Giáo án tự chọn nâng cao 11 môn Toán

CHỦ ĐỀ 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC 
A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN 
1. Phương trình sinx = a
Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm 
Nếu |a| £ 1 : Phương trình có nghiệm là x = a + k2p và x = p - a + k2p, k Î ¢, với sin a = a. 
2. Phương trình cosx = a
Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm 
Nếu |a| £ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± a + k2p, k Î ¢, với cosa = a. 
3. Phương trình tanx = a 
	Điều kiện: cosx ¹ 0 hay x ¹ +kp, k Î ¢.
	Nghiệm của phương trình x = a + kp, k Î ¢, với tana = a
4. Phương trình cotx = a 
	Điều kiện: sinx ¹ 0 hay x ¹ kp, k Î ¢.
	Nghiệm của phương trình là x= a + kp, k Î ¢ với cota = a. 
B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP: 
1. Phương trình asinx + bcosx = c 
asinx + bsinx = c Û sin(x + a) = trong đó: 	sina = ;
cosa = 
asinx + bsinx = c Û cos(x – b) = trong đó: 	sin b = ;
cos b = 
Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c2 £ a2 + b2. 
2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c
Đặt t = sinx + cosx, |t| £ 
Phương trình trở thành bt2 + 2at – (b + 2c) = 0
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Phương trình đưa về phương trình tích: 
Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x +(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Giải 
Điều kiện của phương trình là cos2x ¹ 0 và sin3x ¹ 0
Ta biến đổi 3tan2xcot3x + (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Þ 3tan2xcot3x + tan2x – 3cot3x – 3 = 0
Þ tan2x (3cot3x + ) - (3cot3x +) = 0
Þ (3cot3x + ) (tan2x - ) = 0 
	Þ (k Î ¢) 
	Þ (k Î ¢) 
Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: 	x = và x = , k Î ¢ 
Bài 2: Giải phương trình: 
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ¹ 0, sinx ¹ 0 và cot x ¹ -1. 
Ta biến đổi phương trình đã cho: 
Þ 
(Loại do điều kiện)
Þ sinx
Þ 
Þ x = ± , kÎ ¢
Giá trị x = - , kÎ ¢ bị loại do điều kiện cot x ¹ -1. Vậy nghiệm của của phương trình đã cho là x = , kÎ ¢.
Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x Î (0,2p)
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ¹ 0, cos4x ¹ 0 và cos5x ¹ 0. 
Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 Þ 
Þ 
Þ 2sin4x 
Þ 2sin4xsin2x = 0 Þ 
Þ (k Î ¢) 
Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là: 
2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác. 
Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos4x + sin4x) 
Giải:
Ta có: 1 + sin2x 	= 2(cos4x + sin4x) 
	= 2[(cos2x + sin2x)2 – 2sin2xcos2x]
	= 2
	= 2 – sin22x 
Vậy ta được phương trình sin22x + sin2x -1 = 0 
Đặt t = sin2x với điều kiện -1 £ t £ 1 ta được phương trình: 
t2 + t – 1 = 0 Þ t = . Giá trị < -1 nên bị loại. 
Với t = ta có phương trình sin2x = 
Phương trình này có nghiệm: 	x= , k Î ¢ 
	Và 	x = , k Î ¢
Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho. 
Bài 5: Giải phương trình sin2x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2. 
Giải:
Điều kiện của phương trình là cosx ¹ 0
Chia hai vế của phương trình cho cos2x ta được: 
tan2x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan2x) 
Þ 	tan3x – tan2x = 5tanx – 3 – 2 tan2x 
Þ 	tan3x + tan2x – 5tanx + 3 = 0 
Đặt t = tanx ta được phương trình. 
t3 + t2 – 5t +3 = 0 Û (t – 1)(t2 + 2t – 3) = 0 Û 
Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm , k Î ¢ 
Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kp, k Î ¢
Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = , x = arctan(-3) + kp, k Î ¢
Bài 6: Giải phương trình: 
Giải 
Ta biến đổi phương trình đã cho: 
=0
Û 
Û 
Û 
Giải phương trình (1) ta được: x = +kp, k Î ¢
Giải phương trình (2): sin2x - sinxcosx + cos2x = 0 
Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình. 
Với cosx ¹ 0, chia hai vế của phương trình cho cos2x, ta được: 
tan2x - 
Giải phương trình, ta được: x = và x = arctan + kp, k Î ¢
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm 
x = và x = arctan + kp, k Î ¢
3. Phương trình asinx + bcosx = c 
Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2sinx + cos2x +sin2x + 3 = 0
Giải: 
Ta có: 4cosx + 2sinx + cos2x + sin2x + 3 = 0 
Û 4cosx + 2sinx + 2cos2x – 1 + 2sinxcosx + 3 = 0
Û 2sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)2 = 0
Û 2(cox +1)(sinx + cosx + 1) = 0
Û 
Û (k Î ¢)
Bài 8: Giải phương trình:
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + ) - (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
Giải:
Ta biến đổi phương trình đã cho: 
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + ) - (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
Û (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos3x – sin2xcosx – 2cosx = 0
Û (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(2cos2x – sin2x – 2) = 0
Û (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0
Û (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx + ) =0
Û 
Û 
Û (k Î ¢) 
Û 	(k Î ¢) 
4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c
Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Giải:
Ta có: cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Û 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3
Đặt t = sinx + cosx (- £ t £ ), phương trình trở thành:
3t2 – 10t + 30 = 0 Þ 
Þ sinx + cosx = Þ sin
Giải ra ta được: 	(k Î ¢) 
Bài 10: Giải phương trình 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 =0
Giải:
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 = 0
Û 2sinx (1-cos2x) + 2cos2x – 3cosx +1=0
Û (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0
Û 
Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2p, k Î ¢
Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (- £ t £ ).
Phương trình (2) trở thành: 
t2 – 2t – 2 = 0 Þ 
Với t = 1 - , giải ra ta được: 
	(k Î ¢)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
	(k Î ¢)
III. BÀI TẬP: 
Giải các phương trình sau: 
1. cot2xtan3x-(cot2x + tan 3x) + 1 =0
2. 4cos22xsinx + 2cosxsin4x + 2cos2x + 2sin3x + = 0
3. 
4. 3sin2x - 3sinxcosx + sin2x - cos2x = 
5. sin4x 
6. cos3x(3tanx + 6 + 2) – 3tanx + (3 - 2) sin2x = 2.
7. sin2x – 2sin2x + 3sinx – cosx = 1
8. ( - 1)sinx - cosx-cos3x = 0
9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos2x + 3
CHỦ ĐỀ 2: 
TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT 
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC 
A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP: 
1. Quy tắc cộng: 
Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m cách thực hiện, hành động kia có n cách (không trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m + n cách hoàn thành công việc. 
2. Quy tắc nhân 
	Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n cách hoàn thành công việc. 
3. Hoán vị: 
Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ³ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó. 
Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là Pn. Ta có: 
Pn = n(n – 1)  2.1 = n!
4. Chỉnh hợp:
Cho tập A gồm n phần tử (n ³ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A và xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho. 
Kí hiệu là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có: 
 = n(n -1)  (n – k + 1).
Với quy ước 0! = 1, ta có: 
5. Tổ hợp: 
Cho tập A có n phần tử (n ³ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. 
Kí hiệu là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có: 
6. Nhị thức Niu – tơn: 
B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ: 
7. Giải sử W là không gian mẫu, A và B là các biến cố. 
W\A = được gọi là biến cố đối của biến cố A.
A È B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra. 
A Ç B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A Ç B còn được viết là AB. 
Nếu AB = Æ, ta nói A và B cung khắc. 
C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ
8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) = 
Từ đó: 
0 £ P(A) £ 1, P(Æ) = 0, P(W)=1
P(A ÈB) = P(A) + P(B) nếu A Ç B = Æ. 
9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng đến xác suất của B. 
A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B)
A và B độc lập Þ A và độc lập. 
10. Công thức cộng mở rộng: 
Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó: 
P (A È B) = P(A) + P(B) – P(AB) 
D. BIẾN NGẪU NHIÊN: 
11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép thử với một số thực: 
Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí hiệu là [X = a] hay (X = a) 
Giải sử X có tập các giá trị là {x1, x2,,xn}
Đặt: p1 = P[X = x1],  , pn = P[X = xn]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X. 
X
x1
x2
xn
P
p1
p2
Pn
12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn. 
Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số được cho bởi công thức:
E(X) = x1p1 +  + xnpn 	(2)
Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức: 
Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: s (X), là một số được cho bởi công thức: 
s (X) = 
Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X. 
Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X. 
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: 
Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax3 + bx2 + cx + d mà các hệ số a, b, c, d thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng: 
a. Các hệ số tùy ý? 
b. Các hệ số đều khác nhau? 
Giải:
a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ¹ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức. 
b. Có 4 cách chọn hệ số a (a¹ 0) 
- Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b 
- Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c.
- Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d. 
Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức. 
Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang. Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu nếu: 
a. Cả năm lá cờ đều được dùng?
b. Ít nhất một lá cờ được dùng?
Giải:
a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín hiệu được tạo ra. 
b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có tất cả tín hiệu. 
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam. 
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
Vậy không gian mẫu W gồm (phần tử) 
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam” 
Để tính n(A) ta lí luận như nhau: 
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có cách. 
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách. 
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = ..5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng. 
Do đó: . 
Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai. 
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu W gồm phần tử. 
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. 
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 t ...  là một hình chữ nhật.
Chứng minh rằng: 
a. 
b. 
Giải 
a. Gọi O là tâm của hình chữ nhật. Vì OA – OC nên: 	(1)
Vì OB = OD nên 	(2)
So sánh (1) và (2) ta suy ra 
b. Ta có: 
Mà nên 
Tương tự ta có: 
Vì ABCD là hình chữ nhật nên ta có 
Từ đó suy ra 
Bài 2: Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD, G là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng: 
a. 
b. 
c. với P là một điểm bất kì. 
Giải:
a. Ta có: và 
Suy ra: 
Vì nên 
Ta suy ra: 
b. Vì nên 
c. Với điểm P bất kì, từ kết quả trên ta có: 
Do đó: 
2. Chứng minh ba vectơ đồng phẳng 
* Chứng minh rằng các vectơ có giá song với một mặt phẳng. 
Chứng minh rằng có cặp số m, n sao cho với và không cùng phương 
Bài 3: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Trên các cạnh AC và BD ta lần lượt lấy các điểm M,N sao cho . Chứng minh rằng ba vectơ đồng phẳng. 
Giải:
Vì Q là trung điểm của cạnh DC nên ta có: 
Vì nên 
Theo giả thiết ta có và 
Do đó 
Vì: và nên 
Vậy: 
Từ hệ thức trên ta suy ra ba vectơ đồng phẳng. 
Bài 4: Trong không gian cho tam giác ABC. 
a. Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) thì với mọi điểm O trong đó x + y + z = 1
b. Ngược lại nếu có một điểm O trong không gian sao cho trong đó x + y + z = 1 thì điểm M thuộc mặt phẳng (ABC). 
Giải
a. Vì là hai vectơ không cùng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) khi: 
 hay 
với điểm O tuỳ ý, tức là 
Đặt 1 – m – n = x, m = y, n = z thì: với x + y + z = 1
b. Ngược lại nếu có điểm O sao cho với x + y + z = 1 thì 
 hay 
Từ đó suy ra : . Do đó điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) 
3. Ứng dụng của tích vô hướng: 
Bài 5:Cho tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối diện là AB và CD, AC và DB vuông góc với nhau. Chứng minh rằng cặp cạnh đối diện còn lại là AD và BC cũng vuông góc với nhau. 
Giải:
Trước hết tà cần chứng minh hệ thức sau đây:
Ta có:	
Từ (1), (2), (3) ta suy ra 
Do đó, nếu AB^CD nghĩa là và AC ^ DB nghĩa là thì từ hệ thức (4) ta suy ra nghĩa là AD ^ BC. 
Cách khác: 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt phẳng (BCD), ta có AH ^(BCD). Do đó CD ^ AH. Theo giả thiết CD ^ AB, ta suy ra CD ^(AHB). Vậy CD ^ BH. Tương tự, theo giả thiết BD^AC, ta suy ra BD^(ACH), do đó BD^ CH. Vậy H là trực tâm của tam giác BCD tức là DH^BC. Do đó BC ^ (ADH) nên ta suy ra BC^AD. 
4. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng:
* Muốn chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (a) ta chứng minh : 
- d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (a)
- d song song với một đường thẳng d’ mà d’ vuông góc với (a) 
- d vuông góc với (b) mà (b) // (a) 
Bài 6: Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và DBC là hai tam giác cân có chung đáy BC. 
a. Chứng minh BC ^ AD. 
b. Xác định hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (BCD). 
Giải:
a. Gọi I là trung điểm của BC, ta có BC ^ AI và BC ^ DI 
Do đó BC ^ (ADI) và suy ra BC ^ AD. 
b. Mặt phẳng (BCD) chứa đường thẳng BC^(ADI) nên (BCD) ^ (ADI). Ta có DI là giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (ADI) vuông góc với nhau nên hình chiếu vuông góc H của đỉnh A phải nằm trên giao tuyến DI của hai mặt phẳng đó. Trong mặt phẳng (ADI), ta vẽ AH ^ DI thì H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng (BCD).
 Bài 7: Cho tam giác ABC. Gọi (a) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng CA tại A và (b) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng CB tại B. 
a. Chứng minh hai mặt phẳng (a) và (b) cắt nhau. 
b. Gọi d là giao tuyến của (a) và (b). Chứng minh d ^ (ABC).
Giải: 
a. Theo giả thiết CA ^ (a) và CB ^ (b) nên góc của hai mặt phẳng (a) và (b) bằng góc của tam giác ABC đã cho hoặc bằng góc 1800 - . Do đó ta suy ra hai mặt phẳng (a) và (b) phải cắt nhau. 
b. Vậy (a) và (b) phải cắt nhau theo giao tuyến d. Ta cần chứng minh d ^ (ABC). Vì CA ^(a) và d thuộc (a) nên CA ^ d. Tương tự, vì CB ^ (b) và d thuộc (b) nên CB^d. Do đó, vì d ^ CA và d ^ CB nên ta suy ra d ^ (ABC). 
5. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc 
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có các cạnh bên SA = SB = SC = a. Chứng minh: 
a. Mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 
b. Tam giác SBD vuông tại S 
Giải
a. ABCD là hình thoi nên có AC ^ BD tại O. Mặt khác SA = SC nên có AC ^ SO. Vậy AC ^ (SBD). Mặt phẳng (ABCD) chứa AC ^ (SBD) nên (ABCD) ^ (SBD). 
b. Ta có: DSAC = DBAC (c – c – c) mà OA = OC nên SO = BO. Mặt khác BO = DO nên SO=OB=OD. Ta suy ra tam giác SBD vuông tại S. 
Bài 9: Hình chóp S.ABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. 
a. Chứng minh rằNG (SAC) ^ (BHK) và (SBC) ^ (BHK) 
b. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng tam giác SBC có SB = 15cm, SC = 14cm, BC = 13cm và có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300.
Giải: 
a. Gọi A’ là giao điểm của AH và BC. Ta có BC^AA’ và BC^SA suy ra BC^(SAA’). Do đó BC^SA’. 
Vậy SA’ đi qua K vì K là trực tâm của tam giác SBC. 
Vì BH ^ AC và BH ^ SA suy ra BH ^ (SAC)
Do đó 
Vậy: 	(SAC) ^ (BHK) 
	BC ^ (SAA’) do đó BC ^ HK; 
	SC ^ (BHK) do đó SC ^ HK. 
Từ đó suy ra HK ^ (SBC) và (BHK) ^ (SBC) 
b. Gọi SSBC là diện tích tam giác SBC. Theo công thức Hê – rông, ta có: 
 trong đó p = ½ (13+14+15) = 21
Do đó 
Ta có tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác SBC trên mặt phẳng (ABC). Áp dụng công thức S’ = S cosj trong đó j = 300 là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ta có: 
SABC = S’ = 84.cos300 = 42 (cm2) 
6. Tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và đến mặt phẳng 
Bài 10: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. 
 a. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ bằng nhau. Hãy tính khoảng cách đó. 
b. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (A’BD) của hình lập phương. 
Giải:
a. ABC’ là tam giác vuông tại B, do đó khoảng cách từ B đến AC’ là độ dài đường cao BI kẻ từ B xuống AC’. Vì DABC’ vuông tại B nên ta có: 
Lập luận tương tự đối với các điểm còn lại ta chứng minh được các khoảng cách từ các điểm này đến đường chéo AC’ đều bằng nhau. 
b. Điểm A cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD vì ta có AB = AD = AA’ = a. Điểm C’ cũng cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD vì ta có C’B=C’D=C’A=a. Vậy AC’ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều A’BD, do đó AC’ ^ (A’BD) tại trọng tâm I của DA’BD. Ta cần tính AI. 
Vì A’I = BI = DI = A’O với O là tâm hình vuông ABCD. Ta có: 
 và A’I = 
Xét tam giác vuông AA’I, ta có: 
AI2 AA’2 – A’I2 = a2 - 
Vậy 
7. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b 
* Tính khoảng cách giữa a và mặt phẳng (a) chứa b và (a) // a
 Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa a và b 
Bài 11: Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với OA=OB=OC=a. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Tìm khoảng cách giữa AI và OC đồng thời xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng đó. 
Giải:
Ta có OC ^ (AOB). Gọi K là trung điểm OB, ta có hình chiếu của AI lên (AOB) là AK (vì IK ^ (AOB)). 
Vẽ OH ^ AK. Dựng HE// OC c8át AI tại E. Dựng EF // OH c8át OC tại F. Khi đó EF là đường vuông góc chung của AI và OC. Độ dài đoạn EF là khoảng cách giữa AI và OC. Xét tam giác vuông AOK ta có: 
. Do đó: OH2 = 
Vì OH = EF, ta suy ra khoảng cáhc EF = OH = 
III. BÀI TẬP: 
1. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ 
a. Chứng minh rằng 
b. Chứng minh: 
2. Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Trên các cạnh AD và BC ta lần lượt lấy các điểm P và Q sao cho . Chứng minh rằng ba vectơ đồng phẳng. 
3. Hai tam giác đều ABC và ABD có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC, BD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. 
4. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng đường thẳng AC’ vuông góc với các đường thẳng BD, DA’. 
5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD); gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên SB và SD. Chứng minh SC ^ (AHK) và HK ^ (SAC) 
6. Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Chứng minh (SCD) ^ (SAD) và (SBC) ^ (SAB). 
7. Cho tứ diện ABCD có AB = 7cm, AC = 8cm, BC = 5cm. Cạnh AD = 4 cm và AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 
a. SB và AD 
b. BD và SC 
ĐÁP SỐ 
CHỦ ĐỀ 1
1. 
2. 3. Vô nghiệm 
4. 
5. x = kp, x = -+ kp 
6. x = -+ kp, x = -+ kp, x =+ kp,
7. x =+ kp, x =+ k2p, x =+ k2p, x = -p +k2p
8. x =+ kp, x =-+ kp
9. x = k2p, x =+ k2p.
CHỦ ĐỀ 2
1.a. 4 x 3 x 5 = 60 cách;
b. 4 x 3 x 5 x 5 x 3 x 4 = 3600 (cách); 
c. 4 x 3 x 5 x 4 x 2 x 3 = 1440 (cách) 
2. Có 34 cách phân phối 
3. 	a. (5!)2.25 = 460800 (cách) 
b. (5!)2. 2 = 28800 (cách) 
4. x 5! x 3! = 151200 (cách)
5. 	a. 9! = 362880 (cách). 
	b. 5!.= 43200 (cách) 
6. 	a. , k = 0, 1, 2, 3, 4.
7. 	a. 9! = 362880 (cách) 
	b. 6.2!3!4! = 2728 (cách) 
8. 	a. 
	b. 
9. a. 	(i) Có cách đi 
(ii) Có cách đi
10. a. -20; 	b. 0
11. a = 2; b = 1 và a= -2; b = -1 
12. 	a. A, B không độc lập 
	b. B, C độc lập. 
13. Kí hiệu Z là số quả đen được rút ra. Từ đó X = 2Z – (4 – Z) = 3Z – 4
a. 
b. 	E(X) = 4
c. 	V(X)= 
14. a.
b. E(X) = 
15. Kí hiệu X là số tiền thưởng mà bạn nhận được khi đó. 
B. E(X) » 130.000đ 
CHỦ ĐỀ 3
1. a. 2;	b. 0 
2. a. 4; 	b. -; 
c. 	d. 
3. a. – ¥; + ¥; 	b. – ¥; + ¥
4. m = -1, (ứng với m = -1) 
5. a. và [2; + ¥); 	
b. và 
6. 
7. f(x) = x3 – 10x – 1 liên tục trên [0; 11] và f(0) = -1 0.
Từ đó (0;11) để f(C) = 0 
8. f(x) = (m2 + m + 1)x5 + x3 – 27 liên tục trên [0; 3] và f(0) = -27 < 0
f(3) = m5 (m2+m +1) > 0 với mọi giá trị của m. Do đó (0;3) để f(c) = 0
9. a. y’(1) = -5; 	b. y = -5x+3
10. Vì 
11. a. 
	b. 
12. a. 0,485; 	b. 0,965; 	c. 4,003
13. -12sinx – 8xcosx + x2sinx 
CHỦ ĐỀ 4
1. Gọi a và b là hai đường thẳng song song. Giả sử (a)=b, với giá của vuông góc với a và b. Khi đó hợp thành của Đa và Đb là phép tịnh tiến theo vectơ 2.
3. Dùng phép dời hình là hợp thành của phép tịnh tiến theo vectơ và phép quay tâm A’, góc (). 
4. Dùng phép quay tâm B, góc (BA, BD) biến AE thành DC. Để ý rằng góc giữa hai dường thẳng này bằng góc quay. 
5. Dùng phép quay tâm A góc 900, chứng minh BE = DG và BE vuông góc với DG. Để ý rằng IM, JL song song và bằng nửa DG; IJ, ML song song và bằng nửa BE. 
6. D chạy trên đường tròng C’ là ảnh của C qua phép quay tâm A, góc 900. 
C chạy trên C’’ là ảnh của C qua phép đồng dạng là hợp thành của phép quay tâm A, góc 450 và phép vị tự tâm A tỉ số .
7. Khi C chạy trên đường tròn (O), G chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O)qua phép vị tự tâm I tỉ số (với I là trung điểm của AB). 
8. Khu A, B chạy trên (O) thì trung điểm M của AB chạy trên đường tròng C tâm O bán bính . Khi đó trọng tâm của tam giác ABC chạy trên đường tròn C’ là ảnh của C qua phép vị tự tâm C tỉ số .
CHỦ ĐỀ 5
1. a. (SAB) Ç(SCD) = D (D qua S và song song với AB, CD.
Gọi O = AC Ç BD, giao tuyến (SAC) và (SBD) là đường thẳng SO 
b. Hình thang
c. I Î D, I chạy trên nửa đường thẳng Saûn xuaát, J chạy trên đoạn SO.
2. Hướng dẫn: Dùng định lý đảo Ta– lét cho ba đoạn MN, BD, AC. 
CHỦ ĐỀ 6
7. 	d(D, BC) = 8cm 
8. 	d(SB, AD) = AH = 
d(BD, SC) =