Tom tat toan 11moi

Tô Vĩnh Hoài TÓM TẮT KIẾN THỨCTOÁN 11 Trang 1

TRƯỜNG THPT THỦ KHOA NGHĨA

CHÂU ĐỐC – AN GIANG

TÓM TẮT KIẾN THỨC

TOÁN LỚP 11

Tô Vĩnh Hoài


CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC 1; Giá trị các Hàm số lượng giác của góc đặc biệt Góc HSLG

000

0

6

30π

0

4

45π

0

3

60π

0

2

90π

0180π

0

3

2

270π

03602π

sin

0 1

2 2

2 3

2 1 0 1− 0

cos 1

3

2 2

2

1

2 0 1− 0 1

tan 0

3

3 1 3 0 0

cot 3 1

3

3 0 0

2 ; Các hệ thức cơ bản

a; cos2x + sin2x = 1 b; =tan xcos xsin x c; coscot x =

x x

sin

d; 22

11 + =tan x

cos x e; 2

21

1 + cot x =sin x

f; tanx . cotx = 1

3; GTLG của góc liên quan đặc biệt ( Công thức quy gọn góc ) a; Góc đối nhau – a và a ° cos ( – a) = cos a ° sin( – a) = – sin a ° tan( – a) = – tan a ° cot( – a) = – cotg a b; Góc bù nhau a và π-a ° cos ( π-a ) = – cos a ° sin ( π-a ) = sin a ° tan ( π-a ) = – tan a ° cot ( π-a ) = – cot a

c; Góc phụ nhau a và 2

π − a

° cos(2

π − a ) = sin a ° sin(2

π − a ) = cos a

° tan (2

π − a ) = cot a ° cot(2

π − a ) = tan a


d; Góc hơn kém nhau π : a và π + a ° cos ( π + a ) = – cos a ° sin ( π + a ) = – sin a ° tan ( π + a ) = tan a ° cot ( π + a ) = cot a

e; Góc hơn kém nhau 2π :

2

π + a và a

° cos(2

aπ + ) = – sin a ° sin(2

aπ + ) = cos a

° tan (2

aπ + ) = – cot a ° cot(2

aπ + ) = – tan a

f; Tổng quát ° cos ( )πa+k.2 = cos a ° sin ( )πa+k.2 = sin a ° tan ( )πa+k. = tan a ° cot ( )πa+k. = cot a 4; Công thức cộng a; ( )sin a±b = sinacosb ± cosasinb b; ( ) cos a±b = cosacosb sinasinb

c; ( )

a ± b1 a. btan tantan a±b =

tan tan

5; Công thức nhân a; cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – 1 = 1 – 2sin2a

b; sin2a = 2sina . cosa ( sina.cosa = a2sin.21 )

c; 3cos3 4 cos 3cosa a a= − d; 3sin3 3sin 4sina a a= − 6; Công thức hạ bậc a; 2 2 21+cos2a 1-cos2a 1-cos2acos a = ; b; sin a = ; c; tan a =

2 2 1+cos2a

7; Công thức biến đổi tích thành tổng

a; coa.cosb = 21 [ cos(a –b) + cos(a + b) ]

b; sina.sinb = 21 [ cos(a –b) – cos(a + b) ]


c; sina.cosb = 21 [ sin(a – b) + sin(a + b) ]

8; Công thức biến đổi tổng thành tích

a; cosa + cosb = 2cos2

a b+ cos2

a b−

b; cosa – cosb = –2sin 2

a b+ sin2

a b−

c; sina + sinb = 2sin2

a b+ cos2

a b−

d; sina – sinb = 2cos2

a b+ sin2

a b−

9; Công thức bổ sung

a;

cosa ± sina = 2cos a = 2sin ± a4 4π π

b;

±=±

4sin2cossin πaaa

10; Hệ thức lượng trong tam giác

a; ° a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA ° cosA = bc

acb2

222 −+

b; Định lí Hàm số Sin RC

cB

bA

a 2sinsinsin

===

§1 HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

y = sinx y = cosx

TXĐ =D Là hàm số lẻ Hàm số tuần hoàn, chu kỳ π2 Tập giá trị = − T 1;1 Hàm số đồng biến trong ( ) ( )π ππ π− + + ∈k k k

2 22 ; 2

Hàm số nghịch biến trong ( ) ( )π ππ π+ + ∈k k k3

2 22 ; 2

TXĐ =D Là hàm số chẵn Hàm số tuần hoàn, chu kỳ π2 Tập giá trị = − T 1;1 Hàm số đồng biến trong ( ) ( )π π π− + ∈k k k2 ; 2 Hàm số nghịch biến trong ( ) ( )π π π+ ∈k k k2 ; 2


y = tanx y = cotx TXĐ π π= + ∈ D k k

2\ ;

Là hàm số lẻ Hàm số tuần hoàn, chu kỳ π Tập giá trị = T Hàm số đồng biến trong ( ) ( )π ππ π− + + ∈k k k

2 2;

Có các đường tiệm cận π π= + ∈x k k2

;

TXĐ π= ∈ D k k\ ; Là hàm số lẻ Hàm số tuần hoàn, chu kỳ π Tập giá trị = T Hàm số nghịch biến trong ( ) ( )π π π+ ∈k k k; Có các đường tiệm cận

π= ∈x k k;

1; Tìm tập xác định của hàm số

a) ( )( )

P xy

Q x= xác định khi ( ) 0Q x ≠

b) ( )y P x= xác định khi ( ) 0P x ≥

c) ( )( )

P xy

Q x= xác định khi ( ) 0Q x >

d) ( ) ( )sin ; os y f x y c f x= = xác định khi f(x) xác định

e) ( )tany f x= xác định khi ( ) ( )2

f x k kππ≠ + ∈

f) ( )coty f x= xác định khi ( ) ( )f x k kπ≠ ∈

g) ( )( )

( )

2

f x a ktan f x t ana

f x k

π

ππ

≠ +≠ ⇔

≠ +

h) ( )( )( )

f x a k

cot f x cotaf x k

π

π

≠ +≠ ⇔ ≠

2; Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số a) Áp dụng các tính chất của bất đẳng thức và với x∀ ta có :

1 sin 1; 1 cos 1x x− ≤ ≤ − ≤ ≤ ; 2 20 sin 1; 0 cos 1x x≤ ≤ ≤ ≤ Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2sin 3y x= −

x∀ ∈ ta có: 1 sin 1 2 2sin 2 5 2sin 3 1x x x− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ −


Vậy GTLN của hàm số bằng – 5 ; GTNN của hàm số bằng – 1 . b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sin cosy a x b x c= + +

x∀ ∈ ta có: 2 2 2 2sin cosa b a x b x a b− + ≤ + ≤ + 2 2 2 2sin cosc a b a x b x c c a b⇔ − + ≤ + + ≤ + +

Vậy GTLN của hàm số bằng 2 2c a b+ + ;

GTNN của hàm số bằng 2 2c a b− + .

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 1; Phương trình lượng giác cơ bản a ; Phương trình sinx = m • Điều kiện có nghiệm : 1≤m

• Tìm góc a sao cho sina = m . ( )1: sinSDMT a m−=

Ta được sinx = sina và áp dụng :

π

π π

= += ⇔ = − + ∈

2sin sin

2 ( )u v k

u vu v k k Z

Hay = + = − +

0

0 0360

180 360

u v k

u v k nếu trong pt có cho độ

• Trường hợp đặc biệt sinu = 0 u kπ⇔ =

sin 1 2 ; sin 1 22 2

u u k u u kπ ππ π= ⇔ = + = − ⇔ = − +

• Nếu m không phải là giá trị đặc biệt có thể sử dụng π π π

π π

= += ⇔ − ≤ ≤ = − +

arcsin 2sin arcsin

2 2arcsin 2u m k

u m Vôùi mu m k

• ( )sin sinα α− = − ; cos sin ; osu sin2 2

u u c uπ π = − − = −

b; Phương trình cosx = m • Điều kiện có nghiệm : 1≤m

• Tìm góc a sao cho cosa = m . ( )1: osSDMT a c m−=


Ta được =cos cosx a và áp dụng 2

cos cos2 ( )

u v ku v

u v k kπ

π= +

= ⇔ = − + ∈ Z

Hay = + = − +

0

0360

360

u v k

u v k nếu trong pt có cho độ

• Trường hợp đặc biệt cosu = 0 2

u kππ⇔ = +

cos 1 2 cos 1 2u u k u u kπ π π= ⇔ = = − ⇔ = + • Nếu m không phải là giá trị đặc biệt có thể sử dụng

( )ππ

π= +

= ⇔ ≤ ≤ = − +

arccos 2cos 0 arccos

arccos 2u m k

u m Vôùi mu m k

• ( ) π πα π α α α α α − = − = − − = +

cos cos ; sin os ; sin os

2 2c c

c; Phương trình tanx = m ( )2x kπ π≠ +

• Tìm góc a sao cho tana = m . ( )1: tanSDMT a m−=

• Ta được tanx = tana và áp dụng tan tanu v u v kπ= ⇔ = +

Hay = + 0180u v k nếu trong pt có cho độ

• Đặc biệt π

π π= ⇔ = = ± ⇔ = ± +tan 0 ; tan 14

u u k u u k

• Nếu m không phải là giá trị đặc biệt có thể sử dụng π π

π = ⇔ = + − < <

tan arctan arctan2 2

u m u m k Vôùi m

• ( ) π πα α α α α α − = − = − − = +

tan tan ; cot tan ; cot tan

2 2

d; Phương trình cotx = m ( )x kπ≠

• Tìm góc a sao cho cota = m . 1 1: tanSDMT am

− =

• Ta được cot cotx α= và áp dụng π= ⇔ = +cot cotu v u v k


Hay = + 0180u v k nếu trong pt có cho độ

• Đặc biệt cot 0 ; cot 12 4

gu u k gu u kπ ππ π= ⇔ = + = ± ⇔ = ± +

• Nếu m không phải là giá trị đặc biệt có thể sử dụng ( )π π= ⇔ = + < <cot arccot 0 arccotu m u m k Vôùi m

• ( ) π πα α α α α α − = − = − − = +

cot cot ; tan cot ; tan cot

2 2

e; Chú ý : Không viết công thức nghiệm dạng 00 3602 kxhaykax +=+= απ

2; Phương trình bậc cao chỉ chứa 1 hàm số lượng giác a; Dạng phương trình 1. – 1

0 1 – 1sin sin . . . sin 0 n nn na x a x a x a+ + + + =

2. – 10 1 – 1cos cos . . . cos 0n n

n na x a x a x a+ + + + =

3. 10 1 – 1 tan tan . . . tan 0n n

n na x a x a x a−+ + + + =

4. – 10 1 – 1cot cot . . . cot 0n n

n na x a x a x a+ + + + = b; Phương pháp Đặt t = sinx ( hay cosx ; tanx ; cotx ) với t = sinx hay t = cosx phải có điều kiện 1≤t ta được phương trình

– 10 1 – 1 . . . 0n n

n na t a t a t a+ + + + = giải lấy nghiệm t thích hợp và áp dụng phương trình cơ bản Chú ý: 2 2cos2 2 cos 1 1 2sinx x x= − = − ;

2 2 2 2sin 1 os ; os 1 sinx c x c x x= − = − c; Ví dụ Giải phương trình c1 ; cos2x – 3cosx – 4 = 0 ⇔ 2cos2x – 3cosx – 5 = 0 ( 1 ) Đặt t = cosx ( điều kiện 1≤t ) ta được ( 1 ) ⇔ 2t2 – 3t – 5 = 0

51 ( )2

t hay t loaïi⇔ = − =

Với t = – 1 ta có cosx = – 1 ππ 2kx +=⇔ c2 ; tan3x – tan2x – 3tanx + 3 = 0 Đặt t = tanx ta được t3 – t2 – 3t + 3 = 0 3; Phương trình bậc nhất đối với sinx ; cosx a; Dạng phương trình : asinx + bcosx = c


b; Điều kiện có nghiệm : 222 cba ≥+ c; Cách giải : Chia 2 vế của phương trình cho 22 ba +

Ta được phương trình 222222

cossinba

cxba

bxba

a+

=+

++

Đặt 2222

sincosba

bba

a+

=⇒+

= αα

Ta được

( )2222

sinsincoscossinba

cxba

cxx+

=+⇔+

=+ ααα

d; Ví dụ Giải phương trình )1(1cossin3 =+ xx Cách 1 : Vì a2 + b2 = 3 + 1 = 4 > c2 = 1 . Ta có

( 1 ) 21

6sincos

6cossin

21cos

21sin

23

=+⇔=+⇔ππ xxxx

226 6sin sin ( )26 6 5 22 36 6

x kx kx k Z

x kx k

π π πππ π

ππ π ππ

=+ = + ⇔ + = ⇔ ⇔ ∈ = + + = +

4; Phương trình đẳng cấp đối với sin , cosx a; Dạng phương trình

( ) – 10 1 . . . . 0 1n n n

na sin x a sin x cosx a cos x+ + + = b; Cách giải * Khi cosx = 0 (ta xét 0a )

• Nếu 0 0a = ta có ( )1 0 0⇔ = (đúng) 2

x kππ⇒ = + là nghiệm

của phương trình • Nếu 0 0a ≠ Từ (1) )0(0sin 0 ≠=⇒ akhix ( Vô lí vì

2 2sin os 1x c x+ = )

* Khi cosx ≠ 0 chia cả 2 vế của pt cho cosn x ta được pt – 1

0 1 . . . 0n nna tan x a tan x a+ + + =


• Với pt

( )2 2 2 2sin sin cos cos 0 sin cosa x b x x c x d ta thay d d x x+ + + = = +

c; Ví dụ Giải phương trình 3sin2x + ( 3 – 3 )sinxcosx – 3 cos2x = 0 ( 1 ) • Khi cosx = 0 ( 1 ) ⇔ sinx = 0 (Vô lí vì 2 2sin os 1x c x+ = ) • Khi cosx ≠ 0 Ta có ( 1 ) ⇔ 3tan2x + ( 3 – 3 )tanx – 3 = 0 5; Phương trình lượng giác khác Để giải một phương trình lượng giác chưa phải là dạng quen thuộc ta có thể kết hợp nhiều dạng khác nhau , có thể phân tích phương trình đă cho thành tích các thừa số , hoặc áp dụng tính chất bất đẳng thức đưa về hệ phương trình để giải 6; Nhận dạng tam giác Phương pháp Từ điều kiện đă cho lập phương trình hay hệ phương trình và áp dụng công thức quy gọn góc ( chú ý góc bù hay phụ nhau ) để tìm các ẩn số là các góc A , B , C của tam giác . Lưu ý điều kiện của các góc thuộc ( )0;π

ĐẠI SỐ TỔ HỢP 1; Phép đếm a; QUI TẮC CỘNG Giả sử để hoán thành một hành động (H) ta có thể thực hiện qua các trường hợp A hoặc B hoặc C … (mỗi trường hợp đều hoàn thành công việc) Nếu A có m cách ; B có n cách ; C có p cách thì (H) có m + n + p …cách b; QUI TẮC NHÂN Giả sử để hoàn thành một hành động (H) ta cần thực hiện qua các bước A ; B ; C … liên tiếp nhau Nếu A có m cách ; B có n cách ; C có p cách thì (H) có m . n . p …cách 2; Giai thừa cho n ∈ a; n! = 1.2.3.4…n Ví dụ 6! = 1.2.3.4.5.6 = 720 b; Qui ước 0! = 1 c; Qui tắc ngắt giai thừa n! = k!.(k + 1)(k + 2)…n Ví dụ 10! = 8!.9.10 3; Hoán vị


a; Hoán vị : Cho A có n- phần tử , mỗi cách sắp thứ tự n- phần tử của A gọi là một hoán vị b; Số hoán vị : Pn = n! Ví dụ: Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số đôi một khác nhau Giải : Mỗi cách lập một số là một hoán vị của 4 phần tử.. Vậy có P4 = 4! = 24 số 4; Chỉnh hợp a; Chỉnh hợp : Cho tập A có n phần tử mỗi bộ sắp thứ tự gồm k phần tử của A ( ; 0 )k k n∈ < ≤ gọi là một chỉnh hợp chập k của n b; Số chỉnh hợp chập k của n :

( )! ( 1)( 2)....

!kn

k thöøa soá

nA n k n k nn k

= = − + − +−

Ví dụ : Một nhóm học sinh có 10 người , có bao nhiêu cách chọn 3 người để làm 3 công việc khác nhau. Giải : Mỗi cách chọn là một chỉnh hợp chập 3 của 10

Vậy có ( ) 72010.9.8!7

10.9.8.!7!7!10

!310!103

10 ====−

=A

5; Tổ hợp a; Tổ hợp : Cho tập A có n phần tử mỗi tập hợp gồm k phần tử của A ( ; 0 )k k n∈ ≤ ≤ gọi là một tổ hợp chập k của n

b; Số tổ hợp chập k của n : ( )!.!!

knknC k

n −=

Ví dụ : Một nhóm học sinh có 10 người , có bao nhiêu cách chọn 3 người để làm 3 công việc giống nhau Giải : Mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 3 của 10

Vậy có ( ) 120!7.3.2.1

10.9.8.!7!7.!3

!10!310.!3

!10310 ===

−=C

c; Tính chất 11

10 1 ++

+− =+=== kn

kn

kn

knn

kn

nnn CCCCCCC

6; Cách phân biệt tổ hợp và chỉnh hợp : Chỉnh hợp đi hỏi thứ tự còn tổ hợp không cần thứ tự tức là khi thay đổi thứ tự các phần tử mà kết quả thay đổi thì là chỉnh hợp còn kết quả không thay đổi thì là tổ hợp


NHỊ THỨC NIUTƠN

1; Khai triển nhị thức Niutơn ( ) nn

nnn

nn

nn

nn

nn bCabCbaCbaCaCba +++++=+ −−−− 11222110 ...

Số hạng tổng quát thứ k + 1 của khai triển : kknknk baCT −

+ =1

2; Tam giác Pascan ( Giá trị của knC ) Cách lập A + B

C Muốn tìm k

nC ta tìm số ở dòng n cột k . Ví dụ 1546 =C (dòng 6; cột 4 )

n \ k 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 3 1 4 1 4 6 4 1 5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 20 15 6 1 7 1 7 21 35 35 21 7 1

BÀI TẬP

1; Từ các chữ số 0.1, 2 . 3 ,4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số : a ; Chia hết cho 5 Gọi số cần tìm là ABCDE A có 6 cách chọn ; B có 7 cách chọn ; C có 7 cách chọn; D có 7 cách chọn ; E có 2 cách chọn . Vậy có : 6.7.7.7.2 = 4116 số b; Đôi một khác nhau chia hết cho 2 Gọi số cần tìm là ABCDE E 6,4,2,0∈

• E = 0 E có 1 cách chọn . A có 6 cách chọn B có 5 cách chọn. C có 4 cách chọn D có 3 cách chọn Vậy có : 1.6.5.4.3 = 360 số

• E 6,4,2∈ E có 3 cách chọn. A có 5 cách chọn B có 5 cách chọn C có 4 cách chọn D có 3 cách chọn Vậy có : 3.5.5.4.3 = 900 số


Vậy có 360 + 900 = 1260 số c; Các chữ số cách đều chữ số đứng giữa thì giống nhau Gọi số cần tìm là ABCBA A có 6 cách chọn ; B có 7 cách chọn ; C có 7 cách chọn . Vậy có 6.7.7 = 294 số 2; Từ các chữ số 1 , 2 . 3 ,4 , 5 , 6 có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số đôi một khác nhau . Tính tổng các số đó Mỗi cách lập một số là một chỉnh hợp chập 4 của 6 . Vậy có

3603.4.5.646 ==A số

Trong các số đã lập với mỗi số x thì tồn tại một số y sao cho x + y = 7777 Vậy tổng các số đó là ( 360 : 2 ) . 7777 = 1399860 3; Cho đa giác có n cạnh Đa giác có n cạnh thì có n đỉnh a; Qua 2 đỉnh lập được 1 đoạn thẳng ( gồm cạnh và đường chéo )

Vậy có 2

32

)1( 22 nnnnnnCn

−=−

−=− đường chéo

b; Lập được bao nhiêu tam giác • Qua 3 đỉnh lập được 1 tam giác . Vậy có 3

nC tam giác • Qua một đỉnh hợp với 2 cạnh kề nó lập được một tam giác có 2 cạnh là cạnh của đa giác nên có n tam giác có 2 cạnh là cạnh của đa giác • Qua một cạnh hợp với một đỉnh không kề cạnh đó của đa giác lập được một tam giác chỉ có một cạnh là cạnh của tam giác nên có n( n – 4) tam giác chỉ có một cạnh là cạnh của tam giác • Vậy có 3

nC – n – n (n – 4) = 3nC – n2 + 3n tam giác không chứa

cạnh nào của tam giác

4; Trong khai triển 10

23 2

+

xx

a; Tìm số hạng chính giữa của khai triển b; Tìm số hạng không chứa x của khai triển Giải Số hạng tổng quát thứ k + 1 của khai triển

kkkk

kkk xC

xxCT 530

102103

101 22)( −−+ =

=


a; Số hạng chính giữa của khai triển là 55510

56 80642 xxCT ==

b; Tk + 1 là số hạng không chứa x 60530 =⇔=−⇔ kk Vậy số hạng không chứa x là 134402 6

106

7 == CT 5; Chứng minh một đẳng thức a; Từ khai triển của ( ) nn

nnn

nnnnn xCxCxCxCCx +++++=+ −− 112210 ...1

• Cho x = 1 ta được nnn

nnnnn CCCCC 2... 1210 =+++++ −

• Cho x = – 1 ta được ( ) 01...210 =−+−+− nn

nnnn CCCC

• Cho x = a ta được ( )0 1 2 2 1 1... 1 nn n n n

n n n n nC aC a C a C a C a− −+ + + + + = + b; Từ khai triển của ( )2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 21 ...n n n n nn n n n nx C C x C x C x C x− −+ = + + + + +

Cho x = – 1 ta đđược 0 1 2 2 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2... 0n n n n

n n n n nC C x C x C x C x− −− + − − + = 0 2 4 2 1 3 5 2 12 2 2 2 2 2 2 2C C C ... C C C C ... Cn n

n n n n n n n n−⇔ + + + + = + + + +

c; Vì 2 12 1 2 1C C , , 2 1k n k

n n k k n+ −+ += ∀ ∈ ≤ + nên ta có

0 1 2 1 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1C C C ... C C C C ... Cn n n n n

n n n n n n n n− + + +

+ + + + + + + ++ + + + = + + + +

6; Giải phương trình Để giải phương trình ta cần đặt điều kiện cho ẩn số và áp dụng công thức tổ hợp , chỉnh hợp đưa về phương trình đại số để giải

XÁC SUẤT 1. Tập hợp Ω tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử được gọi là không gian mẫu a) Gieo n con súc sắc thì 6nΩ =

b) Gieo n đồng tiền thì 2nΩ =

c) Lấy k viên bi trong thùng có n viên thì knCΩ =

d) Thùng 1 có m viên, thùng 2 có n viên . Lấy k viên ở thùng 1 và h viên ở thùng 2 thì .k h

m nC CΩ =


2. Một biến cố A liên quan tới phép thử T là AΩ ⊂ Ω . Biến cố A xảy ra khi và chỉ khi kết quả của T thộc AΩ . Mỗi phần tử của AΩ gọi là kết quả thuận lợi cho A 3. Hai biến cố A, B gọi là xung khắc nếu A, B không đồng thời xảy ra. 4. Hai biến cố A, B gọi là độc lập nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không ảnh hưởng tới xác suất xảy ra của biến cố kia.

5. Xác suất của A là ( ) AP AΩ

=Ω

( X là số phần tử của tập X )

6. 1 2, ,..., kA A A là các biến cố đôi một xung khắc th? ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...k kP A A A P A P A P A= + + +

7. A là biến cố đối của biến cố A thì ( ) ( )1P A P A= −

8. 1 2, ,..., kA A A là các biến cố độc lập thì ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...k kP A A A P A P A P A=

9. X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị là 1 2, ,..., nx x x

a. Kỳ vọng của X là ( )1

n

i ii

E X x p=

=∑ với ( ) ( ), 1,2,3,...,i ip P X x i n= = =

b. Phương sai của X là ( ) ( ) ( )2 2 2

1 1

n n

i i i ii i

V X x p hay V X x pµ µ= =

= − = −∑ ∑

trong đó ( ) ( ), 1,2,3,...,i ip P X x i n= = = và ( )E Xµ =

c. Độ lệch chuẩn ( ) ( )X E Xσ =

DĂY SỐ - CẤP SỐ DĂY SỐ

I/- Tính đơn điệu của dăy số 1/- Định nghĩa : Cho dăy số (un) nếu với *n∀ ∈ ta có : a; un < un + 1 thì dăy số (un) là dăy số tăng b; un > un + 1 thì dăy số (un) là dăy số giảm c; Một dăy số tăng (hay giảm) gọi là dăy số đơn điệu 2/- Cách xét tính đơn điệu của dăy số Phương pháp : Để xét tính đơn điệu của dăy số ta có thể áp dụng tính chất bất đẳng thức để suy ra trực tiếp . Hoặc xét hiệu M = un + 1 – un a, Nếu un + 1 – un > 0 , *n∀ ∈ thì (un) là dăy số tăng


b, Nếu un + 1 – un < 0 , *n∀ ∈ thì (un) là dăy số giảm c, Ngoài 2 trường hợp trên thì (un) là dăy số không tăng, không giảm

Nếu 0nu n> ∀ ta có thể xét 1

n

n

uu +

1

1n

n

uu +

• > thì (un) là dăy số giảm

1

1n

n

uu +

• < thì (un) là dăy số tăng

3/- Ví dụ : Xét tính đơn điệu của dăy số sau : a; un = n2 + 1 Cách 1 : *n∀ ∈ ta có 1 ≤ n < n + 1 ⇔ n2 < (n + 1)2 ⇔ n2 + 1< (n + 1)2 + 1 ⇔ ; un < un + 1 nên (un) là dăy số tăng Cách 2 : *n∀ ∈ ta có un + 1 – un = (n + 1)2 + 1 – [n2 + 1] = (n + 1)2 – n2 = 2n + 1 > 0 *n∀ ∈ nên (un) là dăy số tăng

b; un = 2

15 7n n− +

*n∀ ∈ ta có un + 1 – un = ( ) ( )2 2

1 15 71 5 1 7 n nn n

−− ++ − + +

( )( ) ( )

22

2 2 22

5 1 5( 1) 4 2( 1) 5( 1) 7 5 71 5( 1) 7 5 7

n n n n nn n n nn n n n

− − + + + −= =

+ − + + − + + − + + − + Vì n2 – 5n + 7 > 0 *n∀ ∈ và 4 – 2n > 0 khi n < 2 ; 4 – 2n < 0 khi n>2. Vậy (un) là dăy số không tăng , không giảm c; un = (–1) n.n Ta có u1 = –1 ; u2 = 2 ; u3 = –3 . Vậy (un) là dăy số không tăng , không giảm II/- Tính bị chặn của dăy số 1/- Định nghĩa Cho dăy số (un) nếu với *n∀ ∈ ta có: a; nM saocho u M∃ ≤ thì dăy số (un) bị chặn trên b; nm saocho u m∃ ≥ thì dăy số (un) bị chặn dưới c; Dăy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới gọi là dăy số bị chặn


2/- Ví dụ Xét tính bị chặn của dăy số 2 31n

nun

−=

+

Ta có un = 2 51n

−+

. V *n∀ ∈ ta có 1 < n + 1

5 5 55 5 0 3 2 21 1 1n n n

⇔ < ⇔ − < < ⇔ − < − <+ + +

Vậy (un) là dăy số bị chặn

CẤP SỐ CỘNG 1/- Định nghĩa (

nu ) là một cấp số cộng nếu *n∀ ∈ , ∃d sao cho

1nu

+ =

nu + d

d : công sai ; n

u là số hạng tổng quát thứ n . Ví dụ ° 1 , 3 , 5 , 7 , . . . . . là cấp số cộng có công sai d = 2 ° 2 , 1 , 0 , –1 ; –2 , . . . là cấp số cộng có công sai d = – 1 2/- Tính chất a; Số hạng tổng quát thứ n : 1 ( 1) nu u n d= + − b; (un) là cấp số cộng thì un –1 + un + 1 = 2un Hay 3 số a ; b ; c lập thành cấp số cộng ⇔ a + c = 2b 3/- Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng

( ) ( )11 2 1S

2 2+ − + = =n

n

n u n dn u u

Bài tập Vấn đề 1 Chứng minh một dăy số là cấp số cộng Phương pháp Cách 1 : Chứng minh un + 1 – un = d . d là 1 số không đổi *n∀ ∈ Cách 2 : Chứng minh un – 1 + un + 1 = 2 un, *n∀ ∈ , n >1 Ví dụ 1/- Cho (un) với un = 1 – 3n . Chứng minh rằng (un) là cấp số cộng Ta có un + 1 – un = 1 – 3(n + 1) – (1 – 3n) = –3 *n∀ ∈ Vậy (un) là cấp số cộng có công sai d = –3 2; Chứng minh rằng 3 số dương a; b; c lập thành cấp số cộng khi và

chỉ khi 1 1 1; ;b c c a a b+ + +

lập thành cấp số cộng .Ta có


1 1 1 1 1 2SC ; ;Cb c c a a b a b b c a c

⇔ + =+ + + + + +

( )( ) ( )( ) ( )( )2a c a b a c b c a b b c⇔ + + + + + = + +

⇔ a +2 ab +2 bc +2 ca + c = 2 ab +2 bc +2 ca +2b ⇔ a + c = 2b ⇔ a, b, c lập thành cấp số cộng Vấn đề 2 Xác định cấp số cộng Phương pháp để xác định 1 cấp số cộng từ điều kiện đă cho áp dụng

công thức un = u1 + (n – 1).d và ( )12 1

S2

+ − =n

n u n d đưa về hệ

phương trình ẩn số u1 và d Ví dụ 1/- Xác định u1 và d của cấp số cộng biết

2 3 5

1 6

1017

u u uu u

− + = + =

Ta có 2 3 5

1 6

1017

u u uu u

− + = + =

1 1 1

1 1

( 2 ) 4 105 17

u d u d u du u d

+ − + + + =⇔ + + =

1 1

1

3 10 12 5 17 3u d u

u d d+ = =

⇔ ⇔ + = =

2/- Giữa 2 số a ; b hăy đặt thêm k số nữa để được cấp số cộng Ta có cấp số cộng có k + 2 số hạng nên u1 = a ; uk +2 = b

⇔ u1 + (k + 1)d = b ⇔ a + (k + 1)d = b ⇔1

b adn

−=

+

Áp dụng un + (n – 1)d ta lần lượt tính được các số cần tìm Vấn đề 3 Tìm giá trị tham số để phương trình có nghiệm lập thành cấp số cộng 1/- Phương trình 3 2 0ax bx cx d+ + + = có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng Ph trình có 3 nghiệm x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng ⇒ x1 + x3 = 2x2


Theo định lí Viet ta có x1 + x2 + x3 = ba

− ⇔ 3x2 = ba

− ⇔ x2 = 3ba

−

x2 là nghiệm của p. trình nên thay x2 vào p. trình ta tìm được giá trị tham số Thử lại : Thay giá trị tham số vào phương trình và giải để kiểm tra ,chú

ý phương trình có 1 nghiệm là x2 = 3ba

−

Ví dụ : Tìm m để phương trình : x3 – 3x2 + 2mx + m – 1 = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Giả sử phương tŕnh (1) có 3 nghiệm x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng

⇒ x1 + x3 = 2x2 . Theo định lí Viet ta có x1 + x2 + x3 = ba

− = 3

⇔ 3x2 = 3 ⇔ x2 = 1 x2 = 1 là nghiệm của phương trình (1) ⇔ 1 – 3 + 2m + m – 1 = 0 ⇔ m = 1 Khi m = 1 ta có (1) ⇔ x3 – 3x2 + 2x = 0 ⇔ x (x2 – 3x + 2) = 0

⇔ 2

0 01 23 2 0

x xx xx x

= = ⇔ = ∨ =− + =

Ta có (1) có 3 nghiệm 0 ; 1 ; 2 lập thành cấp số cộng . Vậy m = 1

2/- Phương trình 4 2 0ax bx c+ + = có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đặt t = x2 ( )0t ≥ ta được at2 + bt + c = 0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt t1 ; t2 thoả 0 < t1 < t2 . Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt 2 1 1 2; ; ;t t t t− − lập thành cấp số cộng

⇔ 2 1 1 2 1 2 12 3 9t t t t t t t− = ⇔ = ⇔ =

Vì t1 ; t2 là nghiệm của (2) theo định lí Viet ta có

1 2 1 11010

b b bt t t ta a a

+ = − ⇔ = − ⇔ = −

Từ điều kiện t1 là nghiệm của pt (2) ta tìm được giá trị tham số và thử lại


CẤP SỐ NHÂN 1/- Định nghĩa Dăy số (un) được gọi là cấp số nhân nếu ∃ q sao cho un +1= un.q ∈∀n N* . q được gọi là công bội của cấp số nhân Nếu u1 = 0 thì CSN 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; . . . . . q tuỳ ý Nếu q = 0 thì CSN u1; 0; 0; 0; . . . . . . Nếu q = 1 thì CSN u1; u1; u1; . . . . . . 2/- Tính chất a; Số hạng tổng quát un = u1.qn – 1 b ; un – 1 . un + 1 = ( un) 2 ( với n > 1 ) hay CSN a; b; c ⇔ a.c = b2 c ; Tổng n số hạng đầu tiên q = 1 thì Sn = n.u1

q ≠ 1 thì 11S .1

−=

−

n

nquq

CSN lùi vô hạn là CSN có công bội 1q vôùi q < có tổng 1

1u

Sq

=−

Vấn đề 1 Chứng minh 1 dăy số là cấp số nhân Phương pháp

Để chứng minh 1 dăy số là cấp số nhân ta chứng minh 1n

n

uq

u+ = .

*n∀ ∈ hoặc chứng minh un – 1 . un + 1 = ( un) 2 ( với *n∀ ∈ , n > 1 ) Ví dụ 1/- Chứng minh rằng dăy số un = 3.2n là 1 cấp số nhân . Tính 8S

Ta có 1

1 *3.2 23.2

nn

nn

un

u

++ = = ∀ ∈ .

Vậy un là 1 cấp số nhân có công bội q = 2

và u1 = 3.2 1 = 6 . .8 8

8 11 2 1S . 6. 15301 2 1

− −= = =

− −quq

2/- Chứng minh rằng : 2 1 2; ; ; ;a b cb a b b c

⇔− −


Ta có 2 1 2 2 2 2; ; ( ) ( ) ( )( )b b c b b a b a b c

b a b b c b a b c b⇔ + = ⇔ − + − = − −

− − − −

⇔ b2 – bc + b2 – ab = b2 – bc – ab + ac ⇔ b2 = ac ⇔ ; ;a b c

Vấn đề 2 Xác định cấp số nhân Phương pháp

Để xác định 1 cấp số nhân từ điều kiện đă cho áp dụng 11.1

n

nqS uq

−=

−

và un = u1.qn – 1 lập hệ phương tŕnh ẩn số là u1 và q Ví dụ 1/- Tm u1 và q của cấp số nhân biết :

( )( )( )

2 42 411 1 1

6 2 2 41 1 1

1 6565 . . 6551 3325 . 325 1 1 32571

− + =− + = − + =⇔ ⇔

+ = + = + − + =

u q qu u u u u q u q

u u u u q u q q q

( )2

2 411

1 5 251 65

+ = = ±⇔ ⇔ =− + =

q quu q q

2/- Cho 2 số a ; b dương, giữa 2 số a ; b đặt thêm k số nữa để được một cấp số nhân GIẢI : Cấp số nhân có k + 2 số hạng

Ta có 1

1 111

2 1.kk

k

u au a u abu b qu q ba

+++

== = ⇔ ⇔ = ==

Tìm q và áp dụng un = u1.qn – 1 tìm được các số còn lại

GIỚI HẠN CỦA DĂY SỐ 1/- Định nghĩa a ; lim 0= ⇔nu ,∀ nn u nhỏ hơn một số dương cho trước nhỏ tùy ý kể từ một số hạng nào đó trở đi. b; ( )lim lim 0n nu L u L= ∈ ⇔ − =

c ; limun = +∞ ⇔ ∀ nu lớn hơn một số dương cho trước kể từ một số hạng nào đó trở đi.


d; limun = −∞ ⇔ ∀ nu nhỏ hơn một số âm cho trước kể từ một số hạng nào đó trở đi. 2/- Tính chất

( ); lim( ) lim lim ; lim . lim .lim± = ± =n n n n n n n na u v u v b u v u v

( ) lim; lim . .lim ; lim (lim 0)

lim= = ≠n n

n n nn n

u uc k u k u d vv v

e; Nếu 33lim : lim , lim ( 0)n n nu L u L u L neáu L= ∈ ⇒ = = ≥

f. ,

lim 0lim 0

n nn

n

u v nu

v

< ∀ ∈ ⇒ ==

3/- Một số giới hạn cơ bản * 0 11; lim 0 ; lim ( ) ; lim

1α

α α <

= = + ∞ ∈ = +∞ >

n qa b n c q

n q

31 1; lim 0; . lim 0d en n

= =

Vấn đề 1 Chứng minh lim nu L=

Phương pháp CM : lim( ) 0nu L− =

Để CM lim 0nu = tacó thể sử dụng tính chất

,lim 0

lim 0n n

nn

u v nu

v

< ∀ ∈ ⇒ ==

Ví dụ Chứng minh rằng ( )1 sin3 2 2lim3 3

− +=

n n nn

Xét ( ) ( )1 sin3 2 3. 1 sin32

3 3 9

n n

nn n n

un n

− + −= − =

( )1 sin3 13 3 lim 0

1lim 03

n

n

n

n nMaø u

n

− ≤ ⇒ =

=

Vậy ( )1 sin3 2 2lim3 3

− +=

n n nn


Vấn đề 2 Tìm giới hạn 1/- Tìm giới hạn bằng cách trong tử số và mẫu số đặt luỹ thừa bậc cao nhất làm thừa số chung đơn giản thừa số chung hay chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa bậc cao nhất của n và áp dụng

( ) ( )k

*

m m k

n 1 1m k vaø lim 0n n n

− α= > = α ∈

2/- Khi trong giới hạn có chứa căn thức ta có thể nhân chia cho biểu thức liên hợp

3/ 1 2

*0 1 21 2

0 1 2

...lim ( , )

...

k k kk

m m mm

a n a n a n a k mb n b n b n b

− −

− −

+ + + +∈

+ + + +

Nếu k m≤ chia cả tử và mẫu cho mn ( Đáp số = 0 nếu k < m, 0

0

ab

= nếu k =

m ) 1 2

0 1 21 2

0 1 2

1 10 0

1100

...Khi lim

...

... ...lim lim

......

k k kk

m m mm

k k kk k

k m

m mmmm

a n a n a n ak mb n b n b n b

aa aan a an n n nn bbbb bn bn nn n

− −

− −

−

+ + + +• >

+ + + +

+ + + + + + = + + ++ + +

0

0

0

0

0

0

akhibakhib

+ ∞ >=−∞ <

GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ Kiến thức cần nhớ 1) [ ]

x a x a x alim u±v = lim u ± lim v

→ → →

2) ( )lim . lim .limx a x a x a

u v u v→ → →

=

3) ( )limlim lim 0

limx a

x a x ax a

uu vv v

→

→ →→

= ≠


4) lim lim lim 0x a x a x a

u u u→ → →

= ≥

5) Nếu ( ) ( ) ( ) ( )( ) vaø lim limx a x a

g x f x h x g x h x L→ →

≤ ≤ = =

thì ( )limx a

f x L→

=

6/- Nếu ( )1lim ( ) lim 0

x a x af x

f x→ →= + ∞ ⇒ =

7/- Các quy tắc Nếu lim ( ) lim ( ) 0 lim[ ( ). ( )]

x a x a x af x vaø g x L f x g x

→ → →= ±∞ = ≠ ⇒

bằng hay+∞ − ∞ tùy theo tích 2 dấu của lim ( )x a

f x→

và L

8/- Hàm số y = f(x) liên tục tại a ( ) ( )limx a

f x f a→

⇔ =

9/- Hàm số y = f(x) liên tục trong (a ; b) và f(a).f(b) < 0 thì phương tŕnh f(x) = 0 có nghiệm trong (a ; b) 10/ Giới hạn một bên a. ( ) ( )lim ; lim

x a x af x x a f x x a

+ −→ →⇔ > ⇔ <

b. Giới hạn vô cực (trong giới hạn một bên) ( )( )

( )( ) ( ) ( )lim lim 0, 0

x a x a

f x f xhay khi f a g a

g x g x− +→ →≠ =

Phân tích ( )( )

( )( ) ( )1

f x f xg x x a g x

=−

. Tính ( )( )1

f aM

g a= Ta có :

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )lim . ; lim .x a x a

f x f xM M

g x g x+ −→ →• = +∞ • = −∞

Ví dụ :

( ) ( ) ( )22 2

2 5 2 5 2.2 5lim lim 1; 1.3 2 2 1 2 1x x

x xx x x x− −→ →

− − − = = +∞ = − − −∞ = +∞ − + − − − Vấn đề 1 Tìm giới hạn của hàm số

Dạng 1 Dạng vô định 00


Phương pháp Tìm ( )lim( )x a

f xg x→

mà f(a) = g(a) = 0

Phân tích tử số và mẫu số thành các thừa số trong đó có chứa ( x – a) sau đó đơn giản cho ( x – a) Chú ư : Phương tŕnh ax2 + bx + c = 0 có nghiệm x0 thì

ax2 + bx + c = ( )00

cx x axx

− −

Hoặc có thể thực hiện phép chia đa thức cho ( x – x0) Khi trong giới hạn có chứa căn thức ta có thể nhân chia cho biểu thức liên hợp Ví dụ Tìm các giới hạn sau

1/- ( )( )( )( )

2

2x 1 x 1 x 1

x 1 2x 12x 3x 1 2x 1lim lim lim 21 x 1 x 1 x1 x→− →− →−

+ ++ + += = = −

+ − −−

2/- ( ) ( )1 1 1

3 1 2 3 1 4 3 3lim lim lim1 43 1 21 3 1 2x x x

x xx xx x→ → →

+ − + −= = =

− + +− + +

3/- 3 3

1 1 1

7 3 1 7 2 3 1 2 1 3 2lim lim lim1 1 1 12 4 3→ → →

+ − + + − + −= − = − =−

− − −x x x

x x x xx x x

Dạng 2 Dạng vô định ∞∞

Phương pháp Áp dụng ( )* 1lim lim 0

limneáu n chaünneáu n leû

ααα

→+∞ →±∞

→−∞

= + ∞ ∈ =

+ ∞= −∞

x x

n

x

xx

x

10 1

10 1

.....lim

....

n n

m mx

a x a xb x b x

−

−→∞

+ ++ +

Đặt luỹ thừa bậc cao nhất trong tử,

trong mẫu làm thừa số chung ( áp dụng 1 ( )t

k k t

x k tx x −= > ) Đơn

giản và áp dụng 1lim 0α→±∞

=x x

• Nếu n m≤ chia cả tử và mẫu cho mx


( Đáp số = 0 nếu n < m, 0

0

ab

= nếu n = m )

1 20 1 2

1 20 1 2

...Khi lim

...

n n nn

m m mx m

a x a x a x an m

b x b x b x b

− −

− −→±∞

+ + + +• >

+ + + +

1 10 0

1100

... ...lim lim

......

−

→±∞ →±∞

+ + + + + + = = + + ++ + +

k n nn n

n m

x xm mmmm

aa aax a ax x x xx bbbb bx bx xx x

Ta có 1

0 1 01

0 1 0

0

0

0.....lim....

.

−

−→±∞

<+ +

= =+ + ± ∞ >

n n

m mx

khi n ma x a x a khi n mb x b x b

a khi n mb

Chú ý :

Với a > 0 ta có 22

2

.

.

b cx a khi xx xax bx c

b cx a khi xx x

+ + → +∞

+ + =− + + → −∞

Ví dụ : Tìm

( )( )3 4

3 4 3 4

7 37

4 7

3 12 12 3 11/ lim lim

3 23 2 1→+∞ →+∞

− + − + − =− + − +

x x

x xx x x xx x x

x x

3 4

x4 7

3 12 1x xlim 2

3 21x x

→+∞

− +

= =

− +

2 3 22 / lim

2 3→−∞

− +−

−x

x xx


2 2 23 2 3 2. 1 13 2 1lim lim lim 22 3 2 3 33

→−∞ →−∞ →−∞

− − + − − +− += = =

− − −x x x

xx x x x x xx x

x

Dạng 3 Dạng vô định ∞ − ∞

Phương pháp Thực hiện phép biến đổi đưa về dạng 00

∞∞

hay

Ví dụ

( )( ) ( )( )2x 1 x 1 x 1

x 1

1 1 1 1 x 2 11 / lim lim limx 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2x x 2

1 1limx 2 3

→ → →

→

+ − − − = − = − − − + − ++ −

= =+

2 2

2

x x x2

2

x 2x 4 x 2x 42 / lim x 2x 4 x lim lim2 4x 2x 4 x x. 1 xx x

→+ ∞ →+ ∞ →+ ∞

+ − − − − + − − = = + − + + − +

2

42lim 1

2 41 1x

x

x x

→+ ∞

−= =

+ − +

Dạng 4 Dạng vô định ∞0.

Phương pháp Thực hiện phép biến đổi đưa về dạng 00

∞∨

∞

HÀM SỐ LIÊN TỤC

1/- Xét tính liên tục của y = f(x) tại 0x Tính f(xo) ( nếu f(x0) không tồn tại thì hàm số không liên tục ) Tìm

0

lim ( )x x

f x→

Khi cần có thể tìm giới hạn một bên

So sánh f(x0) và 0

lim ( )x x

f x→

để kết luận

Ví dụ Xét tính liên tục của hàm số :


1. 2 3 2 2

21 2

x x Khi xy x

Khi x

− +≠= −

=

tại x = 2

Ta có f(2) = 1 ( )( ) ( ) ( )

2

2 2 2

1 23 2lim lim lim 1 1 21 1x x x

x xx x x fx x→ → →

− −− += = − = =

− −

Vậy hàm số liên tục tại x = 2

2. 2 3 2 1

12 1 1

− +>= −

+ ≤

x x Khi xy x

x Khi x

tại x = 1

Ta có f(1) = 3 ( ) ( ) ( ) ( )

2

1 1 1

1 23 2lim lim lim 2 1 11 1+ + +→ → →

− −− += = − = − ≠

− −x x x

x xx x x fx x

( )1 1

lim ( ) lim 2 1 3 (1)x x

f x x f− −→ →

= + = =

Vậy hàm số không liên tục tại x = 1 2/- Tìm m để hàm số y = f(x) liên tục tại điểm đă chỉ ra Phương pháp Tính f(a) và tìm lim ( )

x af x

→

Hàm số liên tục tại x = a ( ) ( )limx a

f x f a→

= từ điều kiện này tìm m

Khi cần có thể tìm giới hạn một bên Ví dụ

1/- Hàm số 13 2

xyx+

=− −

chưa liên tục tại x = –1 . Định f(–1) để

hàm số liên tục tại x = –1

Ta có hàm số liên tục tại x = –1 1

lim ( ) ( 1)x

f x f→ −

⇔ = −

( )( ) ( )1 1 1

1 3 21( 1) lim lim lim 3 2 43 43 2→− →− →−

+ − ++⇔ − = = = − − + = −

− −− −x x x

x xxf xxx

2/- Tìm m để hàm số


3 1 21

( ) 11

xkhi x

f x xmx khi x

+ −>= −

≤

a; Liên tục tại x = 1 b; Liên tục trên R Giải a; Ta có f(1) = m

1 1lim ( ) limx x

f x mx m− −→ →

= =

1 1 1 1

3 1 2 3 1 4 3 3lim ( ) lim lim lim1 4( 1)( 3 1 2) 3 1 2x x x x

x xf xx x x x+ + + +→ → → →

+ − + −= = = =

− − + + + +

Hàm số liên tục tại x = 1 1 1

lim ( ) lim ( ) (1)x x

f x f x f+ −→ →

⇔ = = 34

m⇔ =

b; Hàm số đă liên tục tại 1x∀ ≠ nên hàm số liên tục trên R ⇔ hàm số

liên tục tại x = 1 34

m⇔ =

3/- Hàm số 3 22 3 4 9( )

1x x xf x

x− + +

=+

chưa xác định tại x = – 1 .

Định f(– 1) để hàm số liên tục trên R Hàm số liên tục trên R Hàm số liên tục tại x = – 1

1( 1) lim ( )

xf f x

→−⇔ − =

3/- Chứng minh phương trình có nghiệm Phương pháp Đặt f(x) là vế trái của phương trình . f(x) liên tục trong D Tìm 2 số a ; b ∈ D sao cho f(a).f(b) < 0 thì p trình có nghiệm x thuộc (a ; b) Ví dụ 1/- Chứng minh rằng phương trình x3 – 3x + 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt Đặt f(x) = x3 – 3x + 1 liên tục trên Ta có : f(–2) = – 1 ; f(– 1) = 3 ; f( 1 ) = – 1 ; f( 2 ) = 3 Vì : f(–2).f(–1) = f(–1).f( 1 ) = f( 1 ).f( 2 ) = –3 < 0 Nên phương trình có 3 nghiệm phân biệt trên [–2 ; 2 ] 2/- Chứng minh rằng phương trình 3sin2x + x + 2 = 0 có nghiệm Đặt f(x) = 3sin2x + x + 2 liên tục trên R Ta có f(0) = 2 và ( ) 2f π π− = −


V (0). ( ) 2(2 ) 0f f π π− = − < nên phương trình có nghiệm 3/- Đôi khi ta cần sử dụng giới hạn . Ví dụ : Chứng minh rằng phương trình

2008 200711 2006 0x x− − = có ít nhất 2 nghiệm

Đặt 2008 2007( ) 11 2006f x x x= − − liên tục trên R

Ta có f(0) = – 2006 20082 2008

11 2006lim ( ) lim 1→±∞ →±∞

= − − = + ∞ x x

f x xx x

Nên 0 : ( ) 0; 0 : ( ) 0a f a b f b∃ < > ∃ > > Vì f(a).f(0) < 0 và f(0).f(b) < 0 nên phương trình có ít nhất 2 nghiệm

ĐẠO HÀM CỦA HÀM SỐ

Hàm số y = f(x) Hàm số hợp y = f(u) ; u = g(x) ( C )’ = 0 C: hằng số ′ ′ ′=

x u xy y . u

(x)’ =1

( )x

x2

1=

′ ( )

uuu

2′

=′

2

11xx

−=′

2

1uu

u′

−=′

( ) 1. −=′ αα α xx ( ) uuu ′=

′ − .. 1αα α

( ) xx cossin =′ ( ) uuu cos.sin ′=′

( ) xx sincos −=′ ( ) uuu sin.cos ′−=′

( ) 22

1tan 1 tancos

x xx

′= = + ( )tanu

′=

uu

2cos′

( ) 2

1cotsin

xx

′= − ( ) 2

cotsin

uuu

′ ′−=

CÁC QUI TẮC TÍNH ĐẠO HÀM

Cho các hàm số u ; v ; w lần lượt có đạo hàm u’ ; v’ ; w’. Ta có : 1; ( u + v – w )’ = u’ + v’ – w’ 2; ( u.v)’ = u’v + uv’


Hệ quả : ( C.v )’ = C.v’ ( C : hằng số ) Mở rộng : ( uvw )’ = u’vw + uv’w + uvw’

3; ( )0''2 ≠−

=′

v

vuvvu

vu

4; u = u(x) có đạo hàm theo x là u’x y = f(u) có đạo hàm theo u là y’u Thì hàm số y = f ( )[ ]xu có đạo hàm theo x là y’x = y’u.u’x

ĐẠO HÀM CẤP CAO

1. Định nghĩa Đạo hàm của y′ gọi là đạo hàm cấp 2, kí hiệu y′′ Đạo hàm của y′′ gọi là đạo hàm cấp 3, kí hiệu y′′′

Đạo hàm của đạo hàm cấp ( )1n − gọi là đạo hàm cấp n, kí hiệu ( )ny

2. Chứng minh đẳng thức về đạo hàm Tìm đạo hàm đến cấp cao nhất có trong đẳng thức thế vào và chứng minh đẳng thức đúng

TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ( C ) : ( )y f x= Lí thuyết

Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại M(x0 ; y0) :

0 0 0 ( )( )y y f x x x′− = − Vấn đề 1 : Lập phương tŕnh tiếp tuyến của ( C ) tại M( 0 0;x y ) Phương pháp : Áp dụng công thức 0 0 0 ( )( )y y f x x x′− = − Nếu chưa cho y0 thì tính y0 = f(x0) Nếu chưa cho x0 thì x0 là nghiệm của phương trình f(x) = y0 Ví dụ Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số : y = f(x) = x3 – 3x + 2 tại: a; Điểm M có hoành độ xM = 0 b; Giao điểm của ( C ) với trục hoành Giải :a; xM = 0 ⇒ yM = 2 ( )2;0M⇒ f’(x) = 3x2 – 3 ⇒ f’(0) = – 3 Vậy phương trình tiếp tuyến : y – 2 = –3( x – 0 ) ⇔ y = – 3x + 2 b; Phương trình trục Ox : y = 0 . Ta có x3 – 3x + 2 = 0

( )( ) 21021 2 −=∨=⇔=−+−⇔ xxxxx x = 1 phương trình tiếp tuyến y = f’(1)(x – 1) 0=⇔ y x = – 2 phương trình tiếp tuyến y = f’(– 2)(x + 2)

189)2(9 +=⇔+=⇔ xyxy


Vấn đề 2 Lập phương trình tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước Phương pháp Gọi M(x0 ; y0) là tiếp điểm. Tiếp tuyến có hệ số góc k

( ) kxf =′⇔ 0 . Giải phương trình tìm x0 ( )00 xfyD =⇒∈ Phương trình tiếp tuyến y – y0 = k( x – x0 ) Lưu ý Cho (d) : y = a.x + b nếu : (d1) song song với (d) th (d1) có hệ số góc k = a

(d2) vuông góc với (d) th (d1) có hệ số góc k = a1

− hay a.k = – 1

Ví dụ Cho ( C ) : y = f(x) = x3 – 2x + 2. lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết 1; Tiếp tuyến song song với (d) : y = x + 1 2; Tiếp tuyến vuông góc với (d)

GIẢI 1; Gọi M(x0 ; y0) là tiếp điểm. Tiếp tuyến song song với (d) nên có hệ số góc k = 1 ( ) 11231 0

200 ±=⇔=−⇔=′⇔ xxxf

x0 = 1 ⇒ y0 = 1 . Phương tŕnh tiếp tuyến : y = x x0 = – 1 ⇒ y0 = 3 . Phương tŕnh tiếp tuyến : y = x + 4 2; Vì tiếp tuyến vuông góc với (d) nên có hệ số góc k = – 1 . Vấn đề 3 : Lập phương trình tiếp tuyến đi qua một điểm A( 1 1;x y ) Phương pháp Gọi M(x0 ; y0) là tiếp điểm.Tính y0 = f(x0) và f’(x0) theo x0 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : y – y0 = f’(x0)( x – x0 ) (1) Vì tiếp tuyến đi qua A nên y1 – y0 = f’(x0)( x 1 – x0) giải phương trình tìm x 0 thay vào (1). Ví dụ Lập phương trình tiếp tuyến của (C) : y = f(x) = x3 – 3x + 2 biết rằng tiếp tuyến đi qua A(2 ; –4 ) Gọi M(x0 ; y0) là tiếp điểm . Ta có y0 = x0

3 – 3x0 +2 và f’(x0) = 3x0

2 – 3 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y – (x0

3 – 3x0 + 2) = (3x02 – 3)( x – x0) ( ) 2233 3

02

0 +−−=⇔ xxxy (1) Vì tiếp tuyến đi qua A(2;– 4) nên – 4 = (3x0

2 – 3).2 – 2x03 + 2

3003 002

03

0 =∨=⇔=−⇔ xxxx x0 = 0 phương trình tiếp tuyến là y = – 3x + 2 x0 = 3 phương trình tiếp tuyến là y = 24x – 52


HÌNH HỌC Chương I : PHÉP BIẾN HÌNH

DẠNG 1 : VẼ ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP BIẾN HÌNH Phương pháp: 1. Vẽ ảnh của một điểm:

a. Qua phép tịnh tiến : Lấy M’ sao cho MM a−−→ →

′ = b. Qua phép Đối xứng Trục d : Lấy M’ sao cho d là đường trung trực của MM’.(Qua M dựng đt d∆ ⊥ cắt d tai H, lấy M’ sao cho H là trung điểm của MM’) c. Qua phép đối xứng Tâm O : Lấy M’ sao cho O là trung điểm của MM’. d. Qua ( );O kV : Trên đường thẳng OM lấy M’ sao cho đoạn

.OM k OM′ = và : M, M’ cùng phía đối với O nếu k > 0. M, M’ khác phía đối với O nếu k < 0. e. Qua phép quay ( );OQ ϕ :

Vẽ cung tròn tâm O, bán kính OM.

Trên cung tròn lấy điểm M’ sao cho ( ), .OM OM ϕ′ = ( )MOM ϕ′ =

0

0

MM ngöôïc chieàu kim ñoàng hoà neáu

MM cuøng chieàu kim ñoàng hoà neáu

ϕ

ϕ

′ >

′ <

2. Vẽ ảnh của Tam giác : Lần lượt vẽ ảnh của các đỉnh 3. Vẽ ảnh của đường thẳng (d) : Trên (d) lấy 2 điểm A, B. Vẽ ảnh A’, B’ của A, B, ảnh là đường thẳng A’B’. 4. Vẽ ảnh của một Đường tròn : a. Vẽ I’ là ảnh của tâm I qua phép biến hình. b. Vẽ đường tròn ảnh có tâm I’ và bán kính bằng R ( Nếu là phép Tịnh tiến, Đối xứng Trục, Đối xứng tâm), bán kính .R k R′ = ( nếu là phép


Vị tự ( );O kV ). Hoặc lấy điểm M trên đường tròn , vẽ ảnh M’ sau đó vẽ

đường tròn tâm I’, bán kính I’M’. 5. Ví dụ :

Pheùp Tònh tieán TaM'

I'

A'

C'

B'

a

B

C

A

I

M

dd

Pheùp Ñoái xöùng Truïc Ñd

M'

I'

A'

C'

B'B

C

A

I

M

Pheùp Ñoái xöùng Taâm ÑO

M'

I'

A'

C'

B'

B

C

A

IO

O

M

ϕ > 0ϕ < 0

Pheùp Quay Taâm O, goùc ϕ

B'

A'

C'

I'

M'

BC

A

I

OO

M


k > 0k < 0

Pheùp Vò töï Taâm O, tyû soá kM'

I'

A'

C'

B'

B

C

A

IO

O M

DẠNG 2 : TÌM PHƯƠNG TRÌNH ẢNH Phương pháp : 1. Phương pháp chung : Cho hình H có phương trình F(x; y) = 0. Viết phương trình H’ là ảnh của H qua phép biến hình f có biểu thức tọa độ

( )( )

x u xy v y′ =

′ =

GIẢI : Gọi ( ) ( ) ( ); ; ;M x y M x y f M′ ′ ′ = ′ =

⇔ ′ =

( )( )

x u xy v y

tính x theo x’, y theo y’

M(x; y) ∈ H ( ); 0F x y⇔ = thay x, y vào ta được phương trình

( ); 0G x y′ ′ = . Vậy phương trình ảnh là ( ); 0G x y = Lưu ý :

a. Qua phép Tịnh tiến theo ( ); :x x a

v a by y b′ = +

= ′ = +

b. Qua phép Đối xứng trục Ox x xy y′ =

′ = −

c. Qua phép Đối xứng trục Oy x xy y

′ = − ′ =

d. Qua phép Đối xứng tâm ( ) 2; :

2x a x

A a by b y′ = −

′ = −


e. Qua phép ( ) ( ); ;V I k vôùi I a b : Ta có

′ = ⇔

.IM k IM ( )( )

′ − = − ′= − + ⇔ ′= − +′− = −

x a k x a x kx ka ay ky kb by b k y b

2. Ảnh của đường tròn (I,R) qua phép Tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm, vị tự : Tìm tọa độ ảnh I’, sau đó viết phương trình đường tròn tâm I’, bán kính R ( hoặc R k R′= nếu là phép vị tự) theo công thức

( ) ( )2 2 2x x y y R′ ′− + − =

* Đường tròn ( ) 2 2: 0C x y mx ny p+ + + + =

2 2

; ,2 2 2 2m n m mcoù taâm I baùn kính R p

− − = + −

3. VÍ DỤ 1. Viết phương trình ảnh của đường thẳng (d) : 3x – 2y + 1 = 0 a. Qua phép tịnh tiến theo ( )2; 1v= −

b. Qua phép đối xứng trục Oy c. Qua phép đối xứng tâm I(2; 3) d. Qua phép vị tự ( ),2V I

Giải : a.

Gọi M(x;y). ( ) ( )′ ′= + = − ′ ′ ′ = ⇔ ⇔ ′ ′= − = +

2 2;

1 1vx x x x

M x y T My y y y

( ) ( ); 3 2 1 0M x y d x y∈ ⇔ − + =

( ) ( )′ ′ ′ ′⇔ − − + + = ⇔ − − =3 2 2 1 1 0 3 2 7 0x y x y Vậy phương trình ảnh của ( ) : 3 2 7 0laø x y∆ − − =

( ) ( )′ ′= − = − ′ ′ ′ = ⇔ ⇔ ′ ′= =

. ; Oyx x x x

b M x y Ñ My y y y

( ) ( ); 3 2 1 0M x y d x y∈ ⇔ − + =

( ) ( )′ ′ ′ ′⇔ − − + = ⇔ + − =3 2 1 0 3 2 1 0x y x y Vậy phương trìn ảnh của ( ) : 3 2 1 0laø x y∆ + − =


( ) ( )′ ′+ = = − ′ ′ ′ = ⇔ ⇔ ′ ′+ = = −

I4 4

. ;6 6

x x x xc M x y Ñ M

y y y y

( ) ( ); 3 2 1 0M x y d x y∈ ⇔ − + =

( ) ( )′ ′ ′ ′⇔ − − − + = ⇔ − − =3 4 2 6 1 0 3 2 1 0x y x y

Vậy phương trình ảnh của ( ) : 3 2 1 0laø x y∆ − − =

( ) ( ) ( ),2. ; 2Id M x y V M IM IM′ ′ ′ ′= ⇔ =

( )( )

22 2 2 2 4 2 2

2 6 3 33 2 32

xxx x x xy y yy y y

′+ =′ − = − ′ = − + ⇔ ⇔ ⇔ ′ ′= − + +′− = − =

( ) ( ); 3 2 1 0M x y d x y∈ ⇔ − + =

′ ′+ + ′ ′⇔ − + = ⇔ − + =

2 33 2 1 0 3 2 2 02 2

x y x y

Vậy phương trình ảnh của ( ) : 3 2 1 0laø x y∆ − − =

2. Viết Phương trình ảnh của đường tròn ( ) 2 2: 13 9 5 0C x y x y+ − + − = qua phép đối xứng trục Ox Gọi M(x; y)

( ) ( ); Oxx x x x

M x y Ñ My y y y′ ′= = ′ ′ ′ = ⇔ ⇔ ′ ′= − = −

( ) ( ) 2 2; 13 9 5 0M x y C x y x y∈ ⇔ + − + − =

′ ′ ′ ′⇔ + − − − =2 2 13 9 5 0x y x y Vậy phương trình đường tròn ảnh là 2 2 13 9 5 0x y x y+ − − − = 3. Viết Phương trình ( )C′ là ảnh của đường tròn

( ) 2 2: 4 6 3 0C x y x y+ − + − =

a. Qua phép tịnh tiến theo ( )2; 1v= −

b. Qua phép đối xứng tâm O(0; 0) c. Qua phép đối xứng tâm A(4; 3) d. Qua phép vị tự ( ), 2V A −

Giải


a. Đường tròn có tâm ( )2; 3 , 4I baùn kính R− = .

Gọi ( ) ( )′ = ; vI x y T I ( )2 2 44; 4

3 1 4x x

Iy y

= + =′⇔ ⇔ ⇒ −

= − − = −

( )C′ có tâm ( )4; 4 4I vaø baùn kính R′ − =

Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 4 4 16C x y′ − + + =

( ) ( ) ( )= −′ ′= ⇔ ⇔ − =

2. ; 2;3

3Ox

b I x y Ñ I Iy

( )C′ có tâm ( )2;3 4I vaø baùn kính R′ − =

Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 2 3 16C x y′ + + − =

( ) ( ) + = = ′ = ⇔ ⇔ − = = A

2 8 6. ;

3 6 9x x

c I x y Ñ Iy y

( )C′ có tâm ( )6;9 4I vaø baùn kính R′ =

Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 6 9 16C x y′ − + − =

( ) ( ) ( )( )

( )

−′ ′ ′ ′= ⇔ = −

′ − = − − ′ ′= + = ⇔ ⇔ ⇔ ′ ′= + =′− = − − −

, 2. ; 2.

4 2. 2 4 4 4 812 3 153 2 3 3

Ad I x y V I AI AI

x x xy yy

( )⇒ 8;15I và bán

kính 2 . 2.4 8R R′= − = =

( )C′ có tâm ( )10; 15 8I vaø baùn kính R′ ′− =

Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 10 15 64C x y′ − + + =

Dạng 3 : Vẽ tâm vị tự của 2 đường tòn ( ) ( ), ,I R vaø I R′ ′

1. Nếu I trùng I’ và R R′≠ thì tâm vị tự là I, RkR

′= ±

2. Nếu I trùng I’ vàR R′= thì có vô số tâm vị tự với tỉ số k = 1 3. Nếu I không trùng I’: trên (I, R) lấy điểm A, trên đường tròn (I’,R’) lấy đường kính BC // IA. Tâm vị tự là giao điểm của II’ với AB hoặc


AC , RkR

′= ± ( nếu R = R’ chỉ có một tâm vị tự là trung điểm của II’ và

k = -1 ) DẠNG 4 . CHỨNG MINH, QUỸ TÍCH Phương pháp chung : Từ điều kiện đă cho xác định cho được 2 đối tượng liên hệ là ảnh của nhau qua phép biến hình nào? Để suy ra điều cần chứng minh hoặc quỹ tích. Nếu M biến thành M’ mà : 1.

aMM a laø T→

−−→ →′ =

2. O là trung điểm của MM’ là phép đối xứng tâm O. 3. d là đường trung trực của MM’ là phép đối xứng trục d. 4. OM = OM’ và ( ) ( );, ( ) OOM OM khoâng ñoåi laø pheùp quay Q ϕϕ′ =

5. ( );. O k

OMOM k OM k laø VOM

−−→ −−→ ′ ′ = =

Chương II ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

Vấn đề 1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng Phương pháp Cách 1 : Để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (P) ; (Q) ta tìm hai điểm chung phân biệt A ; B giao tuyến là đường thẳng AB • ( ) )(; QAPA ∈∈ ⇒ A là điểm chung thứ nhất • ⇒∈∈ )(;)( QBPB B là điểm chung thứ hai Vậy )()( QP = AB Cách 2 : ( Khi đă học chương song song ) Tìm một điểm chung S của (P) và (Q) SxQP =⇒ )()( Chứng minh Sx song song với 1 đường thẳng cho trước

Chú ý :

( );( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

A d d P A PA d a A d vaø A aA d P A d vaø A PP Q d d P vaø d Q

∈ ⊂ ⇒ ∈= ⇒ ∈ ∈= ⇒ ∈ ∈

= ⇒ ⊂ ⊂

Vấn đề 2 Tìm giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng


Phương pháp Để tìm giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (P) : Cách 1 : * Tìm một mặt phẳng phụ (Q) chứa (d) Tìm giao tuyến a của (P) và (Q) Trong mặt phẳng (Q) tìm M = a )(PdMd =⇒ Cách 2 : Tìm trong mặt phẳng (P) đường thẳng a mà Mda =

)()()(;

PdMdM

PMPaaM=⇒

∈∈⇒⊂∈

⇒

Vấn đề 3 : Chứng minh nhiều điểm thẳng hàng Phương pháp Để chứng minh nhiều điểm thẳng hàng ta chứng minh các điểm đó là điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt nào đó

∈∈∈∈∈∈

)(;)()(;)()(;)(

QCPCQBPBQAPA

⇔ A ; B ; C thẳng hàng

Vấn đề 4 Tìm thiết diện Phương pháp Để tìm thiết diện tạo bởi một khối đa diện với một mặt phẳng ta tìm các giao điểm của mặt phẳng đó với các cạnh của khối đa diện (nếu có).Các giao điểm đó là các đỉnh của đa giác thiết diện. Hoặc tìm các đoạn giao tuyến của mặt phẳng đó với các mặt của đa diện Ví dụ 1/- Cho tứ diện ABCD . M, P lần lượt là trung điểm của AB, CD . N là điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2ND a; Tìm giao điểm E của MN với (BCD) b; Tìm giao tuyến của (MNP) với (BCD) c; Tìm giao điểm Q của BC với (MNP) d; MQ cắt NP tại F. Chứng minh rằng A, C , F thẳng hàng e; Tìm thiết diện khi cắt tứ diện bởi (MNP)

GIẢI

a; Trong (ABD) gọi E = MN ( )

∈⇒∈∈

⇒BCDEBDE

MNEBD

( )BCDMNE =⇒ b; Xét hai mặt phẳng (BCD) và (MNP) ta có


( )( ) ⇒

∈⇒∈∈

BCDPCDPMNPP

P là điểm chung thứ nhất

( ) ( )( ) ⇒

∈∈⇒∈

⇒=BCDE

MNPEMNEBCDMNE E là điểm chung thứ 2

Vậy ( ) ( ) PEMNPBCD = c; Ta có BC ( )BCD⊂ mà (BCD) (MNP) = PE Trong (BCD) gọi Q = BC ( ) QMNPBCPE =⇒ d; Xét hai mặt phẳng (ABC) và (ACD) ta có A, C là hai điểm chung (1)

( ); ( ); ( ) ( )

F MQ MQ ABC F ACDF MQ NP

F NP NP ACD F ACD∈ ⊂ ⇒ ∈= ⇒ ∈ ⊂ ⇒ ∈

⇒ F là điểm chung (2). Từ (1) và (2) ta có A, C, F thẳng hàng. e; Ta có (MNP) cắt AB, AD, DC, CB lần lượt tại M, N, P, Q nên (MNP) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNPQ.

A

B D E

C

F

N

M

PQ

Chương III SỰ SONG SONG I/- Định nghĩa : 1; a // b ⇔ a, b cùng nằm trong một mặt phẳng và không có điểm chung 2; a // (P) ( )a P⇔ = ∅ 3; (P) // (Q) ( ) ( )P Q⇔ = ∅ II/- Tính chất


1; bacbca

//////

⇒

2; cbaQcPa

bQPca////

)(;)()()(;//

⇒

⊂⊂=

3; Ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy song song hoặc đồng qui.

4; )(//)(

)(;//Pa

PbPaba

⇒

⊂⊄

5; babQP

QaPa//

)()()(;)(//

⇒

=⊂

6; babQP

QaPa//

)()()(//;)(//

⇒

= 7; )(//

)(//)()(

PaPQ

Qa⇒

⊂

8; Trong (P) có 2 đường thẳng a, b cắt nhau cùng song song với (Q) thì (P) // (Q)

9; )(//)()(//)()(//)(

QPRQRP

⇒

10; ( ) // ( )

//( ) ( ) ; ( ) ( )P Q

a bP R a Q R b

⇒ = =

Vấn đề 1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng ( bổ sung ) Phương pháp Để tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) ; (Q) ta có thể tìm một điểm chung S SxQP =⇒ )()( và chứng minh Sx song song với một đường thẳng cho trước Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành . Tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng (SAB) và (SCD) GIẢI : Xét 2 mặt phẳng (SAB) và (SCD) ta có S là điểm chung

SxSCDSAB =⇒ )()( mà AB // CD ⇒ Sx // AB Vấn đề 2 Chứng minh hai đường thẳng song song Phương pháp Để chứng minh hai đường thẳng a ; b song song ta có thể Chứng minh:

1; bacbca

//////

⇒

2; babQP

QaPa//

)()()(;)(//

⇒

=⊂

3; ( ) ; ( )

//// ; ( ) ( )

a P c Qa b

a c P Q b⊂ ⊂

⇒ =

4; // ( ) ; // ( )//

( ) ( )a P a Q

a bP Q b

⇒

=


5; babRQaRP

QP//

)()(;)()()(//)(

⇒

==

6; Chứng minh ba mặt phẳng cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt và 3 giao tuyến không đồng qui thì song song với nhau 7; Sử dụng các tính chất hình học phẳng : Đường trung bình, Định lí Talet, t/c hình bình hành v.v…

8; Chứng minh baPbPa

//)()(

⇒

⊥⊥

Vấn đề 3 Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng Phương pháp Ta chứng minh

1; )(//)(

//Pa

Pbba

⇒

⊂ 2; )(//

)(//)()(

PaPQ

Qa⇒

⊂

3; )(//)(

)(Pa

PabPba

⇒

⊄⊥∧⊥ 4; )(//

)()()()(

PaPa

QPQa⇒

⊄⊥∧⊥

Vấn đề 4 Chứng minh hai mặt phẳng song song Phương pháp Ta chứng minh

1; ; ( ) ;

( ) // ( )// ( ) ; // ( )

a b P a bP Q

a Q b Q⊂ ≠ ∅

⇒

( a b ≠∅ là a cắt b)

2; )(//)()(//)()(//)(

QPRQRP

⇒

3; )(//)()()(

QPaQaP

⇒

⊥⊥

Vấn đề 5 Chứng minh hai đường thẳng chéo nhau Chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử a , b không chéo nhau suy ra a và b cùng nằm trong một mặtphẳng từ các điều kiện đă cho và áp dụng các tính chất dẫn đến điều trái giả thiết

Chương IV SỰ VUÔNG GÓC

Vấn đề 1 Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Phương pháp Để chứng minh a ⊥ b ta chứng minh 1; Sử dụng các phương pháp Hình học phẳng : Góc nội tiếp, Định lí Pitago, 2; a ⊥ b ⇔ góc giữa 2 đt a,b = 900 3; . 0a b a b⊥ ⇔ =

4; a // c c b a b∧ ⊥ ⇒ ⊥


5; baPbPa

⊥⇒

⊂⊥

)()(

6; baPbPa

⊥⇒

⊥ )()(//

7; Áp dụng định lí 3 đường vuông góc : a’ là hình chiếu của a lên (P) ( ) ; 'b P a b a a⊂ ⊥ ⇔ ⊥

Vấn đề 2 Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Phương pháp Để chứng minh a )(P⊥ ta chứng minh

1; ( ); ( )

a b a cb c a Pb c P

⊥ ∧ ⊥ ≠ ∅ ⇔ ⊥ ⊂

2; )()()()()()()(

PaaRQ

PRPQ

⊥⇒

=⊥⊥

3; ( ) ( ); ( ) ( )

( )( ) ;

P Q P Q ba P

a Q a b⊥ =

⇒ ⊥ ⊂ ⊥

4; )()(

//Pa

Pbba

⊥⇒

⊥ 5; )(

)(//)()(

PaPQ

Qa⊥⇒

⊥

Vấn đề 3 Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc Phương pháp Để chứng minh (P) ⊥ (Q) ta chứng minh

1; )()()()(

QPQaPa

⊥⇒

⊂⊥

2; )()()()(

QPba

QbPa⊥⇒

⊥⊥∧⊥

3; Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bằng 900

§12 GÓC

1; Góc ϕ giữa hai đường thẳng a , b : Từ một điểm O tùy ý dựng a’ // a b’ // b ( thường chọn O trên a hay b ) thì ϕ = góc giữa 2 đt ;a b′ ′ 2; Góc ϕ giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) : Nếu a vuông góc với (P) thì ϕ = 900 Nếu a không vuông góc với (P) thì ϕ = góc giữa ;a a′ trong đó a’ là hình chiếu của a lên (P) ( Tìm ( )M a P= , trên a lấy điểm A khác M, H là hình

chiếu của A lên (P) thì AMHϕ = ) 3; Góc ϕ giữa hai mặt phẳng (P) ; (Q) :


a ; ⇒

⊥⊥

)()(

QbPa

ϕ = góc giữa 2 đt a, b

b ; (P) // (Q) ; (P) ≡ (Q) thì ϕ = 00 c; Khi (P) (Q) = d . Trong (P) dựng a ⊥ d ; trong (Q) dựng b d⊥ thì ϕ = góc giữa 2 đt a, b Chú ý: Với ϕ là góc giữa a và b ; a và (P) ; (P) và (Q) thì 00 900 ≤≤ ϕ

Trong hình chóp S.ABCD có SH là đường cao : SAH là góc giữa cạnh bên SA với (ABCD) ( vì AH là hình chiếu của SA lên (ABCD)). M là hình chiếu của S lên AB ta có HM ⊥ AB nên góc SMH là góc giữa (SAB) và (ABCD).

§13 KHOẢNG CÁCH 1; H là hình chiếu của O lên đường thẳng a thì d(O;a) = OH 2; H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (P) thì d(O;(P)) = OH 3; a // (P) thì d(a; (P)) = d(O;(P)) với O là điểm tùy ý trên a H là hình chiếu của O lên đường thẳng a thì d(O;a) = OH 4; (P) // (Q) ; O thuộc Q thì d((P);(Q)) = d(O;(P)) 5;Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a; Đường vuông góc chung của 2 đường thẳng a , b là đường thẳng c vuông góc với a , b và cắt a , b tại 2 điểm A, B. AB gọi là đoạn vuông góc chung , độ dài AB = d(a;b) b; Cách dựng Dựng (P) qua b và (P) // a Dựng a’ là hình chiếu của a lên (P) ( Bằng cách lấy M ∈a , dựng MH ⊥ (P) , )(PH ∈ , trong (P) qua H dựng a’ // a ) Dựng B = a a’. Qua B dựng c ⊥ (P) ( hay c // MH ) cắt a tại A Chú y d(a, b) = d(a ; (P)) Đặc biệt Khi a ⊥ b : Qua b dựng (P) ⊥ a, dựng A = a )(P , trong (P) dựng c qua A và c ⊥ b , c cắt b tại B

§14 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

1; Hệ thức lượng trong tam giác vuông


A

B CMH

∆ ABC vuông tại A, AH : đường cao AM : trung tuyến. Ta có

a; AH2 = HA.HB b; 222

111ACABAH

+=

c; AH. BC = AB.AC d; AB2 + AC2 = BC2

e; R = AM = 2

BC f; AB2 = BH.BC

g; AB = BC.sinC = BC.cosB = AC.tgC = AC.cotgB

h ; SABC = AHBCACAB .21.

21

=

2; Hệ thức lượng trong tam giác thường BC = a , CA = b , AB = c , ha : đường cao hạ từ A , ma : trung tuyến

đỉnh A S : diện tích , p =2

cba ++ ( nửa chu vi ); R, r b kính đ.tròn

ngoại tiếp, nội tiếp

a; Định lí hàm số sin RC

cB

bA

a 2sinsinsin

=== hay a = 2RsinA

b;Định lí hàm số cosin a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA

c; Công thức độ dài trung tuyến : ( )2 2 2

2a

2 b c am

4

+ −=

d; Công thức diện tích tam giác

S = a1 a.h2

= RcbaAbc

4..sin.

21

= = p.r = ( ) ))(( cpbpapp −−−

Documents

Tom tat toan 11moi