Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng môn Toán - Đề 7

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 1/11 
GỢI Ý GIẢI ĐỀ 07 
Câu I.1: 
Học sinh tự giải 
Câu I.2. Tìm m để đường thẳng ( ) : 3d y mx m= + + cắt đồ thị ( )C của hàm số 
3 3 1y x x= - + tại ba điểm ( )1;3M - và ,N P sao cho tiếp tuyến với ( )C tại ,N P vuông 
góc với nhau. 
· Khi gặp bài toán tương giao giữa hai đường (đồ thị) việc đầu tiên là viết phương trình 
hoành độ giao điểm của hia đường đó ra đã. 
· 
· P/trình hoành dộ giao điểm của ( )d và ( )C : 3 3 1 3x x mx m- + = + + 
( )3 3 2 0x m x mÛ - + - - = (1) 
Nhận xét: Vì ( )1;3M - thuộc ( )d và ( )C nên 1x = - là nghiệm của (1). Đây chính 
là điểm mấu chốt của bài toán. Bây giờ ta phân tích (1) thành p/trình dạng tích bằng 
cách chia ( )3 3 2x m x m- + - - cho 1x + . 
( )( )21 2 0x x x mÛ + - - - = 
( )
( )2
1 0 2
2 0 3
x
x x m
é + =
Û ê
- - - =êë
Nhận thấy (2) 1xÛ = - , đây là hoành độ của ( )1;3M - . 
· Do đó đ/kiện để ( )d cắt ( )C tại ba điểm M, N, P là p/trình (3) phải có hai nghiệm phân 
biệt khác 1x = - . 
Tức là ta phải có 
( )
( ) ( )2
1 4 2 0
1 1 2 0
m
m
ìD = + + >ï
í
- - - - - ¹ïî
9
4
0
m
m
ì > -ïÛ í
¹ïî
 (*) 
· Gọi 1 2;x x lần lượt là hoành độ của ,N P , khi đó 1 2;x x là nghiệm của (3). 
Theo định lý Viet, ta có 1 2 1
b
x x
a
+ = - = ; 1 2. 2
c
x x m
a
= = - - . 
· Đạo hàm của hàm số 3 3 1y x x= - + là 23 3y x¢ = - 
Hệ số góc của t/tuyến với ( )C tại N là: ( ) 21 13 3y x x¢ = - 
Hệ số góc của t/tuyến với ( )C tại P là: ( ) 22 23 3y x x¢ = - 
Theo giả thiết, hai tiếp tuyến với ( )C tại N và P vuông góc nhau nên ta có 
( ) ( )1 2. 1y x y x¢ ¢ = - 
( )( )2 21 23 3 3 3 1x xÛ - - = - ( ) ( )2 2 21 2 1 29 9 10 0x x x xÛ - + + = 
( ) ( )2 21 2 1 2 1 29 9 2 10 0x x x x x xé ùÛ - + - + =ë û (**) 
Thay 1 2 1 22 ; 1x x m x x= - - + = vào (**), ta được: 
( ) ( )( )2 29 2 9 1 2 2 10 0m m+ - - - - + = ( ) ( )29 2 18 2 1 0m mÛ + - + + = 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 2/11 
29 18 1 0m mÛ + + =
2 2
1
3
mÛ = - ± 
· Đối chiếu đ/kiện (*), ta được 2 21
3
m = - ± . 
· Kết luận: Các giá trị của m phải tìm là 2 21
3
m = - ± . 
Câu II.1. Giải hệ phương trình ( )( )( )
2 2
1 1 2 6
2 2 3 0
x y x y
x y x y
ì - - + - =ï
í
+ - - - =ïî
Cách 1: 
· Viết lại hệ dưới dạng 
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )2 2
1 1 1 1 6
1 1 5
x y x y
x y
ì - - é - + - ù =ë ûï
í
- + - =ïî
 (*) 
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2
1 1 1 1 6
1 1 2 1 . 1 5
x y x y
x y x y
ì - - é - + - ù =ë ûïÛ í
é - + - ù - - - =ïë ûî
Đặt ( ) ( )1 1u x y= - + - ; ( )( )1 1v x y= - - 
Ta có hệ 
2
. 6
2 5
u v
u v
=ìï
í
- =ïî
2
2
5
6
2
5
2
u
u
u
v
ì æ ö-
=ï ç ÷
ï è øÛ í
ï -
=ïî
3
2
5 12 0
5
2
u u
u
v
ì - - =
ïÛ í -
=ï
î
3
2
u
v
=ì
Û í =î
· Vậy ta có hệ ( ) ( )
( )( )
1 1 3
1 1 2
x y
x y
ì - + - =ï
í
- - =ïî
5
6
x y
xy
+ =ì
Û í =î
Giải hệ này ta được hai nghiệm 3
2
x
y
=ì
í =î
 ; 
2
3
x
y
=ì
í =î
· Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 3
2
x
y
=ì
í =î
 ; 
2
3
x
y
=ì
í =î
Cách 2: 
Ở hệ (*), có thể đặt 1; 1u x v y= - = - và giải để tìm u, v. 
Còn nhiều cách khác, các bạn tự tìm thêm nhé ! 
Câu II.2. Giải phương trình 2tan 2 cot 8cosx x x+ = (1) 
· Đ/kiện xác định: cos 2 0
sin 0
x
x
¹ì
í ¹î
 (*) 
· Với đ/kiện trên, ta có (1) 2sin 2 cos 2cos
cos 2 sin
x x
x
x x
Û + = 
2sin 2 .sin cos 2 .cos 2cos
cos 2 .sin
x x x x
x
x x
+
Û = 2cos 2cos .cos 2 .sinx x x xÛ = 
Lưu ý: Theo công thức cộng ( )sin 2 .sin cos 2 .cos cos 2 cosx x x x x x x+ = - = . 
( )cos 1 2cos .sin .cos 2 0x x x xÛ - = ( )cos 1 sin 2 .cos 2 0x x xÛ - = 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 3/11 
1
cos 1 sin 4 0
2
x xæ öÛ - =ç ÷
è ø
cos 0
1
1 sin 4 0
2
x
x
=é
êÛ
ê - =
ë
2
sin 4 2
x k
x
p pé = +êÛ
ê
=ë
P/trình sin 4 2x = vô nghiệm vì sin 4 1x £ với mọi x. 
Nghiệm 
2
x k
p p= + thỏa mãn đ/kiện (*). 
· Vậy, các nghiệm của p/trình đã cho là ,
2
x k k
p p= + ΢ . 
Câu III: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2xy = , 3y x= - , trục 
hoành và trục tung. 
· Trục tung có phương trình 0x = , đây chính là một cận của tích phân. 
Để tìm cận còn lại, ta giải phương trình 2 3x x= - . 
Nhận thấy hàm số ở vế trái luôn đồng biến, còn hàm số ở vế phải luôn nghịch biến nên 
p/trình trên có nghiệm duy nhất (nếu có). Dễ đoán thấy 1x = là nghiệm. Ta cần 
chứng minh nghiệm này duy nhất. 
· P/trình hoành độ giao điểm của hai đường 2xy = , 3y x= - là: 
2 3x x= - (1) 
- Nhận thấy 1x = là nghiệm của (1). 
- Với mọi 1x > , ta có 12 2 2x > = và 3 3 1 2x- đều 
không thỏa mãn (1). 
- Tương tự, mọi 1x < cũng không thỏa mãn (1). 
Vậy 1x = là nghiệm duy nhất của (1). 
· Diện tích hình phẳng cần tìm bằng ( )
1
0
2 3xS x dx= - -ò ( )
1
0
2 3x x dx= - +ò 
1
2
0
2
3
ln 2 2
x x
S x
æ ö
= - +ç ÷
è ø
2 1 1 1 5
3
ln 2 2 ln 2 ln 2 2
= - + - = -
5 1
2 ln 2
= - 
Câu IV: Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD , O là giao điểm của AC và BD . Biết mặt 
bên của hình chóp là tam giác đều và khoảng cách từ O đến mặt bên bằng a. Tính thể tích 
khối chóp đã cho. 
Các cạnh của hình chóp đều bằng nhau (theo 
giải thiết). Đặt x AB= , ta có 2AC x= . 
Bây giờ ta sẽ tìm biểu thức liên hệ giữa 
x và a thông qua việc tính các yếu tố 
liên quan. 
Ta có 2 2 2SO SA OA= -
2
2 2
2
x
x
æ ö
= - ç ÷
è ø
2 2
2
2 2
x x
x= - = 
2
2
x
SOÞ = 
Gọi M là trung điểm của AB. Gọi H là hình 
chiếu của O trên SM. 
MO
AD
C
B
S
H
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 4/11 
Ta có 
2 2
AD x
OM = = và OM AB^ . 
Mặt khác AB SO^ (t/chất đ/cao của hình chóp đều). 
Suy ra ( )AB SOM^ AB OHÞ ^ . Ngoài ra SM OH^ . 
· Suy ra ( )OH SAB^ . Vậy OH chính bằng khoảng cách từ O đến mặt bên ( )SAB . 
Theo giả thiết ta có OH a= . 
Trong tam giác vuông SOM , ta có 2 2 2
1 1 1
OH OS OM
= + 
2 2 2
1 1 1
2 4
a x x
Û = + 2 22 2
1 6
6x a
a x
Û = Û = . Suy ra 6x a= . 
· Vậy, thể tích khối chóp .S ABCD bằng 1 . .
3 ABCD
V S SO= 
( )332 6 21 2 2. .
3 2 6 6
ax x
V x= = = 32 3a= 
Câu V: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có : 
sin .sin .sin sin .sin .sin
4 4 4 2 2 2
A B C A B Cp p p- - -æ ö æ ö æ ö ³ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
 (1) 
Cách 1: 
Ta có sin .sin .sin
4 4 4
A B Cp p p- - -æ ö æ ö æ ö =ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
1 2
cos cos .sin
2 4 4 4
B A A B Cp pé ù- - - -æ ö æ ö æ ö= -ç ÷ ç ÷ ç ÷ê úè ø è ø è øë û
1
cos cos .sin
2 4 4 4
B A C Cp pé ù- + -æ ö æ ö æ ö= -ç ÷ ç ÷ ç ÷ê úè ø è ø è øë û
 (vì A B C p+ + = ) 
1 1
.cos .sin cos sin
2 4 4 2 4 4
B A C C Cp p p- - + -æ ö æ ö æ ö æ ö= -ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø
1 1
.cos .sin cos sin
2 4 4 2 4 4
B A B A C Cp p- + + -æ ö æ ö æ ö æ ö= -ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø
1 1
. sin sin sin sin
4 2 2 4 2 2
B A Cpé ù é ù= + - -ê ú ê úë û ë û
1
sin sin sin 1
4 2 2 2
A B Cæ ö= + + -ç ÷
è ø
. 
Và 
1
sin .sin .sin cos cos sin
2 2 2 2 2 2 2
A B C A B A B C- +é ù= -ê úë û
1
cos cos sin
2 2 2 2
A B C Cp- -é ù= -ê úë û
=
1
cos sin sin
2 2 2 2
A B C C-é ù-ê úë û
21 1cos .sin sin
2 2 2 2 2
A B C C-
= - ( )1 1cos .cos 1 cos
2 2 2 4
A B A B
C
- +
= - - 
[ ]1 1 1cos cos cos
4 4 4
A B C= + + - 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 5/11 
Vậy bất đẳng thức (1) đã cho tương đương với bất đẳng thức sau 
( )1 1sin sin sin 1 cos cos cos 1
4 2 2 2 4
A B C
A B Cæ ö+ + - ³ + + -ç ÷
è ø
cos cos cos sin sin sin
2 2 2
A B C
A B CÛ + + £ + + (2) 
· Ta có cos cos 2cos .cos 2sin .cos
2 2 2 2
A B A B C A B
A B
+ - -
+ = = 
Vì cos 1
2
A B-
£ nên ta suy ra 2sin .cos 2sin
2 2 2
C A B C-
£ . 
Hay cos cos 2sin
2
C
A B+ £ (3) 
Dấu bằng xảy ra khi cos 1 0
2 2
A B A B
A B
- -
= Û = Û = . 
· Tương tự ta có cos cos 2sin
2
A
B C+ £ (4) 
Dấu bằng xảy ra khi B C= . 
 cos cos 2sin
2
B
C A+ £ (5) 
Dấu bằng xảy ra khi C A= . 
· Cộng (3), (4) và (5) theo vế ta được 
( )2 cos cos cos 2sin 2sin 2sin
2 2 2
A B C
A B C+ + £ + + 
cos cos cos sin sin sin
2 2 2
A B C
A B CÛ + + £ + + . 
Dấu “=” xảy ra khi A B C= = . 
Cách 2: (Gọn lắm các bạn ạ) 
Ta biết cos 1
4
A B-
£ nên sin .cos sin
4 4 4
C A B Cp p- - -
£ . (Do sin 0
4
Cp -
> ) ??? 
sin sin .cos sin .cos
4 4 4 4 4
C C A B A B A Bp p- - - + -
³ = . 
Lại có 
Cosi1
sin .cos sin sin sin .sin
4 4 2 2 2 2 2
A B A B A B A B+ - é ù= + ³ê úë û
Suy ra sin sin .sin
4 2 2
C A Bp -
³ (1) 
Tương tự ta cũng có: 
sin sin .sin
4 2 2
B A Cp -
³ (2) 
sin sin .sin
4 2 2
A B Cp -
³ (3) 
Nhân (1), (2), (3) vế theo vế, ta được điều phải chứng minh: 
2 2 2sin .sin .sin sin .sin .sin sin .sin .sin
4 4 4 2 2 2 2 2 2
A B C A B C A B Cp p p- - -æ ö æ ö æ ö ³ =ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 6/11 
Câu VI.a.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip ( )
2 2
: 1
6 4
x y
E + = và điểm 
( )1;1M . Viết phương trình đ/thẳng ( )d qua M và cắt ( )E tại hai điểm A, B sao cho M là 
trung điểm của đoạn AB. 
· Dùng p/trình đ/thẳng qua M để xét tương giao với elip. Đ/thẳng ( )d qua M với hệ 
số góc k có p/trình ( )1 1y k x- = - (*). 
Tuy nhiên ngoài dạng trên, ta cần xét đ/thẳng qua ( )1;1M và song song với trục Oy 
(có hệ số góc không xác định), có p/trình 1x = . 
{Vì trong các đ/thẳng dạng (*) không có đ/thẳng nào song song với trục Oy} 
· Đ/thẳng ( )d qua M với hệ số góc k có p/trình ( )1 1y k x- = - 1y kx kÛ = + - 
· P/trình hoành độ giao điểm của ( )d và ( )E : ( ) ( )
22 1
: 1
6 4
kx kx
E
+ -
+ = 
Khai triển và rút gọn ta được ( ) ( ) ( )2 2 22 3 6 1 3 2 3 0k x k k x k k+ - - + - - = (1) 
Đây là p/trình bậc hai (vì hệ số 23 2 0a k= + ¹ ) có 
( )( ) ( )( )2 2 23 1 3 3 2 2 3k k k k k¢D = - - + - - 230 12 18k k= + + 
21 84
30
5 5
kæ ö= + +ç ÷
è ø
0> với mọi k. 
Suy ra (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi k. Nghĩa là ( )d luôn cắt ( )E tại hai điểm 
phân biệt. 
Gọi 1 2,x x lần lượt là hoành độ của hai giao điểm A và B. Khi đó 1 2,x x là hai nghiệm của 
p/trình (1). Theo định lý Viet, ta có 
( )2
1 2 2
3 2 3
3 2
k kc
x x
a k
- -
= =
+
; 
( )
1 2 2
6 1
3 2
k kb
x x
a k
-
+ = - =
+
 (2) 
Vì ( ), : 1A B d y kx kÎ = + - nên ta có tung độ của A, B lần lượt bằng: 
1 1 2 21 ; 1y kx k y kx k= + - = + - ( )1 2 1 2 2 2y y k x x kÞ + = + + - 
( )
1 2 2
6 1
. 2 2
3 2
k k
y y k k
k
-
Þ + = + -
+
 (3) 
· Theo giả thiết, ( )1;1M là trung điểm của AB nên ta có 
1 2
1 2
2 2
2 2
M
M
x x x
y y y
+ = =ì
í + = =î
 (4) 
Thay (2) và (3) vào (4) ta được hệ : 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
6 1
2 5
3 2
6 1
. 2 2 2 6
3 2
k k
k
k k
k k
k
ì -
=ïï +
í
-ï + - =ï +î
Thay (5) vào (6) ta được .2 2 2 2 0 0k k k+ - = Û = , luôn thỏa mãn với mọi k. 
Vậy hệ trên trở thành ( )2
6 1
2
3 2
k k
k
-
=
+
2 26 6 6 4k k kÛ - = + 6 4kÛ - =
2
3
kÛ = - . 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 7/11 
· Xét đường thẳng ( )d qua ( )1;1M và song song với trục Oy , p/trình của ( )d : 1x = . 
Thay 1x = vào p/trình elip ( )E ta được 
2
21 101
6 4 3
y
y+ = Û =
30
3
yÛ = ± . 
Tr/hợp này ( )d cắt ( )E tại hai điểm có tọa độ 301;
3
A
æ ö
ç ÷
è ø
, 
30
1;
3
B
æ ö
-ç ÷
è ø
. 
Trung điểm của đoạn AB có tọa độ ( )1;0 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
· Tóm lại, đ/thẳng cần tìm có p/trình ( )d : 2 5
3 3
y x= - + 
Câu VI.a.2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hãy viết phương trình mặt phẳng 
( )P chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng ( ) : 2 3 0Q x y z+ - = một góc bằng 60o . 
· P/trình mặt phẳng chứa trục Oz có dạng ( )P : 0ax by+ = 
Vecto pháp tuyến của ( ) ( ),P Q lần lượt bằng ( ); ;0Pn a b=
uur
, ( )2;1; 3Qn = -
uur
. 
· Gọi j là góc hợp bởi hai mặt phẳng ( )P và ( )Q . Ta có 060j = . 
( )cos cos ,P Qn nj =
uur uur .
.
P Q
P Q
n n
n n
=
uur uur
uur uur
( )22 2 2 2
2
. 2 1 3
a b
a b
+
=
+ + + -
( )2 2
2
cos60
8
o a b
a b
+
Û =
+ ( )2 2
2 1
28
a b
a b
+
Û =
+
( )2 22 2a b a bÛ + = + ( ) ( )2 2 22 2a b a bÛ + = + 
2 22 4 0a ab bÛ + - = (1) 
Nhận thấy 0b = không thỏa mãn (1) bởi vì a, b không đồng thời bằng 0 , do đó ta có 
2
2 4. 1 0
a a
b b
æ öÛ + - =ç ÷
è ø
. 
Giải p/trình này được hai nghiệm 6 61 ; 1
2 2
a a
b b
= - + = - - . 
· Tr/hợp 61
2
a
b
= - + , lấy 2b = ta có 6 2a = - . 
P/trình của ( ) ( ): 6 2 2 0P x y- + = 
· Tr/hợp 61
2
a
b
= - - , lấy 2b = - ta có 6 2a = + . 
P/trình của ( ) ( ): 6 2 2 0P x y+ - = 
· Kết luận: Có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán, có p/trình 
( ) ( ): 6 2 2 0P x y- + = hoặc ( ) ( ): 6 2 2 0P x y+ - = 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 8/11 
Câu VII.a: Tìm m để phương trình sau có nghiệm ( )4 4 2 1 0x xm- - = (1) 
· Đặt 2 , 0xt t= > , p/trình (1) trở thành ( )2 4 1 0t m t- - = (2) 
Bây giờ ta sẽ rút m theo t để dùng PP hàm số giải quyết bài toán. Như vậy ta phải chia 
cho 1t - . DO đó phải xét hai trường hợp 1, 1t t= ¹ 
· Với 1t = , thay vào (2) ta được 1 4 .0 0 0 1m m- = Û = mÛ ÎÆ . 
Nghĩa là (2) không có nghiệm 1t = với mọi giá trị của m. 
· Với 1t ¹ , ta có 
2
4
1
t
m
t
Û =
-
 (3) 
Xét hàm số ( )
2 1
1
1 1
t
y f t t
t t
= = = + +
- -
 trên tập ( ) ( )0;1 1;È +¥ , ta có 
( )
( ) ( )
2
2 2
1 2
1
1 1
t t
y f t
t t
-¢ ¢= = - =
- -
( ) 20 2 0 2f t t t t¢ = Û - = Û = (do 0t > ) 
· Bảng biến thiên của hàm số ( )y f t= 
t 0 1 2 +¥ 
( )f t¢ - || - 0 + 
( )f t 
0 
-¥ 
|| 
+¥ 
4 
 +¥ 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ph/trình (3) có nghiệm khi 4 0m 
0mÛ . 
· Vậy các giá trị của m phải tìm thỏa yêu cầu bài toán là ( ) ( );0 1;mÎ -¥ È +¥ . 
Nhận xét: Hãy tìm m để (1) có một nghiệm duy nhất, hai nghiệm phân biệt ? (Dùng 
bảng biến thiên để xem đ/thẳng 4y m= cắt đồ thị hàm số 
2
1
t
y
t
=
-
 tại một điểm 
duy nhất khi nào ? tại hai điểm phân biệt khi nào ? 
Câu VI.b.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm ( )1;2A , ( )1;6B và đường 
tròn ( )C : ( ) ( )2 22 1 2x y- + - = . Lập ph/trình đường tròn ( )C¢ đi qua B và tiếp xúc với 
( )C tại A. 
· Nhận xét: ( )C và ( )C¢ tiếp xúc với nhau tại ( )1;2A suy ra tâm của ( )C¢ nằm 
trên đường thẳng nối ( )1;2A và tâm ( )2;1I của ( )C . (Có thể dùng hình minh họa 
để dễ hình dung hơn các bạn ạ). Tiếp theo, viết p/trình đ/thẳng IA , và gọi tọa độ tâm 
I ¢ của ( )C¢ . 
Do ( )C¢ đi qua ( )1;6B nên I B I A¢ ¢= bằng bán kính của ( )C¢ . 
· Đ/tròn ( )C có tâm ( )2;1I , bán kính bằng 2R = . 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 9/11 
· Đ/thẳng ( )d đi qua ( )2;1I và A có vecto chỉ phương ( )1;1IA = -
uur
 nên có p/trình tham 
số ( ) 2:
1
x t
d
y t
= -ì
í = +î
, tΡ . 
· Do ( )C và ( )C¢ tiếp xúc với nhau tại ( )1;2A suy ra tâm của ( )C¢ nằm trên đường 
thẳng ( )d . Gọi tọa độ ( )I d¢Î là ( )2 ;1I t t¢ - + . 
Vì ( )C¢ đi qua ( ) ( )1;2 , 1;6A B nên ta có I A I B¢ ¢= , bằng bán kính của ( )C¢ . 
Suy ra 2 2I A I B¢ ¢= , hay ( ) ( ) ( ) ( )2 2 221 2 2 1 1 2 6 1t t t t- + + - - = - + + - - 
( ) ( )2 21 5 24 8 0 3t t t tÛ - = - Û - = Û = . 
· Vậy tọa độ tâm ( )1;4I ¢ - , bán kính của ( )C¢ : ( ) ( )2 21 1 2 4 8R I A¢ ¢= = + + - = 
· P/trình của ( )C¢ : ( ) ( )2 21 4 8x y+ + - = 
Các bạn có thể kiểm tra lại xem: I I R R¢ ¢= + hoặc I I R R¢ ¢= - ? 
 (đ/kiện để hai đ/tròn tiếp xúc ngoài, t/xúc trong với nhau đó bạn ạ) 
Câu VI.b.2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( );0;0A a , ( )0; ;0B b , 
( )0;0;C c , với , , 0a b c > thỏa mãn 2 2 2 3a b c+ + = . Xác định , ,a b c để khoảng cách từ O 
đến mặt phẳng ( )ABC đạt giá trị lớn nhất. 
· Vì ( )A OxÎ , B OyÎ , C OzÎ nên mặt phẳng ( )ABC viết thep p/trình đoạn chắn có 
dạng 1x y z
a b c
+ + = 1 0
x y z
a b c
Û + + - = 
· Khoảng cách từ ( )0;0;0O đến mặt phẳng ( )ABC bằng: 
( ),
2 2 2
1
1 1 1O ABC
h d
a b c
é ùë û
-
= =
+ + 2 2 2
1
1 1 1
a b c
=
+ +
Khoảng cách h đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức 2 2 2
1 1 1
0
a b c
+ + > đạt giá trị 
nhỏ nhất. 
· Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có: 
32 2 2 2 2 23a b c a b c+ + ³ (1) 
3
2 2 2 2 2 2 3 2 2 2
1 1 1 1 3
3
a b c a b c a b c
+ + ³ = (2) 
Dấu “=” ở (1) xảy ra khi 2 2 2a b c a b c= = Û = = 
Dấu “=” ở (2) xảy ra khi 2 2
1 1 1
2a
a b c
b c
= = Û = = 
· Nhân (1) và (2) theo vế, ta được ( )2 2 2 2 2 21 1 1 9a b c a b c
æ ö+ + + + ³ç ÷
è ø
. 
Theo giả thiết 2 2 2 3a b c+ + = nên ta có 2 2 2
1 1 1
3 9
a b c
æ ö+ + ³ç ÷
è ø
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 10/11 
2 2 2
1 1 1
3
a b c
æ öÛ + + ³ç ÷
è ø
. (3) 
Dấu “=” xảy ra khi 
2 2 2
1
3
a b c
a b c
a b c
= =ìï Û = = =í
+ + =ïî
 (4) 
· Kết hợp (3) và (4) ta suy ra biểu thức 2 2 2
1 1 1
0
a b c
+ + > đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 
1a b c= = = . 
· Kết luận: Các giá trị a, b, c thỏa yêu cầu bài toán là 1a b c= = = . 
Các bạn nên chú ý bất đẳng thức quen thuộc: ( ) 1 1 1 9a b c
a b c
æ ö+ + + + ³ç ÷
è ø
 để vận 
dụng khi gặp các bài toán chứa biểu thức dạng 1 1 1
a b c
+ + . 
Trong bài này, ta không cần biến đổi p/trình của (P) bằng cách quy đồng, khử mẫu. 
Làm vậy bài toán sẽ phức tạp, các biểu thức cồng kềnh hơn nhiều. 
Câu VII.b: 
Tìm m để ph/trình ( )22 1
2
4 log log 0x x m- + = có nghiệm trong khoảng ( )0;1 . 
· Đ/kiện xác định 0x > 
· Ta có ( )22 1
2
4 log log 0x x m- + = (1) 
1
2
2 2
1
4 .log log 0
2
x x m-
æ öÛ - + =ç ÷
è ø
( )22 2log log 0x x mÛ + + = (2) 
· Đặt 2logt x= . P/trình (2) trở thành 2 0t t m+ + = 
 2m t tÛ = - - (3) 
Với 0 1x< < ta có 2 2log log 1 0x < = , hay 0t < . 
· P/trình (1) có nghiệm ( )0;1xÎ khi và chỉ khi p/trình (3) có nghiệm 0t < . 
· Xét hàm số ( ) 2 1y f t t= = - - trên khoảng ( );0-¥ , ta có 
( ) 2 1f t t¢ = - - ; ( ) 10 0
2
f t t¢ = Û = - < 
Bảng biến thiên của hàm số ( ) 2y f t t t= = - - trên khoảng ( );0-¥ 
t -¥ 12- 0 
( )f t¢ + 0 - 
( )f t 
-¥ 
 1
4 
0 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 11/11 
Dựa vào bảng biên thiên, ta thấy p/trình (3) có nghiệm khi 1
4
m < . 
· Kết luận: Các giá trị của m cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là 1
4
m < . 
Ở Câu V, cách 2, mình viết gọn vậy. Các bạn nên chú ý giải thích tại sao 
sin 0,sin 0
2 2
A B
> > khi đó mới áp đụng được bất đẳng thức Cosi các bạn ạ. 
Rồi còn sin 0
4
Cp -
> nữa, khi đó mới không làm đổi chiều bất đẳng thức 
cos 1 sin cos 1.sin
4 4 4 4
A B C A B Cp p- - - -
£ Þ £ . Ok ? 
Ngoài ra, các bạn cần tìm đ/kiện của các góc A, B, C để dấu “=” xảy ra nhé !