TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY ÔN THI ĐẠI HỌC – Tạp chí THTT

Sự phân loại các tứ diện theo những tiêu chuẩn nào đó sẽ giúp chúng ta xác định nhanh kết quả hay phương pháp giải các bài toán liên quan đến tứ diện thể hiện một cách tường minh hay chì

TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN

ĐỀ HAY ÔN THI ĐẠI HỌC – Tạp chí THTT

Phiên bản 1.0

GSTT GROUP tổng hợp

MỘT VÀI ĐIỂM CẦN CHÚ Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Nguyễn Tất Thu

(GV THPT Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai) Phương trình lượng giác (PTLG) luôn xuất hiện trong các đề thi đại học và cũng gây không ít khó khăn cho các thí sinh Trong bài viết này chúng tôi trao đổi với các bạn một số điểm cần chú ý khi giải các PTLG Về phương pháp chung thì để giải PTLG ta sử dụng các công thức biến đổi lượng giác đưa phương trình ban đầu về PTLG thường gặp

Chúng ta biến đổi PTLG theo các hướng sau:

1 Đưa về phương trình bậc nhất đối với sin và cosin

Với dạng này ta cần lưu ý một số biến đổi sau:

sin √ cos sin ( ) cos ( )

√ sin cos sin ( ) cos ( )

sin cos √ sin ( ) √ cos ( )

♠ Thí dụ 1: Giải phương trình √ (1)

ờ ả Ta có sin √ cos sin ( ) nên (1) sin ( ) sin

[

k

1 k.

, k

♠ Thí dụ 2: Giải phương trình √ ( )

(Đề thì ĐH khối B – 2009)

ờ ả Phương trình đã cho tương đương với sin 1sin √ cos cos sin 1sin sin √ cos cos cos ( ) cos [

k

k.

2 Biến đổi về phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác

Với phương pháp này chúng ta cần lưu ý tới một số đẳng thức sau:

sin cos 1 1sin

sin cos 1 sin

sin tan

1 tan cos

1 tan

1 tan

♠ í ụ ả ươ ì ( ( ) )

√ ( )

(Đề thi ĐH khối A – 2006)

ờ ả Điều kiện sin √

( ) (1 sin ) 1sin sin sin sin 1 k (k )

Đối chiếu điều kiện ta có n , n là nghiệm c a phương trình đã cho

♠ í ụ ả ươ ì 1 11 ( )

ờ ả Ta có ( ) (1 cos ) cos 1 cos sin11 sin

1 cos cos sin11 sin 1 1(cos cos 1 ) 1(cos cos 1 )

cos cos cos cos cos 1 k , k

♠ í ụ ả ươ ì ( ) 1 ( )

ờ ả Điều kiện cos ( ) k

( ) 1 tan 1 tan tan1 tan 1 tan ( tan tan ) tan k , k

♠ Thí dụ 6: Giải phương trình (1 ) ( )

(Đề thi ĐH khối B – 2004)

ờ ả Điều kiện cos k

( ) sin (1 sin )sin

cos sin (1 sin )

sin

1 sin sin

sin

1 sin ( sin )(1 sin ) sin sin sin

sin 1 sin [

k

k

, k

Cả hai họ nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện nên là hai họ nghiệm c a PT (5)

♠ Thí dụ 7: Giải phương trình √ ( ) ( )

ờ ả ( ) cos ( ) sin ( ) 1 sin ( ) sin ( )

[

sin ( )

sin ( ) 1

[

k

k

k

, k

3 Biến đổi về phương trình tích

Để biến đổi về phương trình tích, chúng ta cần tạo ra các thừa số chung Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung: Các biểu thức

* 1 sin cos 1 tan 1 cot có thừa số chung là sin cos

* 1 sin cos 1 tan 1 cot có thừa số chung là cos sin

* sin tan có thừa số chung là (1 cos )(1 cos )

* cos cot có thừa số chung là (1 sin )(1 sin )

♠ í ụ ả ươ ì ( ) ( ) √ ( )

ờ ả Ta có ( ) sin ( ) sin sin ( ) cos sin ( ) sin ( )

[

sin ( )

cos 1 [ k

k , k

♠ í ụ ả ươ ì √ ( ) ( )

Lời giải : Ta có ( ) cos (1 sin ) (sin cos )

(cos sin )(cos sin ) (sin cos ) (sin cos )

(sin cos )( sin cos ) sin cos k , k

(Do nên PT sin cos vô nghiệm)

♠ í ụ ả ươ ì ( ) ( )

(Đề thi ĐH khối D – 2003)

ờ ả Điều kiện cos k

( ) (1 cos ( ))sin

cos (1 cos ) (1 sin )

sin

1 sin (1 cos ) sin

1 sin (1 cos ) (1 cos ) (1 cos )(1 sin ) (1 cos )(cos sin )

* cos 1sin cos * k k , k

ết hợp với điều kiện ta có * k k , k là tất cả các nghiệm c a PT ( )

♠ í ụ ả ươ ì

1

√ ( ) (1 )

(Đề thi dự bị D – 2008)

ờ ả Điều kiện k , k

Ta có (1 ) cos (tan tan ) 1(sin cos ) (sin sin cos ) sin cos

(sin cos )( sin 1)

[

k

k

k

(k )

Cả ba họ nghiệm này đều thỏa mãn điệu kiện bài toán

♠ Thí dụ 12: Giải phương trình (11)

Lời giải: (11) sin cos 1 sin sin cos

cos ( sin 1) ( sin 1)(sin ) ( sin 1)( cos sin )

sin 1 [

k

k (Vì cos sin √ nên cos sin )

***

Cuối cùng chúng tôi in đưa ra một số bài toán để các bạn tự luyện tập

Giải các phương trình lượng giác sau

) cot sin (1 tan tan ) ) (1 sin ) cos

(1 sin )(1 sin ) √ 3) √ cos sin cos sin 4) cot √ sin ( √ ) cos

) cos (cos 1)

sin cos (1 sin ) 6) 1 sin cos sin cos

) cos sin cos ( ) sin ( ) 8) sin cos sin

) cot tan sin

SỰ PHÂN LOẠI TỨ DIỆN VÀ ỨNG DỤNG

Lê Quốc Hán

(GV Đại học Vinh)

Tứ diện là một mô hình cơ bản và thường gặp nhất trong hình học không gian, đặc biệt là các kì thi tuyển sinh vào Đại học hay kì thi Olympic Toán Sự phân loại các tứ diện theo những tiêu chuẩn nào đó sẽ giúp chúng ta xác định nhanh kết quả hay phương pháp giải các bài toán liên quan đến tứ diện thể hiện một cách tường minh hay chìm khuất Bài viết này không có ý định phân lớp các tứ diện một cách triệt để mà chỉ nêu lên những kinh nghiệm giải các bài toán liên quan đến tứ diện được phân loại theo các đặc trưng khác nhau (nhưng không loại trừ lẫn nhau)

I TỨ DIỆN ĐỀU

Định nghĩa Tứ diện đều là tứ diện có tất cả các cạnh bằng nhau

Tính chất Trong một tứ diện đều :

a) Sáu mặt là những tam giác đều bằng nhau

b) Chân đường cao hạ từ một đỉnh bất kì xuống mặt đối diện là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp

và tâm đường tròn nội tiếp c a mặt đó

Mệnh đề 1 Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh bằng a hi đó

1) Tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm c a tứ diện trùng nhau

) Đườ ứ ệ ằ √

à ể í ứ ệ ằ √

. ) á í ặ ầ ạ ế ứ ệ √

à á í ặ ầ ộ ế ứ ệ √

1 .

4) Các cặp cạnh đối diện c a tứ diện đôi một vuông góc với nhau

) Đoạn thẳng nối hai trung điểm c a hai cạnh đối diện bất kì là đoạn vuông góc chung c a các đường thẳng chứa hai cạnh ấy

) ả á ữ ạ đố ệ ấ ì ằ √

) ì ộ ạ ế ứ ệ đề ạ à ì ậ ươ ó ạ ằ √

Việc chứng minh mệnh đề trên khá đơn giản, đề nghị các bạn tự giải em như những bài tập

Bây giờ chúng tôi sẽ nêu một số thí dụ từ đơn giản đến phức tạp để bạn đọc bước đầu thấy lợi ích c a việc nắm vững các kiến thức nêu trên

♠ Thí dụ 1 Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho A(a ; 0 ; 0), B(0 ; a ; 0), C(0 ; 0 ; a) với a>0 a) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mặt phẳng (ABC) Tìm tọa độ điểm H

b) Gọi D là điểm đối xứng c a H qua O Chứng minh ABCD là tứ diện đều

Lời giải a) Vì B BC C a√ nên BC là tam giác đều Ta lại có B C a nên OABC là hình chop đều Do đó H là trọng tâm tam giác ABC

uy ra H (a a a)

b) Vì ( ) là trung điểm c a DH nên D ( a a a) Do đó D ⃗⃗⃗⃗⃗ ( a a a)

uy ra |D ⃗⃗⃗⃗⃗ | √1 a a a a√ Tương tự |DB⃗⃗⃗⃗⃗ | |DC⃗⃗⃗⃗⃗ | a√ nên BCD là tứ diện đều

♠ Thí dụ 2 Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a

a) Gọi (α) là mặt phẳng chứa BD và song song với AC Chứng minh rằng AB, AD, CB, CD tạo với mp (α) những góc bằng nhau

b) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống mặt phẳng (BCD) và I là trung điểm c a AH Mặt phẳng ( ) quay quanh I, cắt các cạnh AB, AC và AD tại M, N, P

ứ ằ 1

1

1

ậ ộ á ị ô đổ

Lời giải a)Vẽ hình hộp B CD BC D ngoại tiếp tứ diện BCD hi đó, dễ thấy B, D, CB và CD đều tạo với

mp (α) một góc 45° (mặt phẳng (α) chính là mặt đáy BC D c a hình lập phương)

b) (h.1) Gọi V là thể tích tứ diện ABCD

hi đó V V V 1V Ta cóV

V

B.

N

C.

P

D hay

V V

N P

V

V

B.

N

C.

I

H hay

V V

1 N

a Tương tự

V V

1 N P a

V V

1 P

a Cộng từng vế đẳng thức cuối cùng, ta có V

V

N N P P

Từ (1) và ( ) suy ra N P

a

N N P P

Do đó N N P P

N P

a

a hay

1

1 N

1

P a (đpcm)

II TỨ DIỆN GẦN ĐỀU

Định nghĩa Tứ diện gần đều là tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một (Tứ diện gần đều còn gọi là

tứ diện cân)

Tính chất Trong một tứ diện đều, có

1) Các mặt c a tứ diện là những tam giác bằng nhau

2) Các mặt c a tứ diện là những tam giác có ba góc đều nhọn

) Đoạn thẳng nối hai trung điểm c a hai cạnh đối diện bất kì là đoạn vuông góc chung c a các đường thẳng chứa hai cạnh ấy

4) Tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm c a tứ diện trùng nhau

5) Hình hộp ngoại tiếp tứ diện là hình hộp chữ nhật

Việc xét mệnh đề đảo c a các tính chất trên rất hữu ích và nhiều khi việc chứng minh (hay bác bỏ) tính đúng đắn c a chúng không phải lúc nào cũng dễ dàng Chẳng hạn xét mệnh đề sau đây

Mệnh đề 2 Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp và tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau Chứng minh ABCD

là tứ diện gần đều

Chứng minh

Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Kẻ H mp( BC), mp(BCD) hi đó H và thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp c a các tam giác ABC và BCD (h.2), nên BHĈ B Ĉ và B Ĉ BDĈ Vì hai tam giác vuông OHB và OKB bằng nhau, nên BH B Kết hợp với HB HC và B C suy ra BHC B C (c c c)

Do đó BHĈ B Ĉ , dẫn đến B Ĉ BDĈ Vậy ta có thể đặt B Ĉ BDĈ α

Tương tự BĈ DĈ CB̂ DB̂ BD̂ CD̂ α C D̂ CBD̂ B D̂ BCD̂

Ta có {αα 1 1 α α (1) và {α α 1 α 1 α ( )

Cộng từng vế (1) và ( ) được α α Tương tự có và Do đó BC DCB (g.c.g) suy ra B CB

và C BD Tương tự có D BC nên ABCD là tứ diện gần đều (h.3)

♠ Thí dụ 3 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho A(1; 2; 2), ( 1 1), (1 1), ( 1, , ) a) Chứng minh ABCD là tứ diện gần đều

b) Xác định tọa độ trọng tâm c a tứ diện ABCD

c) Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện ABCD

Lời giải a) Vì B⃗⃗⃗⃗⃗ ( ), CD⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) nên | B⃗⃗⃗⃗⃗ | |CD⃗⃗⃗⃗⃗ | √1 Tương tự, có C⃗⃗⃗⃗⃗ ( ), BD

⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) nên | C⃗⃗⃗⃗⃗ | |BD⃗⃗⃗⃗⃗ | D⃗⃗⃗⃗⃗ ( ), BC⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) nên | D⃗⃗⃗⃗⃗ | |BC⃗⃗⃗⃗⃗ | √ Do đó BCD là tứ diện gần đều

b) Vì G là trọng tâm c a tứ diện BCD nên G ( 1)

c) Vì G ⃗⃗⃗⃗⃗ (1 ) , GB⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 ) , GC⃗⃗⃗⃗⃗ (1 ) , GD⃗⃗⃗⃗⃗ (1 )

nên |G ⃗⃗⃗⃗⃗ | |GB⃗⃗⃗⃗⃗ | |GC⃗⃗⃗⃗⃗ | |GC⃗⃗⃗⃗⃗ | √

Do đó tâm c a mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BCD là G và bán kính R √ ,

nên PT mặt cầu đó là (y ) ( 1)

Ta lại có d(G, ( BC)) d(G, ( BD)) d(G, ( CD)) d(G, (BCD))

√ 1

Do đó G cũng là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện BCD và bán kính mặt cầu đó là r

√ 1 Vậy PT mặt cầu nội tiếp tứ diện BCD là (y ) ( 1)

1 III TỨ DIỆN VUÔNG

Định nghĩa Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông

Tính chất Giả sử OABC là tứ diện vuông, , , , , hi đó

1) Tam giác ABC có ba góc nhọn;

) ọ à ự â á ế ì à đườ ứ ệ à 1

3) Gọi α, , là các góc tạo bởi OH với OA, OB, OC hi đó 1

4)

5) (Định lí Pythagore trong không gian)

) 1 à 1( √ )

) ọ , , à đ ể , à , đó à ứ ệ ầ đề à 1 1

.

♠ Thí dụ 4 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho (1 ), (1 1 ), ( 1 )

a) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua , N, P

b) Gọi , B, C là giao điểm c a mặt phẳng (α) với các trục Ox, Oy, Oz Tính à

c) Chứng minh P, B , CN đồng quy tại một điểm G Xác định tọa độ điểm G

d) Gọi , , là các góc tạo bởi ⃗⃗⃗⃗⃗ ớ ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ ứ 1

Lời giải (h ) Phương trình mặt phẳng (α) là y nên ( ), B( ) và C( )

hi đó y y y 1 nên P là trung điểm c a BC

Do đó P là trung tuyến c a tam giác BC Tương tự, BM và CN là trung tuyến c a tam giác ABC nên AP, BM, CN đồng quy tại G, trọng tâm tam giác ABC

Từ đó G ( ) , suy ra G⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) u⃗ , trong đó u⃗ (1 1 )

Vì ⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) e⃗⃗⃗ , với e⃗⃗⃗ (1 ) Từ đó cos u⃗ e⃗⃗⃗

|u⃗ | |e⃗⃗⃗ |

1

√ Tương tự cos 1

√ cos √ nên cos cos cos 1

♠ Thí dụ 5 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho ( ), ( ), ( ) với a, b, c là các số dương

a) Gọi R và r thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện OABC

ứ (1 √ )

) ả ử , , đổ ư ô ỏ ã đ ề ệ 1 1 1 1

Chứng minh mặt phẳng ( BC) luôn đi qua một điểm cố định

ờ ả a) R

r

√a b c (ab ac bc √a b b c c a )

abc

√ √a b c ( √ab ac bc √ √a b b c c a )

b) Phương trình mặt phẳng ( BC) là

a

y

b c 1 Theo giả thiết

1 a

1 b

1 c

1 nên

a b c 1

Vậy mặt phẳng ( BC) luôn đi qua điểm M(2; 2; 2) cố định

Để kết thúc bài báo Xin mời các bạn ôn tập lại bằng cách giải các bài toán sau đây

1 Cho tứ diện đều ABCD cạnh a Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm c a AB, AC và CD

a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và AN

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và CI

2 Cho tứ diện gần đều ABCD

a) Chứng minh các mặt c a tứ diện là những tam giác bằng nhau

b) Gọi α, , tương ứng là các góc tạo bởi các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ABD) với mặt phẳng (BCD) Tìm hệ thức liên hệ giữa cos α , cos , cos

3 Trong không gian với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho (a ), B( b ) và C( c), trong đó a, b,

c là các số thực dương và

1 a

1 b

1

c a) Chứng minh mặt phẳng ( BC) luôn đi qua một điểm cố định Tìm tọa độ điểm đó

b) Xác định tâm, tìm bán kính r c a mặt cầu nội tiếp tứ diện BC Đồng thời chứng minh rằng

1

r √ (1 √ )

MỘT SỐ DẠNG T ÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC

Nguyễn nh Dũng

(Hà Nội)

TÓM TẮT LÍ THUYẾT

 Một số phức là một biểu thức dạng a bi, trong đó a, b i 1

 ôđun c a số phức z là | | √a b số phức liên hợp với là ̅ a bi

 Các kết quả thường dùng : với ,

| | | | | | | | | || | | | | |

| | ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅ ̅ ̅̅̅̅̅̅ ̅ ̅ (̅̅̅̅̅̅) ̅

̅

 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, số phức a bi có điểm biểu diễn M(a b) và vectơ tương ứng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (a b) Trong bài báo này chúng tôi chỉ đề cập đến một số loại toán thường gặp đối với số phức dạng đại số và bỏ qua các phép biến đổi đơn giản

1 TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC

Tìm tập hợp các điểm biểu diễn c a số phức z thỏa mãn một điều kiện cho trước

Cách giải Giả sử yi ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức nào đó đối với x và y Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cần tìm

♠ í ụ ì ậ ợ á đ ể ể ễ ố ứ

à ộ ố ầ ả

ờ ả Giả sử yi ( , y ), khi đó u yi i

(y 1)i

( (y )i)( (y 1)i)

Tử số bằng y y ( y 1)i ; u là số thuần ảo khi và chỉ khi

{ y y 1 y {( y) ( 1), ( y) ( )( 1) (y 1)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn c a z là một đường tròn tâm I( 1 1), bán kính √ khuyết hai điểm (0 ; 1) và ( )

Lưu ý Số phức a bi là một số thực khi b và là số thuần ảo khi a b

♠ í ụ ì ậ ợ á đ ể ể ễ ố ứ ỏ ã | ̅ | 1

Lời giải Giả sử yi, giả thiết tương đương với | (y )i| | (y 1)i|

( ) (y ) ( ) (y 1) y 1

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn c a là đường thẳng có PT y 1

2 TÌM SỐ PHỨC CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Tìm số phức z có môđun lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) thỏa mãn một điều kiện cho trước

Cách giải.Bước 1 Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn c a z thỏa mãn điều kiện

Bước 2 Tìm số phức tương ứng với điểm biểu diễn (G) sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất)

♠ Thí dụ 3 Biết rằng số phức z thỏa mãn ( )( ̅ 1 ) là một số thực Tìm giá trị nhỏ nhất c a | |

Lời giải Giả sử yi,

ta có u ( (y 1)i)( 1 (y )i) y y ( y )i

Ta có u y

Tập hợp các điểm biểu diễn c a là đường thẳng (d) : y Giả sử M(x y) là điểm biểu diễn c a z thì

| | (d) Tìm được ( ) i

♠ í ụ ế ằ ố ứ ỏ ã |

1 | √ ì á ị ỏ ấ à ớ ấ | |

ờ ả Giả sử yi, ta có | i 1 i| √ | (y 1)i| √ | 1 (y 1)i|

( ) (y 1) (( 1) (y 1) ) (y ) 1

Tập hợp các điểm biểu diễn c a z là đường tròn tâm I( ), bán kính R √1 Giả sử là điểm biểu diễn c a

z thì | | | |

Tìm được min| | √1 , khi ( √1 )i và ma | | √1 , khi ( √1 )i

3 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH