Giải đề thi tuyển sinh đại học môn Toán năm 2004 – 2008

 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 3 
GIẢI TÍCH TỔ HỢP 
1. Giai thừa : n! = 1.2...n 
 0! = 1 
 n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) ... n 
2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n 
cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó, 
tổng số cách chọn là : m + n. 
3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này 
lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp 
hai hiện tượng là : m x n. 
4. Hoán vị : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp 
: Pn = n !. 
5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn : 
)!kn(!k
!nCkn −= 
6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác 
nhau số cách : = =−
k k
n n
n! k
n kA , A C .P(n k)!
 Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vị
7. Tam giác Pascal : 
1 
1 1 
1 2 1 
1 3 3 1 
1 4 6 4 1 
 44
3
4
2
4
1
4
0
4
3
3
2
3
1
3
0
3
2
2
1
2
0
2
1
1
0
1
0
0
CCCCC
CCCC
CCC
CC
C
 Tính chất : 
k
1n
k
n
1k
n
kn
n
k
n
n
n
0
n
CCC
CC,1CC
+−
−
=+
===
8. Nhị thức Newton : 
 * n0nn
11n1
n
0n0
n
n baC...baCbaC)ba( +++=+ −
 a = b = 1 : ... 0 1 nn n nC C ... C 2
n+ + + = 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 4 
 Với a, b ∈ {±1, ±2, ...}, ta chứng minh được nhiều đẳng 
thức chứa : nn
1
n
0
n C,...,C,C
 * nnn
1n1
n
n0
n
n xC...xaCaC)xa( +++=+ −
 Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa bằng 
cách : 
n
n
1
n
0
n C,...,C,C
 - Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, ... a = ±1, ±2, ... 
 - Nhân với xk , đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, ... , a = ±1, ±2, 
... 
 - Cho a = ±1, ±2, ..., hay ∫∫
±± 2
0
1
0
...hay
β
α
∫ 
 Chú ý : 
 * (a + b)n : a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x : 
 k n k k mnC a b Kx
− =
 Giải pt : m = 0, ta được k. 
 * (a + b)n : a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ. 
m r
k n k k p q
nC a b Kc d
− = 
 Giải hệ pt : ⎩⎨
⎧
∈
∈
Zq/r
Zp/m
, tìm được k 
 * Giải pt , bpt chứa : đặt điều kiện k, n ∈ N...C,A knkn * ..., k ≤ n. 
Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số 
chung. 
 * Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vị (xếp, không 
bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp). 
 * Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc 
thiếu trường hợp. 
 * Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường 
hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp 
hơn, ta làm như sau : 
 số cách chọn thỏa p. 
 = số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p. 
 Cần viết mệnh đề phủ định p thật chính xác. 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 5 
 * Vé số, số biên lai, bảng số xe ... : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ 
trái sang phải). 
 * Dấu hiệu chia hết : 
 - Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. 
 - Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết 
cho 4. 
 - Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết 
cho 8. 
 - Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3. 
 - Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9. 
 - Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5. 
 - Cho 6 : chia hết cho 2 và 3. 
 - Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75. 
ĐẠI SỐ 
1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b; 
ab = c ⇔ a/b = c ⇔ ; 
⎢⎢⎣
⎡
⎩⎨
⎧
=
≠
==
b/ca
0b
0cb
⎩⎨
⎧
≠
=
0b
bca
1n21n2 baba ++ =⇔= 
2n
2n 2n 2n b aa b a b, a b 
a 0
⎧ == ⇔ = ± = ⇔ ⎨ ≥⎩
 ⎩⎨
⎧ α=⇔=≥
±=⇔= α abbloga,0a
ab
ba 
⎩⎨
⎧
>
<
⎩⎨
⎧
<
>
>=
⇔<−<⇔<+
b/ca
0b
b/ca
0b
0c,0b
cab;bcacba 
2. Giao nghiệm : 
 ⎩⎨
⎧ <⇔<
<
⎩⎨
⎧ >⇔>
>
}b,amin{x
bx
ax
;}b,amax{x
bx
ax
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 6 
⎧⎨Γ⎧ > ∨< < < ⎧ ⎩⇔ ⇔⎨ ⎨< Γ≥ ⎧⎩⎩ ⎨Γ⎩
p
x a p qa x b(nếua b)
;
x b VN (nếua b) q
 Nhiều dấu v : vẽ trục để giao nghiệm. 
3. Công thức cần nhớ : 
a. : chỉ được bình phương nếu 2 vế không âm. Làm mất phải đặt 
điều kiện. 
 ⎩⎨
⎧
≤≤
≥
⎩⎨
⎧ ⇔≤=
≥⇔= 22 ba0
0b
ba,
ba
0b
ba 
 ⎩⎨
⎧
≥
≥
⎩⎨
⎧ ∨≥
<⇔≥ 2ba
0b
0a
0b
ba 
)0b,anếu(b.a
)0b,anếu(b.aab <−−
≥= 
b. . : phá . bằng cách bình phương : 22 aa = hay bằng định 
nghĩa : 
)0anếu(a
)0anếu(a
a <−
≥= 
 baba;
ba
0b
ba ±=⇔=⎩⎨
⎧
±=
≥⇔= 
 a b b a b≤ ⇔ − ≤ ≤ 
b 0
a b b 0hay
a b a b
≥⎧≥ ⇔ < ⎨ ≤ − ∨ ≥⎩ 
 0baba 22 ≤−⇔≤ 
c. Mũ : .1a0nếuy,1anếuy,0y,Rx,ay x ↑>∈=
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 7 
0 m / n m m n m nn
m n m n m n m .n n n n
n n n m n
a 1 ; a 1/ a ; a .a a
a / a a ; (a ) a ; a / b (a/ b)
a .b (ab) ; a a (m n,0 a 1) a = 1
− +
−
= = =
= = =
= = ⇔ = < ≠ ∨
 α=α
><⇔< alognm a,
)1a0nếu(nm
)1anếu(nm
aa 
d. log : y = logax , x > 0 , 0 < a ≠ 1, y ∈ R 
 y↑ nếu a > 1, y↓ nếu 0 < a < 1, α = logaaα
 loga(MN) = logaM + logaN (⇐ ) 
 loga(M/N) = logaM – logaN (⇐ ) 
 2aaa
2
a MlogMlog2,Mlog2Mlog == (⇒) 
 logaM3 = 3logaM, logac = logab.logbc 
 logbc = logac/logab, Mlog
1Mlog aa α=α 
 loga(1/M) = – logaM, logaM = logaN ⇔ M = N 
 a a
0 M N (nếua 1)
log M log N
M N 0(nếu0 a 1
 > < < ) 
 Khi làm toán log, nếu miền xác định nới rộng : dùng điều kiện chặn 
lại, tránh dùng công thức làm thu hẹp miền xác định. Mất log phải có 
điều kiện. 
4. Đổi biến : 
a. Đơn giản : 
2
x
a
t ax b R, t x 0, t x 0,t x 0,
t a 0,t log x R
= + ∈ = ≥ = ≥ = ≥
= > = ∈ 
b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x có thêm 
điều kiện, cho vào miền xác định của f. 
c. Lượng giác : t = sinx, cosx, tgx, cotgx. Dùng phép chiếu lượng giác để 
tìm điều kiện của t. 
d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên. 
5. Xét dấu : 
a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B; bên phải 
cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội lẻ) : đổi dấu; qua 
nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu. 
b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) 0. 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 8 
c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính liên tục và 
đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0, phác họa đồ thị của f , 
suy ra dấu của f. 
6. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với α : 
 f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) 
 * S = x1 + x2 = – b/a ; P = x1x2 = c/a 
 Dùng S, P để tính các biểu thức đối xứng nghiệm. Với đẳng thức 
g(x1,x2) = 0 không đối xứng, giải hệ pt : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
+=
=
21
21
x.xP
xxS
0g
 Biết S, P thỏa S2 – 4P ≥ 0, tìm x1, x2 từ pt : X2 – SX + P = 0 
 * Dùng Δ, S, P để so sánh nghiệm với 0 : 
 x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0, 0 < x1 < x2 ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
>
>
>Δ
0S
0P
0
 x1 < x2 < 0 ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
<
>
>Δ
0S
0P
0
 * Dùng Δ, af(α), S/2 để so sánh nghiệm với α : x1 < α < x2 ⇔ af(α) < 
0 
 α < x1 < x2 ⇔ ; x
⎪⎩
⎪⎨
⎧
<α
>α
>Δ
2/S
0)(f.a
0
1 < x2 < α ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
α<
>α
>Δ
2/S
0)(f.a
0
 α < x1 < β < x2 ⇔ 
a.f ( ) 0
a.f ( ) 0
β ⎨⎪α < β⎩
 ; 
 x1 < α < x2 < β ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
β<α
>β
<α
0)(f.a
0)(f.a
7. Phương trình bậc 3 : 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 9 
a. Viête : ax3 + bx2 + cx + d = 0 
 x1 + x2 + x3 = – b/a , x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a , x1.x2.x3 = – d/a 
 Biết x1 + x2 + x3 = A , x1x2 + x1x3 + x2x3 = B , x1.x2.x3 = C 
 thì x1, x2, x3 là 3 nghiệm phương trình : x3 – Ax2 + Bx – C = 0 
b. Số nghiệm phương trình bậc 3 : 
 • x = α ∨ f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) : 
 3 nghiệm phân biệt ⇔ 
⎩⎨
⎧
≠α
>Δ
0)(f
0
 2 nghiệm phân biệt ⇔ ⎩⎨
⎧
≠α
=Δ∨⎩⎨
⎧
=α
>Δ
0)(f
0
0)(f
0
 1 nghiệm ⇔ ( )
Δ⎧Δ ⎨ α⎩
= 0
 < 0 hay
f = 0
 • Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 
vế : dùng sự tương giao giữa (C) : y = f(x) và (d) : y = m. 
 • Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được 
sang 1 vế : dùng sự tương giao giữa (Cm) : y = f(x, m) và (Ox) : y = 0 
 3 nghiệm ⇔ ⎩⎨
⎧
<
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y
 2 nghiệm ⇔ ⎩⎨
⎧
=
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y
 1 nghiệm ⇔ Δy' ≤ 0 ∨ ⎩⎨
⎧
>
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y
c. Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm lập thành CSC : 
 ⇔ 
⎩⎨
⎧
=
>Δ
0y
0
uốn
'y
d. So sánh nghiệm với α : 
 • x = xo ∨ f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) : so sánh nghiệm phương 
trình bậc 2 f(x) với α. 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 10 
 • Không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 vế : dùng sự 
tương giao của f(x) = y: (C) và y = m: (d) , đưa α vào BBT. 
 • Không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được sang 1 vế : dùng 
sự tương giao của (Cm) : y = ax3 + bx2 + cx + d (có m) ,(a > 0) và (Ox) 
 α < x1 < x2 < x3 ⇔ 
y '
CĐ CT
CĐ
0
y .y 0
y( ) 0
x
Δ >⎧⎪ <⎪⎨ α <⎪⎪α <⎩
 x1 < α < x2 < x3 ⇔ 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<α
>α
<
>Δ
CT
CTCĐ
'y
x
0)(y
0y.y
0
 x1 < x2 < α < x3 ⇔ 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
α<
<α
<
>Δ
CĐ
CTCĐ
'y
x
0)(y
0y.y
0
 x1 < x2 < x3 < α ⇔ 
y '
CĐ CT
CT
0
y .y 0
y( ) 0
x
Δ >⎧⎪ ⎪⎪ < α⎩
8. Phương trình bậc 2 có điều kiện : 
 f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), x ≠ α 
 2 nghiệm ⇔ ⎩⎨
⎧
>Δ
≠α
0
0)(f
 , 1 nghiệm ⇔ 
⎩⎨
⎧
≠α
=Δ
⎩⎨
⎧
=α
>Δ
0)(f
0
0)(f
0
α x1
αx1
αx1 x x
αx1
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 11 
 Vô nghiệm ⇔ Δ < 0 ∨ ⎩⎨
⎧
=α
=Δ
0)(f
0
 Nếu a có tham số, xét thêm a = 0 với các trường hợp 1 nghiệm, VN. 
9. Phương trình bậc 4 : 
a. Trùng phương : ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) ⇔ 
⎩⎨
⎧
=
≥=
0)t(f
0xt 2
 t = x2 ⇔ x = ± t 
 4 nghiệm ⇔ ; 3 nghiệm ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
>
>
>Δ
0S
0P
0
⎩⎨
⎧
>
=
0S
0P
 2 nghiệm ⇔ 
⎩⎨
⎧
>
=Δ
<
02/S
0
0P
;1 nghiệm ⇔ 
⎩⎨
⎧
=
=Δ
⎩⎨
⎧
<
=
02/S
0
0S
0P
 VN ⇔ Δ < 0 ∨ ⇔ Δ < 0 ∨ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
<
>
≥Δ
0S
0P
0
0
0
P
S
⎧⎪ >⎨⎪ <⎩
 4 nghiệm CSC ⇔ 
⎩⎨
⎧
=
<<
12
21
t3t
tt0
 Giải hệ pt : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
+=
=
21
21
12
t.tP
ttS
t9t
b. ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0. Đặt t = x + 
x
1
. Tìm đk của t bằng BBT : 
2t ≥ 
c. ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0. Đặt t = x – 
x
1
. Tìm đk của t bằng BBT : 
 t ∈ R. 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 12 
d. (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x2 + (a + b)x. 
Tìm đk của t bằng BBT. 
e. (x + a)4 + (x + b)4 = c. Đặt : 
2
baxt ++= , t ∈ R. 
10. Hệ phương trình bậc 1 : . Tí ... á k ⇔ MBkMA = 
 ⇔ 
k1
kyyy,
k1
kxxx BAMBAM −
−=−
−= (k ≠ 1) 
 M : trung điểm AB ⇔ 
2
yyy,
2
xxx BAMBAM
+=+= 
 M : trọng tâm ΔABC ⇔ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
++=
++=
3
yyyy
3
xxxx
CBA
M
CBA
M
 (tương tự cho vectơ 3 chiều). 
 * Vectơ 3 chiều có thêm tích có hướng và tích hỗn hợp : 
 )'c,'b,'a(v),c,b,a(v
/ == 
 [ ] ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛= /////// b
b
a
a
,
a
a
c
c
,
c
c
b
b
v,v GG 
 / /[ v ,v ] v . v .sin( v ,v )=G G G G G G / 
 // v,v]v,v[ GGGG ⊥ 
 * ⇔ /vv GG ⊥ /v.v GG = 0 ; / /v // v [ v ,v ]⇔G G G G = 0 ; /// v,v,v GGG đồng 
phẳng 
 ⇔ 0v].v,v[ /// =GGG 
 [ ]AC,AB
2
1S ABC =Δ 
 [ ]AS.AC,AB
6
1V ABC.S = 
/
'D'C'B'A.ABCD AA].AD,AB[V = 
 A, B, C thẳng hàng ⇔ AB // AC
JJJG JJJG
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 32 
 * Δ trong mp : H là trực tâm ⇔ ⎪⎩
⎪⎨⎧ =
=
0AC.BH
0BC.AH
 H là chân đường cao ha ⇔ ⎪⎩
⎪⎨⎧ =
BC//BH
0BC.AH
 M là chân phân giác trong 
∧
A ⇔ MC
AC
ABMB −= 
 M là chân phân giác ngòai 
∧
A ⇔ MC
AC
ABMB += 
 I là tâm đường tròn ngoại tiếp ⇔ IA = IB = IC. 
 I là tâm đường tròn nội tiếp ⇔ I là chân phân giác trong 
∧
B của 
ΔABM với M là chân phân giác trong 
∧
A của ΔABC. 
2. Đường thẳng trong mp : 
 * Xác định bởi 1 điểm M(xo,yo) và 1vtcp v = (a,b) hay 1 pháp vectơ 
(A,B) : 
 (d) : 
⎩⎨
⎧ −=−+=
+=
b
yy
a
xx:)d(,
btyy
atxx oo
o
o 
 (d) : A(x – xo) + B(y – yo) = 0 
 * (d) qua A(a, 0); B(0,b) : 1
b
y
a
x =+ 
 * (AB) : 
AB
A
AB
A
yy
yy
xx
xx
−
−=−
−
 * (d) : Ax + By + C = 0 có )B,A(n;)A,B(v =−= 
 * (d) // (Δ) : Ax + By + C = 0 ⇒ (d) : Ax + By + C′ = 0 
 * (d) ⊥ (Δ) ⇒ (d) : – Bx + Ay + C/ = 0 
 * (d), (d/) tạo góc nhọn ϕ thì : 
 cosϕ = ( )/ /
/
d d
d d
d d
n .n
cos( n ,n )
n . n
≠
JJG JJJG
JJG JJJG
JJG JJJG 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 33 
 * d(M,(d)) = 
22
MM
BA
CByAx
+
++
 * Phân giác của (d) : Ax + By + C = 0 và (d/) : A/x + B/y + C/ = 0 là : 
2/2/
///
22 BA
CyBxA
BA
CByAx
+
++±=+
++
 /dd
n.n > 0 : phân giác góc tù + , nhọn – 
 /dd
n.n < 0 : phân giác góc tù – , nhọn + 
 * Tương giao : Xét hpt tọa độ giao điểm. 
3. Mặt phẳng trong không gian : 
 * Xác định bởi 1 điểm M(xo, yo, zo) và 1 pháp vectơ : n = (A, B, C) 
hay 2 vtcp 'v,v . 
 (P) : A(x – xo) + B(y – yo) + C(z – zo) = 0 
 n = [ 'v,v ] 
 (P) : Ax + By + Cz + D = 0 có n = (A, B, C). 
 (P) qua A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c) ⇔ (P) : x/a + y/b + z/c = 1 
 * Cho M(xo, yo, zo), (P) : Ax + By + Cz + D = 0 
 d(M,(P)) = 
222
ooo
CBA
DCzByAx
++
+++
 * (P) , (P/) tạo góc nhọn ϕ thì : cos = ϕ )n,ncos( )'P()P( 
 * (P) ⊥ (P/) ⇔ )'P()P( nn ⊥ , (P) // (P/) ⇔ )'P()P( n//n 
4. Đường thẳng trong không gian : 
 * Xác định bởi 1 điểm M (xo, yo, zo) và 1 vtcp v = (a, b, c) hay 2 
pháp vectơ : 'n,n : 
 (d) : 
c
zz
b
yy
a
xx:)d(,
ctzz
btyy
atxx
ooo
o
o
o −=−=
⎪⎩
⎪⎨
⎧ −
+=
+=
+=
 ]'n,n[v = 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 34 
 * (AB) : A A
B A B A B
A
A
x x y y z z
x x y y z z
− − −= =− − − 
 * (d) = (P) ∩ (P/) : 0
0
Ax By Cz D
A' x B' y C' z D'
+ + + =⎧⎨ + + + =⎩ 
 * (d) qua A, vtcp v thì : 
 d(M,(d)) = 
v
]v,AM[
 * ϕ là góc nhọn giữa (d), (d/) thì : 
 cosϕ = )v,vcos( /dd 
 * ϕ là góc nhọn giữa (d), (P) thì : 
 sinϕ = )n,vcos( pd 
 * (d) qua M, vtcp v , (P) có pvt n : 
 (d) cắt (P) ⇔ n.v ≠ 0 
 (d) // (P) ⇔ n.v = 0 và M ∉ (P) 
 (d) ⊂ (P) ⇔ n.v = 0 và M ∈ (P) 
 * (d) qua A, vtcp v ; (d /) qua B, vtcp 'v : 
 (d) cắt (d/) ⇔ [ 'v,v ] ≠ 0 , AB]'v,v[ = 0 
 (d) // (d/) ⇔ [ 'v,v ] = 0 , A ∉ (d/) 
 (d) chéo (d/) ⇔ [ 'v,v ] ≠ 0 , AB]'v,v[ ≠ 0 
 (d) ≡ (d/) ⇔ [ 'v,v ] = 0 , A ∈ (d/) 
 * (d) chéo (d/) : d(d, d/) = 
]'v,v[
AB]'v,v[
 * (d) chéo (d/) , tìm đường ⊥ chung (Δ) : tìm ]'v,v[n = ; tìm (P) 
chứa (d), // n ; tìm (P/) chứa (d/), // n ; (Δ) = (P) ∩ (P/). 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 35 
 * (d) ⊥ (P), cắt (d/) ⇒ (d) nằm trong mp ⊥ (P), chứa (d/). 
 * (d) qua A, // (P) ⇒ (d) nằm trong mp chứa A, // (P). 
 * (d) qua A, cắt (d/) ⇒ (d) nằm trong mp chứa A, chứa (d/). 
 * (d) cắt (d/), // (d//) ⇒ (d) nằm trong mp chứa (d/), // (d//). 
 * (d) qua A, ⊥ (d/) ⇒ (d) nằm trong mp chứa A, ⊥ (d/). 
 * Tìm hc H của M xuống (d) : viết pt mp (P) qua M, ⊥ (d), 
 H = (d) ∩ (P). 
 * Tìm hc H của M xuống (P) : viết pt đt (d) qua M, ⊥ (P) : 
 H = (d) ∩ (P). 
 * Tìm hc vuông góc của (d) xuống (P) : viết pt mp (Q) chứa (d), ⊥ 
(P); 
 (d/) = (P) ∩ (Q) 
 * Tìm hc song song của (d) theo phương (Δ) xuống (P) : viết pt mp 
(Q) chứa (d) // (Δ); (d/) = (P) ∩ (Q). 
5. Đường tròn : 
 * Đường tròn (C) xác định bởi tâm I(a,b) và bk R : 
 (C) : (x – a)2 + (y – b)2 = R2
 * (C) : x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 có tâm I(–A,–B), bk 
 R = CBA 22 −+ 
 * (d) tx (C) ⇔ d(I, (d)) = R, cắt ⇔ R. 
 * Tiếp tuyến với (C) tại M(xo,yo) : phân đôi t/độ trong (C) : 
 (xo–a)(x–a) + (yo–b)(y–b) = R hay 
 xox + yoy + A(xo + x) + B(yo + y) + C = 0 
 * Cho (C) : F(x,y) = x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 thì PM/(C) = F(xM, 
yM) = MB.MA = MT2 = MI2 – R2 với MAB : cát tuyến, MT : tiếp 
tuyến ; M ∈ (C) ⇔ PM/(C) = 0 , M trong (C) ⇔ PM/(C) 
0. 
 * Trục đẳng phương của (C) và (C/) : 
 2(A – A/)x + 2(B – B/)y + (C – C/) = 0 
 * (C), (C/) ngoài nhau ⇔ II/ > R + R/ : (có 4 tiếp tuyến chung); tx 
ngoài ⇔ = R + R/ (3 tiếp tuyến chung); cắt ⇔ /RR − < II/ < R + R/ 
(2 tt chung); tx trong ⇔ = /RR − (1 tt chung là trục đẳng phương) 
chứa nhau ⇔ < /RR − (không có tt chung). 
6. Mặt cầu : 
 * Mc (S) xđ bởi tâm I (a, b, c) và bk R : 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 36 
 (S) : (x – a)2 + (y – b2) + (z – c)2 = R2. 
 * (S) : x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0 có tâm I(–A,–B,–C), bk 
R = DCBA 222 −++ 
 * (P) tx (S) ⇔ d(I,(P)) = R, cắt ⇔ R. 
 * Pt tiếp diện với (S) tại M : phân đôi tđộ (S). 
 * Cho (S) : F(x, y, z) = 0. PM/(S) = F (xM, yM, zM); 
 PM/(S) = 0 ⇔ M ∈ (S), 0 ⇔ M ngoài (S). 
 * Mặt đẳng phương của (S) và (S/) : 
 2(A – A/)x + 2(B – B/)y + 2(C – C/)z + (D – D/) = 0 
 * Tương giao giữa (S), (S/) : như (C), (C/). 
 * Khi (S), (S/) tx trong thì tiết diện chung là mặt đẳng phương. 
 * Khi (S), (S/) cắt nhau thì mp qua giao tuyến là mặt đẳng phương. 
7. Elip : * cho F1, F2, F2F2 = 2c, cho a > c > 0 
 M ∈ (E) ⇔ MF1 + MF2 = 2a. 
 * (E) : 2
2
2
2
b
y
a
x + = 1 (a > b > 0) : tiêu điểm : F1(–c,0), F2(c,0); đỉnh 
A1(–a,0); A2(a,0); B1(0,–b); B2(0,b); tiêu cự : F1F2 = 2c, trục lớn A1A2 
= 2a; trục nhỏ 
BB1B2 = 2b; tâm sai e = c/a; đường chuẩn x = ± a/e; bk qua tiêu : 
MF1 = a + exM, 
MF2 = a – exM; tt với (E) tại M : phân đôi tọa độ (E), 
(E) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ a2A2 + b2B2 = C2 ; a2 = b2 + c2. 
 * (E) : 1
a
y
b
x
2
2
2
2
=+ (a > b > 0) : không chính tắc; tiêu điểm : 
 F1(0,–c), F2(0,c); đỉnh A1(0,–a), A2(0,a), B1(–b,0), B2(b,0), tiêu cự : F1F2 = 
2c; trục lớn A1A2 = 2a; trục nhỏ BB1B2B = 2b; tâm sai e = c/a; đường 
chuẩn y = ± a/e; bán kính qua tiêu MF1 = a + eyM, MF2 = a – eyM; tiếp 
tuyến với (E) tại M : phân đôi tọa độ (E); (E) tiếp xúc (d) : Ax + By + 
C = 0 ⇔ a2B2 + b2 A2 = C2; a2 = b2 + c2 (Chú ý : tất cả các kết quả của 
trường hợp này suy từ trường hợp chính tắc trên bằng cách thay x 
bởi y, y bởi x). 
8. Hypebol : 
 * Cho F1, F2, F2F2 = 2c, cho 0 < a < c. 
 M ∈ (H) ⇔ 21 MFMF − = 2a 
 (H) : 2
2
2
2
b
y
a
x − = 1 (pt chính tắc) 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 37 
 tiêu điểm F1(–c,0), F2(c,0); đỉnh tr.thực A1(–a,0), A2(a,0); đỉnh trục 
ảo 
BB1(0,–b), B2(0,b); tiêu cự F1F2 = 2c; độ dài trục thực A1A2 = 2a; độ dài 
trục ảo 
BB1B2 = 2b; tâm sai : e = c/a; đường chuẩn : x = ± a/e; bán kính qua tiêu : M 
 nhánh phải MF∈ 1 = exM + a , MF2 = exM – a , M ∈ nhánh trái MF1 = 
– exM – a, 
MF2 = –exM + a; tiếp tuyến với (H) tại M : phân đôi tọa độ (H); 
(H) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ a2A2 – b2B2 = C2 > 0; tiệm cận y = ± 
a
b
x 
hình chữ nhật cơ sở : x = ± a, y = ± b; c2 = a2 + b2. 
 (H) : 1
b
x
a
y
2
2
2
2
=− (pt không chính tắc) 
 tiêu điểm F1(0,–c), F2(0,c); đỉnh trục thực A1(0,–a), A2(0,a); đỉnh 
trục ảo B1(–b,0), B2(b,0); tiêu cự F1F2 = 2c; độ dài trục thực A1A2 = 
2a; độ dài trục ảo B1BB1 = 2b; tâm sai : e = c/a; đường chuẩn : y = ± 
a/e; bán kính qua tiêu : M ∈ nhánh trên MF1 = eyM + a, MF2 = eyM – 
a; M ∈ nhánh dưới MF1 = –eyM – a, MF2 = – eyM + a; tiếp tuyến với 
(H) tại M : phân đôi tọa độ (H); 
 (H) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ a2B2 – b2A2 = C2 > 0; tiệm cận x = ± 
a
b
y 
 hình chữ nhật cơ sở : y= ± a, x = ± b; c2 = a2 + b2 (chú ý : tất cả các kết 
quả của trường hợp này suy từ trường hợp chính tắc bằng cách thay x 
bởi y, y bởi x). 
9. Parabol : * Cho F, F ∉ (Δ) 
 M ∈ (P) ⇔ MF = d(M,(Δ)) 
 (P) : y2 = 2px (p > 0) (phương trình chính tắc). 
 tiêu điểm (p/2, 0), đường chuẩn x = – p/2; bán kính qua tiêu 
MF = p/2 + xM; tâm sai e = 1, tiếp tuyến với (P) tại M : phân đôi tọa độ; 
(P) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ pB2 = 2AC (p : hệ số của x trong (P) đi 
với B : hệ số của y trong (d)); tham số tiêu : p. 
 (P) : y2 = – 2px (p > 0) (phương trình không chính tắc). 
 tiêu điểm (–p/2, 0), đường chuẩn x = p/2; bán kính qua tiêu 
 MF = p/2 – xM; tâm sai e = 1, tiếp tuyến với (P) tại M : phân đôi tọa độ; 
(P) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ pB2 = – 2AC. 
 (P) : x2 = 2py (p > 0) (phương trình không chính tắc). 
 giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 38 
 tiêu điểm (0, p/2), đường chuẩn y = – p/2; bán kính qua tiêu MF = 
p/2 + yM; tâm sai e = 1, tiếp tuyến với (P) tại M : phân đôi tọa độ; (P) 
tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ pA2 = 2BC (p : hệ số của y trong (P) đi với 
A : hệ số của x trong (d)). 
 (P) : x2 = – 2py (p > 0) (phương trình không chính tắc). 
 tiêu điểm (0, – p/2), đường chuẩn y = p/2; bán kính qua tiêu 
 MF = p/2 – yM; tâm sai e = 1, tiếp tuyến với (P) tại M : phân đôi tọa độ; 
(P) tx (d) : Ax + By + C = 0 ⇔ pA2 = – 2BC . 
CHÚ Ý : 
 * Cần có quan điểm giải tích khi làm toán hình giải tích : đặt câu 
hỏi cần tìm gì? (điểm trong mp M(xo,yo) : 2 ẩn ; điểm trong không 
gian (3 ẩn); đường thẳng trong mp Ax + By + C = 0 : 3 ẩn A, B, C - 
thực ra là 2 ẩn; đường tròn : 3 ẩn a, b, R hay A, B, C; (E) : 2 ẩn a, b 
và cần biết dạng ; (H) : như (E); (P) : 1 ẩn p và cần biết dạng; mp (P) 
: 4 ẩn A, B, C, D; mặt cầu (S) : 4 ẩn a, b, c, R hay A, B, C, D; đường 
thẳng trong không gian (d) = (P) ∩ (Q); đường tròn trong không gian 
(C) = (P) ∩ (S). 
 * Với các bài toán hình không gian : cần lập hệ trục tọa độ.