − − =2 2 2 2 4 6 2 0x y z x y z

Giải a. Tâm là I(1 ; - 2 ; 0 ), bán kính R = 2. b. Tâm là I(1 ; - 2 ; 3 )

Bán kính ( ) ( )= + − + − − =22 21 2 3 2 4R .

Dạng 2: Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(a ; b ; c) và đi qua điểm A( ; ;A A Ax y z ).

Phương pháp - Tâm I(a ; b ; c). - Bán kính R = | |IA IA=

��

2 2 2( ) ( ) ( )A A Ax a y b z c= − + − + − .

Ví dụ: Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(1 ; 2 ; 0) và đi qua điểm M(-2 ; 1 ; 3).

Giải Ta có ( 3; 1;3)IM = − −

��

2 2 2| | ( 3) ( 1) 3 19R IM⇒ = = − + − + =��

Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: 2 2 2( 1) ( 2) 19x y z− + − + =

Dạng 3: Lập phương trình mặt cầu (S) nhận A( ; ;A A Ax y z ), B( ; ;B B Bx y z ) làm đường kính.

Phương pháp - Toạ độ tâm I là toạ độ trung điểm của đoạn AB

; ;2 2 2

A B A B A Bx x y y z zI

+ + +

- Bán kính R = | |

2 2

AB AB=��

.

Ví dụ: Lập phương trình mặt cầu (S) nhận A(1 ; -1 ; 4), B(-1 ; 3 ; 2) làm đường kính.

Giải Ta có ( 2;4; 2)= − −

��AB .

Tâm I( )0;1;3 là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Bán kính R = 2 2 2( 2) 4 ( 2)| | 24

2 2 2

− + + −= =

��AB

Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là:

( ) ( )2 22 1 3 6+ − + − =x y z

Dạng 4: Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(a ; b ; c) và tiếp xúc với mặt phẳng (P):

Ax + By + Cz + D = 0. Phương pháp - Tâm I(a ; b ; c) .

- Bán kính R = d[I ; (P)] = 2 2 2

| . . . |A a B b C c D

A B C

+ + ++ +

.

Ví dụ: Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(2;2;-1) và tiếp xúc với mặt phẳng (P): 2x + y – z -1 = 0.

Giải

Bán kính R = [ ]2 2 2

| 2.2 2 ( 1) 1|; ( ) 6

2 1 ( 1)

+ − − −= =+ + −

d I P

Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 1 6− + − + + =x y z

Dạng khác: - Có tâm và đi qua điểm M thoả hệ thức vectơ. - Mặt cầu đi qua 4 điểm.

Ví dụ: Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2 ; 0 ; 0), B(0 ; -4 ;0), C(0 ; 0 ; 6). Lập phương trình mặt cầu : a. Tâm B và độ dài đường kính bằng độ dài AC. b. Tâm G là trọng tâm tam giác ABC và mặt cầu đi

qua điểm M thoả mãn 2MA MB =��

. c. Mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B, C.

HS tự giải



Trang 31

Bài 2 PHƯƠNG TRÌNH M ẶT PHẲNG

1. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α và

cặp vectơ 1 2 3( ; ; )a a a a=�

, 1 2 3( ; ; )b b b b=�

có giá song song hoặc nằm trong mp( ) α . Khi đó VTPT của mp( ) α là:

2 3 1 3 1 2( )

2 3 1 3 1 2

; ;α

= ∧ = −

� � � a a a a a an a b

b b b b b b

2. PTTQ của mặt phẳng có dạng 0+ + + =Ax By Cz D

Trong đó vectơ n�

(A ; B ; C) là VTPT. 3. Phương trình mặt phẳng toạ độ - mp(Oxy) có phương trình: z = 0. - mp(Oxz) có phương trình: y = 0. - mp(Oyz) có phương trình: x = 0. - Mặt phẳng đi qua 3 điểm M(a ; 0 ; 0), N(0 ; b ; 0), P(0 ; 0; c) có phương trình là:

1x y z

a b c+ + =

4. Vị trí tương đối của 2 mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng:

( ) : α 1 1 1 1 0A x B y C z D+ + + = có ( ) 1 1 1( ; ; )n A B Cα = �

.

( ) : β 2 2 2 2 0A x B y C z D+ + + = có ( ) 2 2 2( ; ; )n A B Cβ = �

.Khi đó: � ( ) α cắt ( ) n knα ββ ⇔ ≠

��

� ( ) α // 1 1 1 2 2 2

1 21 2

( ; ; ) ( ; ; )( )

A B C k A B Cn kn

D kDD kD

α ββ == ⇔ ⇔ ≠≠

��

� ( ) α 1 1 1 2 2 2

1 21 2

( ; ; ) ( ; ; )( )

A B C k A B Cn kn

D kDD kD

α ββ == ≡ ⇔ ⇔ ==

��

� ( ) ( )( ) ( ) . 0n nα βα β⊥ ⇔ =� �

1 2 1 2 1 2 0A A B B C C⇔ + + =

5. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho 0 0 0( ; ; )M x y z và mặt phẳng ( ) : α 0Ax By Cz D+ + + = . Ta có:

[ ] 0 0 0

2 2 2

| |;( )

Ax By Cz Dd M

A B Cα + + +=

+ +

LẬP PHƯƠNG TRÌNH M ẶT PHẲNG Phương trình mp(α ) đi qua điểm 0 0 0 0( ; ; )M x y z và có VTPT ( ; ; )=

�n A B C là:

0 0 0( ) ( ) ( ) 0− + − + − =A x x B y y C z z

Dạng toán Ví dụ Dạng 1: Mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, C không thẳng hàng có toạ độ cho trước. Phương pháp - Tìm một cặp vectơ không cùng phương thuộc mp(ABC), giả sử là AB

�� và AC��

. - VTPT của mp(ABC) là ( ) = ∧

� �� ABCn AB AC.

- Từ đó sẽ lập được phương trình mp ( )α đi qua A

và có VTPT ( )

�ABCn .

Ví dụ: Lập PTTQ của mặt phẳng đi qua 3 điểm A(1 ; -1 ; 0), B(-2 ; 0 ; 1), C(0 ; 2 ; 0). Giải. Ta có AB

��(-3 ; 1 ; 1), AC

��(-1 ; 3 ; 0) nên

vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là:

( )ABCn AB AC= ∧ =� ��

(-3 ; -1 ; -8 ) Vập phương trình tổng quát của mp(ABC) là:

-3(x - 1) - 1(y + 1) - 8(z – 0) = 0 Hay 3x + y + 8z - 2 = 0.

Dạng 2: Mp(α ) đi qua điểm 0 0 0( ; ; )M x y z và song

song với mp ( )β : 0Ax By Cz D+ + + = . Phương pháp - Vì ( ) α // ( ) β nên ( ) α có VTPT là ( ; ; )n A B C=

�.

- Biết toạ độ điểm M và VTPT n�

ta lập được

Ví dụ: Viết phương trình tổng quát của mp(P) đi qua điểm A(1 ; 2 ; -3) và:

a. Vuông góc với đường thẳng (d):

1 2

2 3

x t

y t

z t

= + = − = − +

.



Trang 32

phương trình mặt phẳng. Dạng 3: Ptrình mp(α ) qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. Phương pháp - VTCP của d chính là VTPT của mp(α ). - Từ đó xác định được phương trình mp ( ) α . Dạng 4: Ptrình mp(α ) qua 2 điểm A, B và vuông góc với mp ( ) β : 0Ax By Cz D+ + + = . Phương pháp - Tìm toạ độ của các vectơ AB

��, ( )n β

��.

- Khi đó VTPT ( ) ( )n AB nα β= ∧��

.

- Từ đó xác định được phương trình mp ( ) α .

b. Song song với mp(Q): x – y – 3z = 0. c. Đi qua 2 điểm A, B với A(0 ; 1 ; 1), B(-1 ; 0 ; 2) và vuông góc với mp ( )α : x – y + z – 1 = 0.

Giải a. Ta có VTCP du (2; 1;3)= −

��

Vì mp(P) vuông góc với đường thẳng (d) nên (P) có 1 VTPT ( ) (2; 1;3)= −

�Pn .

Vập phương trình tổng quát của mp(P) là: 2(x -1) - 1(y - 2) + 3(z + 3) = 0

Hay 2x – y + 3z + 9 = 0. b. Ta có VTPT (Q)n (1; 1; 3)= − −

�

Vì mp(P) song song mp(Q) nên mp(P) có 1 VTPT

( ) (1; 1; 3)= − −�

Pn . Vập phương trình tổng quát của mp(P) là:

1(x -1) - 1(y - 2) - 3(z + 3) = 0 Hay x – y - 3z - 8 = 0. c. Ta có ( 1; 1;1)AB = − −

��, VTPT ( ) (1; 1;1)n α = −

�

nên VTPT của mp(P) là ( ) ( ) (0;2;2)α= ∧ =� ��

Pn AB n Vập phương trình tổng quát của mp(P) là:

0(x - 0) + 2(y - 1) + 2(z – 1) = 0 Hay y + z – 2 = 0.

Dạng 5: Song song với mp(Q): Ax+By+Cz+D = 0 và tiếp xúc với mặt cầu (S):

( ) ( ) ( )2 2 2 2x a y b z c R− + − + − = .

Phương pháp - Mp(P) có dạng : Ax + By + Cz + D = 0 - Khi đó (P) tiếp xúc với (S) ( , ( ))d I P R⇔ =

2 2 2

+ + +⇔ =

+ +

Aa Bb Cc DR

A B C .

- Giải tìm được d, thay vào phương trình mp(P) đểđược phương trình mặt phẳng cần tìm.

Ví dụ : Lập phương trình mặt phẳng (P) song song với mp(Q): 2x + 2y – z + 1 = 0 và tiếp xúc với

mặt cầu (S): ( ) ( ) ( )− + + + + =2 2 21 2 1 4x y z .

Giải Mặt cầu (S) có tâm I(1 ; - 2; - 1), bán kính R = 2. Do mp(P) song song mp(Q) nên mp(P) có phương trình dạng: 2x + 2y – z + D = 0. Mà mp(P) tiếp xúc với (S) nên

( , ( )) =d I P R( ) ( )

( )22 2

2.1 2. 2 12

2 2 1

D+ − − − +⇔ =

+ + −

5

1 67

= −⇔ − = ⇔ =

DD

D

Vậy mp(P): 2x + 2y – z - 5 = 0 Hoặc 2x + 2y – z + 7 = 0.



Trang 33

Bài 3 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

1. Phương trình tham số của đường thẳng PTTS của đường thẳng (d) đi qua điểm

M0 0 0( ; ; )x y z và có VTCP a�

=( 1 2 3; ;a a a ).

VTCP a�

là vectơ có giá song song hoặc trùng với (d). 2. Phương trình chính tắc của đường thẳng Đường thẳng (d) đi qua điểm 0 0 0 0( ; ; )M x y z và có

VTCP a�

=( 1 2 3; ;a a a ) có phương trình là:

0 0 0

1 2 3

− − −= =x x y y z z

a a a

3. Phương trình đoạn thẳng AB Cho ( ; ; )A A AA x y z , ( ; ; )B B BB x y z ta có phương trình đoạn thẳng AB là:

A A A

B A B A B A

x x y y z z

x x y y z z

− − −= =− − −

4. Điều kiện để 2 đường thẳng song song, cắt nhau, chéo nhau Gọi 1 2 3( ; ; )a a a a=

� và ' ' '

1 2 3' ( ; ; )a a a a=��

lần lượt là VTCP của d và d’, lấy điểm 0 0 0( ; ; )M x y z d∈ . Khi đó:

�'

// ''

a kad d

M d

=⇔∉

��

; '

''

a kad d

M d

=≡ ⇔∈

��

�d cắt d’

0 1 0 1

0 2 0 2

0 3 0 3

' ''

' ''

' ''

x ta x t a

y ta y t a

z ta z t a

+ = +

⇔ + = +

+ = +

có đúng 1 n0.

�d chéo d’ a 'ka⇔ ≠� ��

và

' '0 1 0 1

' '0 2 0 2

' '0 3 0 3

'

'

'

x ta x t a

y ta y t a

z ta z t a

+ = +

+ = + + = +

vô nghiệm.

5. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α : Ax + By + Cz + D = 0 và đường thẳng

d: 0 1

0 2

0 3

x x a t

y y a t

z z a t

= + = + = +

.

Xét phương trình:

0 1 0 2 0 3( ) ( ) ( ) 0A x a t B y a t C z a t D+ + + + + + = (1)

• Nếu (1) vô nghiệm ⇒ d // ( ) α .

• Nếu (1) vô số nghiệm ⇒ d ≡ ( ) α .

• Nếu (1) có một nghiệm ⇒ d cắt ( ) α tại điểm M( 0 1 0 2 0 3; ;x a t y a t z a t+ + + ).

6. Điều kiện để đường thẳng (d) ( ) α⊥ Cho VTCP của (d) là a

�, VTPT của ( ) α là n

�

( ) ( ) ; 0 (0;0;0)d a nα ⊥ ⇔ = =

� � �.

7. Góc giữa 2 đường thẳng 1( )d và 2( )d

Trên 1( )d lấy VTCP 1 1 2 3( ; ; )a a a a=��

.

Trên 2( )d lấy VTCP 2 1 2 3( ; ; )a b b b=��

.

8. Góc giữa đường thẳng (d) và mp( )α Trên ( )d lấy VTCP 1 2 3( ; ; )a a a a=

�.

Trên ( )α lấy VTPT ( ; ; )n A B C=�

.

0 1

0 2

0 3

x x a t

y y a t

z z a t

= + = + = +

; t ∈ℝ

1 1 2 2 3 31 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

| |cos( ; )

.

a b a b a bd d

a a a b b b

+ +=+ + + +

1 2 3

2 2 2 2 2 21 2 3

| |sin( ; )

.

a A a B a Cd

a a a A B Cα + +=

+ + + +



Trang 34

LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Dạng toán Ví dụ Dạng 1: Đi qua 2 điểm A A A B B BA(x ;y ;z );B(x ;y ;z ) .

Phương pháp: VTCP B A B A B Au AB (x x ;y y ;z z )= = − − −

� ��

Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(- 1 ; 0; 2) ; B(1; -1 ; 1)

Giải Ta có VTCP ( )2; 1; 1= = − −

��

du AB .

Vậy phương trình tham số đường thẳng (d) là:

d: 1 2

0

2

= − + = − = −

x t

y t

z t

(t là tham số).

Dạng 2: Đi qua một điểm 1 1 1( ; ; )M x y z và song song

với đường thẳng (d’): 0

0

0

x x at

y y bt

z z ct

= + = + = +

Phương pháp - Ta có VTCP của (d’) là ( )' ; ;du a b c=

��

- Hai đường thẳng song song nhau nên chúng có cùng VTCP . Do đó VTCP của (d) là

( )' ; ;d du u a b c= =��

.

Vậy phương trình đường thẳng (d): 1

1

1

x x at

y y bt

z z ct

= + = + = +

Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(2; -1; 0) và song song với đường thẳng

d’: 1

2

3

x t

y t

z

= + = − =

(t là tham số).

Giải Đường thẳng (d’) có VTCP là ( )' 1; 2;0= −

��

du .

Vì d // d’ nên (d) có VTCP là ( )1; 2;0du = −��

.


d: 2

1 2

0

= + = − − =

x t

y t

z

(t là tham số)

Dạng 3: Đi qua một điểm 1 1 1( ; ; )M x y z và vuông góc với mp(P): Ax + By + Cz + D = 0. Phương pháp - Ta có VTPT của mp(P) là ( ); ;n A B C=

�.

- Đường thẳng (d) vuông góc với mp(P) nên có VTCP là ( ); ;=

�u A B C

- Vậy phương trình đường thẳng (d): 1

1

1

x x At

y y Bt

z z Ct

= + = + = +

Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(1 ; 2 ; -1) và vuông góc với mp(P): 2x + 3y – 4 = 0 .

Giải Mp(P) có VTPT là ( )2;3;0=

��

Pn . Vì đường thẳng

(d) vuông góc mp(P) nên có VTCP là ( )2;3;0du =��

.


d: 1 2

2 3

1

= + = + = −

x t

y t

z

(t là tham số)

Dạng 4: Đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc

của đường thẳng (d): 0

0

0

x x at

y y bt

z z ct

= + = + = +

lên mp(P):

Ax + By + Cz + D = 0. Phương pháp - Đường thẳng d’ là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với

Ví dụ: Viết phương trình hình chiếu d’ của đường

thẳng (d): 2

1

3

= = − = +

x

y t

z t

lên mp(P): x - y -2 = 0.

Giải Gọi mp(Q) chứa (d) và vuông góc với (P). Mà đường thẳng (d) đi qua M(2 ; 1; 3) và có VTCP là ( )0; 1;1= −��

du



Trang 35

(P). Khi đó mp(Q) lập như Dạng 3. Giả sử có phương trình A’x + B’y + C’z + D’ = 0. - Nên những điểm nằm trên d’ thỏa hệ:

0

' ' ' ' 0

+ + + = + + + =

Ax By Cz D

A x B y C z D (*) .

- Cho x = t, (hoặc y = t, hoặc z = t), thay vào hệphương trình (*) giải hệ tìm được y và z theo t (hoặc x, z theo t, hoặc x, y theo t). - Từ đó có x, y, z theo t chính là phương trình hình chiếu.

Mặt phẳng (P) có VTPT là ( )1; 1;0= −��

Pn . Do đó

mp(Q) qua M(2 ; 1; 3), nhận ( ); 1;1;1 = =

� ��

d Pn u n

làm VTPT có phương trình là: x + y + z - 6 = 0. Nên tọa độ những điểm thuộc d’ thỏa mãn hệ:

6 0

2 0

+ + − = − − =

x y z

x y .

Cho x = t, suy ra y = -2 + t và z = 8 – 2t

Vậy phương trình hình chiếu (d’) là: 2

8 2

= = − + = −

x t

y t

z t

.

TỌA ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): 0

0

0

x x at

y y bt

z z ct

= + = + = +

và mp(P): Ax + By + Cz + D = 0

Phương pháp:

+ Tọa độ giao điểm (x ; y ; z) là nghiệm của hệ phương trình:

0

0

0

(1)

(2)

(3)

0 (4)

= + = + = + + + + =

x x at

y y bt

z z ct

Ax By Cz D

.

+ Thay (1), (2), (3) vào phương trình (4) ta tìm được t . + Thay t vừa tìm được vào (1), (2), (3) ta được tọa độ giao điểm.

Ví dụ: Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): 2

1

3

= = − = +

x t

y t

z t

và mp(P): x + y + z – 10 = 0.

Giải

Tọa độ giao điểm (x ; y ; z) là nghiệm của hệ phương trình:

2 (1)

1 (2)

3 (3)

10 0 (4)

= = − = + + + − =

x t

y t

z t

x y z

Thay (1), (2), (3) vào phương trình (4), ta được: (2t) + (1 – t) + (3 + t) – 10 = 0 ⇒ t = 3 .

Thay t = 3 vào (1), (2), (3) ta được x = 6 ; y = -2 ; z = 6. Vậy tọa độ giao điểm là M(6 ; - 2 ; 6).



Trang 36

TỌA ĐỘ HÌNH CHI ẾU VUÔNG GÓC CỦA MỘT ĐIỂM LÊN M ẶT PHẲNG

Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm ( )0 0 0; ;M x y z lên mp(P): Ax + By + Cz + D = 0.

Phương pháp - Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm ( )0 0 0; ;M x y z và vuông góc với mp(P). Khi đó phương

trình đường thẳng (d) là: 0

0

0

= + = + = +

x x At

y y Bt

z z Ct

.

- Tọa độ hình chiếu chính là tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) với mp(P).

Ví dụ: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm ( )2; 1;0−M lên mp(P): x + 2y – z + 2 = 0.

Hướng dẫn Đường thẳng (d) đi qua ( )2; 1;0−M và vuông góc với mp(P): x + 2y – z + 2 = 0 có phương trình là:

2

1 2

= + = − + = −

x t

y t

z t

. Tọa độ hình chiếu H(x ; y ; z) là nghiệm của hệ:

2 1/ 3

1 2 5 / 3

5 / 3

2 2 0 1/ 3

x t t

y t x

z t y

x y z z

= + = − = − + = ⇔ = − = − + − + = =

.

Vậy toạ độ giao điểm là H(5/3 ; -5/3 ; 1/3).

TỌA ĐỘ HÌNH CHI ẾU VUÔNG GÓC CỦA MỘT ĐIỂM LÊN ĐƯỜNG THẲNG

Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm ( ); ;M M MM x y z lên đường thẳng (d): 0

0

0

x x at

y y bt

z z ct

= + = + = +

.

Phương pháp - Lập phương trình mp(P) đi qua điểm ( ); ;M M MM x y z và vuông góc với đường thẳng (d). Khi đó phương

trình mp(P) là: ( ) ( ) ( ) 0M M Ma x x b y y c z z− + − + − = . - Tọa độ hình chiếu chính là tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) với mp(P).

Ví dụ: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm ( )1;2; 1 −M lên đường thẳng (d): 1 3

2 2

2 2

= − + = − − = +

x t

y t

z t

.

Hướng dẫn Mp(P) đi qua ( )1;2; 1−M và vuông góc với (d) có phương trình là: 3x – 2y + 2z + 3 = 0.

Tọa độ hình chiếu H(x ; y ; z) là nghiệm của hệ:

1 3

2

2 2

3 2 2 3 0

= − + = − − = + − + + =

x t

y t

z t

x y z

. KQ 13 22 14; ;

5 15 15H − −

---------------------------------------- Hết chương III ---------------------------------------


Art & Photos

TÀI LIỆU CHUYÊN ĐỀ ÔN LUYỆN THI TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN