nguyenthanhhung1985

Câu a. $\frac{1}{\sin^2{x}.\cos^2{x}}=\frac{4}{\sin^2{2x}}$ D0: $\sin{x}.\cos{x}=\frac{\sin{2x}}{2}$

$\int \frac{1}{\sin^2{x}.\cos^2{x}}dx=\int \frac{4}{\sin^2{2x}}dx=-2\cot{2x}+C$

ĐẠO HÀM HÀM CỦA HÀM SỐ

I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1.Định nghĩa đạo hàm tại một điểm:
- Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên $(a; b)$ và $x_0 \in (a; b):$
$f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}=
\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$   $(\Delta x = x – x_0, \Delta y = f(x_0 + \Delta x) – f(x_0)$
- Nếu hàm số  $y = f(x)$ có đạo hàm tại $x_0 $thì nó liên tục tại điểm đó.
2.Ý nghĩa của đạo hàm:
a)Ý nghĩa hình học: 
-  $f'(x_0)$ là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x)$ tại $M\left( {{x_0};f({x_0})} \right)$.
- Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x$) tại $M\left( {{x_0};f({x_0})} \right)$ là: $y – y_0 = f'(x_0).(x – x_0)$
b)Ý nghĩa vật lí:
- Vận tốc tức thời của chuyển động thẳng xác định bởi phương trình $s = s(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $v(t_0) = s'(t_0)$.
- Cường độ tức thời của điện lượng $Q = Q(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $I(t_0) = Q'(t_0)$.
3.Qui tắc tính đạo hàm:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} && \textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} \\
\hline
(C)'=0 &&&(\sin{x})'=\cos{x}&(\sin{u})'=u'\cos{u} \\
\hline
(x)'=0 &&&(\cos{x})'=-\sin{x}&(\cos{u})'=-u'\sin{u} \\
\hline
(x^n)'=1 &(u^n)'=n.u^{n-1}.u'&&(\tan{x})'=\frac{1}{\cos^2{x}}&(\tan{u})'=\frac{u'}{\cos^2{u}} \\
\hline
(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}&(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&&(\cot{x})'=-\frac{1}{\sin^2{x}}&(\cot{u})'=-\frac{u'}{\sin^2{u}} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Các phép toán tính đạo hàm:
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\textbf{Phép toán} & \textbf{Công thức} & \textbf{Trường hợp riêng} \\
\hline
Cộng & (u+v)'=u'+v'& \\
\hline
Trừ & (u-v)'=u'-v'& \\
\hline
Nhân & (uv)'=u'v+uv' & (ku)'=ku' \\
\hline
Chia & (\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2} & (\frac{1}{v})'=-\frac{v'}{v^2} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Khi lấy đạo hàm của một hàm số thì ta nhìn từ trái sang phải và ưu tiên cho phép toán.

5.Vi phân:
- $dy = df(x) = f\prime (x).\Delta x$ 
- $f({x_0} + \Delta x) \approx f({x_0}) + f\prime ({x_0}).\Delta x$
6.Đạo hàm cấp cao:
- Công thức: $f''(x) = {\left[ {f'(x)} \right]^\prime }$; $f'''(x) = {\left[ {f''(x)} \right]^\prime }$;  ${f^{(n)}}(x) = {\left[ {{f^{(n - 1)}}(x)} \right]^\prime }$ $(n \in \mathbb{N}, n \ge 4)$
- Ý nghĩa cơ học: Gia tốc tức thời của chuyển động $s = f(t)$ tại thời điểm $t_0$ là $a(t_0) = f''(t_0)$.
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP.
Vấn đề 1: Tính đạo hàm của hàm số:
Dạng 1: Tính đạo hàm bằng định nghĩa:
Phương pháp: Nếu tính đạo hàm của hàm số $y = f(x)$ tại điểm $x_0$ bằng định nghĩa ta thực hiện các bước:
Bước 1: Giả sử $\Delta x$ là số gia của đối số tại $x_0$. Tính $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) – f(x_0)$.
Bước 2: Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$.
Bước 3: Kết luận.
Ví dụ 1: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của các hàm số sau: $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,2{x^2} - x$ tại ${x_0} = 1$.
Giải:
- Giả sử $\Delta{x}$ là số gia của đối số tại $x_0 = 1$.
Khi đó: $\Delta y\, = \,\,f(\Delta x + 1)\, - f(1)\, = \,\,2{(\Delta x + 1)^2} - \Delta x - 1 - 1 = 2\Delta {x^2} + 3\Delta x$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\Delta {x^2} + 3\Delta x}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left( {2\Delta x + 3} \right) = 3$.
- Vậy: $f'(1) = 3$
Ví dụ 2: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của hàm số sau: $f(x)\,\, = \,\,{x^2} - 3x$
Giải:
- Giả sử $\Delta x$ là số gia của đối số tại $x$.
Khi đó: $\Delta y\, = \,\,f(\Delta x + x)\, - f(x)\, = \,\,{(\Delta x + x)^2} - 3\Delta x - 3x - {x^2} + 3x = {\left( {\Delta x} \right)^2} + 2x\Delta x = \Delta x(\Delta x + 2x)$.
- Tính $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta x(\Delta x + 2x)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left( {\Delta x + 2x} \right) = 2x$.
- Vậy: $f'(x) = 2x$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của các hàm số sau tại các điểm được chỉ ra:
a) $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,2{x^2} - x + 2$ tại ${x_0} = 1$        

b) $y\, = \,\,f(x)\,\, = \,\,\sqrt {3 - 2x} $ tại ${x_0} = -3$
c) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ tại ${x_0} = 2$        

d) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\sin x$ tại $x_0 =\frac{\pi}{6}$
e) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\sqrt[3]{x}$ tại $x_0 = 1$            

f) $y\,\, = \,f(x)\,\, = \,\,\frac{{{x^2} + x + 1}}{{x - 1}}$ tại $x_0 = 0$
Bài tập 2: Dùng định nghĩa hãy tính đạo hàm của hàm số sau:
a) $f(x)\,\, = \,\,{x^2} - 3x + 1$            

b) $f(x)\,\, = \,\,\sqrt {x + 1} ,\,\,(x\,\, > \,\, - 1)$
c) $f(x)\,\, = \,\,\frac{1}{{2x - 3}}$        

d) $f(x)\,\, = \,\,\sin x$  
Dạng 2: Tính đạo hàm bằng phép toán:
Phương pháp: Sử dụng công thức cho trong bảng sau:
Phép toán Công thức
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\textbf{Phép toán} & \textbf{Công thức} & \textbf{Trường hợp riêng} \\
\hline
Cộng & (u+v)'=u'+v'& \\
\hline
Trừ & (u-v)'=u'-v'& \\
\hline
Nhân & (uv)'=u'v+uv' & (ku)'=ku' \\
\hline
Chia & (\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2} & (\frac{1}{v})'=-\frac{v'}{v^2} \\
\hline
\end{array}$

Ví dụ 1: $y\,\, = \,2{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} - 5 \Rightarrow y' = 8{x^3} - {x^2} + 4x$
Ví dụ 2: $y\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{1 - 3x}} \Rightarrow y' = \frac{{(2x + 1)'(1 - 3x) - (2x + 1)(1 - 3x)'}}{{{{(1 - 3x)}^2}}} = \frac{{2(1 - 3x) + 3(2x + 1)}}{{{{(1 - 3x)}^2}}} = \frac{5}{{{{(1 - 3x)}^2}}}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,2{x^4} - \frac{1}{3}{x^3} + 2\sqrt x  - 5$        

b) $y\,\, = \,\,\frac{3}{{{x^2}}} - \sqrt x  + \frac{2}{3}x\sqrt x $ 
c) $y\,\, = \,\,({x^3} - 2)(1 - {x^2})$          

d) $y\,\, = \,\,({x^2} - 1)({x^2} - 4)({x^2} - 9)$ 
e) $y = ({x^2} + 3x)(2 - x)$                

f) $y\,\, = \,\,\left( {\sqrt x  + 1} \right)\,\left( {\frac{1}{{\sqrt x }} - 1} \right)$
g) $y\,\, = \,\,\frac{3}{{2x + 1}}$          

 h) $y\,\, = \,\,\frac{{2x + 1}}{{1 - 3x}}$  
i) $y = \frac{{1 + x - {x^2}}}{{1 - x + {x^2}}}$        

k) $y\,\, = \,\,\frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}}$  
Bài tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,x.c{\rm{osx}}$          b) $y\,\, = \,\,{x^2}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$
c) $y\,\, = \,\,x.\sqrt x $             d) $y = \frac{{1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{1 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}$
Dạng 3: Tính đạo hàm hàm hợp:
Phương pháp: Sử dụng công thức cho bởi bảng sau:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} && \textbf{Hàm số sơ cấp} & \textbf{Hàm hợp} \\
\hline
(C)'=0 &&&(\sin{x})'=\cos{x}&(\sin{u})'=u'\cos{u} \\
\hline
(x)'=0 &&&(\cos{x})'=-\sin{x}&(\cos{u})'=-u'\sin{u} \\
\hline
(x^n)'=1 &(u^n)'=n.u^{n-1}.u'&&(\tan{x})'=\frac{1}{\cos^2{x}}&(\tan{u})'=\frac{u'}{\cos^2{u}} \\
\hline
(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}&(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&&(\cot{x})'=-\frac{1}{\sin^2{x}}&(\cot{u})'=-\frac{u'}{\sin^2{u}} \\
\hline
\end{array}$

Chú ý: Sau các hàm không phải $x$ thì ta sử dụng hàm hợp $u$. Để khỏi quên thì các em có thể sử dụng tất cả các bài toán đều cho hàm hợp $u$ vẫn được. 
Ví dụ 1: $y\,\, = \,\,{({x^2} + x)^4} \Rightarrow y' = 4{({x^2} + x)^3}.({x^2} + x)' = 4(2x + 1){({x^2} + x)^3}$
Ví dụ 2: $y\,\, = \,\,\sqrt {2{x^2} - 5x}  \Rightarrow y' = \frac{{(2{x^2} - 5x)'}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x} }} = \frac{{4x - 5}}{{2\sqrt {2{x^2} - 5x} }}$
Ví dụ 3:$y\,\, = \,\,{\sin ^3}(2x + 1) \Rightarrow y' = 3{\sin ^2}(2x + 1).(\sin (2x + 1))' = 3{\sin ^2}(2x + 1).c{\rm{os}}(2x + 1)(2x + 1)' = 6{\sin ^2}(2x + 1).c{\rm{os}}(2x + 1)$
Ví dụ 4: $y = \sqrt {\sin x + 2x}  \Rightarrow y' = \frac{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + 2x}})'}}{{2\sqrt {\sin x + 2x} }} = \frac{{c{\rm{osx + 2}}}}{{2\sqrt {\sin x + 2x} }}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,\,{({x^2} + x + 1)^4}$          

b) $y\,\, = \,\,{(1 - 2{x^2})^5}$  
c) $y\,\, = \,\,{\left( {\frac{{2x + 1}}{{x - 1}}} \right)^3}$        

d) $y\,\, = \,\,\frac{{{{(x + 1)}^2}}}{{{{(x - 1)}^3}}}$  
Bài tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\,\, = \,\,\sqrt {2{x^2} - 5x + 2} $        

b)  $y\,\, = \,\,\sqrt[3]{{{x^3} - x + 2}}$  
c) $y\,\, = \,\,\sqrt {x + \sqrt x } $        

d) $y\,\, = \,\,(x - 2)\sqrt {{x^2} + 3} $  
Bài tập 3: Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) $y\, = \,\,{\left( {\frac{{\sin x}}{{1 + \cos x}}} \right)^2}$            b)  $y\,\, = \,\,{\cos ^4}(2x)$  
c) $y\,\, = \,\,{\sin ^3}(2x + 1)$                d) $y\,\, = \,\,\sqrt {\cot 2x} $  
e) $y\,\, = \,\sin \left( {{{\cos }^2}x{{\tan }^2}x} \right)$              f) $y\,\, = \,\,{\cos ^2}\left( {\frac{{\sqrt {2x}  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)$
Dạng 4: Tính đạo hàm cấp cao:
Phương pháp:
1.Để tính đạo hàm cấp $2,\, 3,\, 4,\, ... $ta dung công thức:    ${y^{(n)}}\,\, = \,\,{({y^{n - 1}})^/}.$
2.Để tính đạo hàm cấp $n$:
- Tính đạo hàm cấp $1,\, 2,\, 3, ...$ từ đó suy ra công thức  đạo hàm cấp $n$.
- Dùng phương pháp quy nạp toán học nêu chứng minh công thức đúng.
Ví dụ 1: Cho hàm số  $f(x) = 3(x + 1)\sin x$. Tính $f''(\pi )$.
Giải:
$f'(x) = 3(x + 1)'\sin x + 3(x + 1)\left( {\sin x} \right)' = 3\sin x + 3(x + 1)c{\rm{osx}}$
$f''(x) = 3c{\rm{os}}x + 3(x + 1)'c{\rm{osx + }}3(x + 1)\left( {c{\rm{osx}}} \right)' = 3\cos x + 3\cos x - 3(x + 1){\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$
$f''(\pi ) = 3\cos \pi  + 3\cos \pi  - 3(\pi  + 1){\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\pi  =  - 6$
Ví dụ 2: Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số: $y = \frac{1}{x}$.
Giải:
Ta có:$f'(x) =  - \frac{1}{{{x^2}}}$
$f''(x) = \frac{{1.2}}{{{x^3}}}$
$f'''(x) = \frac{{1.2.3}}{{{x^4}}}$
$….$
${f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 1)}^n}n!}}{{{x^{n + 1}}}}$
Suy ra: ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( n \right)}} = \frac{{{{( - 1)}^n}.n!}}{{{x^{n + 1}}}}$
Thật vậy:
- Khi $n = 1$: Ta có: ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{'}} = \frac{{( - 1).1!}}{{{x^2}}} =  - \frac{1}{{{x^2}}}$.
Vậy: Mệnh đề đúng khi $n = 1$.
- Khi $n = k > 1$, tức là ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( k \right)}} = \frac{{{{( - 1)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}$.

Ta cần chứng minh: $n = k + 1$, tức là ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^{\left( k \right) + 1}} = \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}.\left( {k + 1} \right)!}}{{{x^{k + 2}}}}$
Ta có: ${\left({\frac{1}{x}}\right)^{\left({k + 1}\right)}}= {\left[{{{\left( {\frac{1}{x}}\right)}^k}}\right]^{'}}= {\left[{\frac{{{{(-1)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}}\right]^{'}} = {(-1)^k}.k!{\left[{\frac{1}{{{x^{k+1}}}}}\right]^{'}}= \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}.(k + 1)!}}{{{x^{k + 2}}}}$.

Vậy: Mệnh đề đúng khi $n =k+ 1$.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Cho hàm số  $f(x) = 3(x + 1)\cos x$.
a) Tính  $f'(x),f''(x)$  

b) Tính $f''(\pi ),\,\,f''\left( {\frac{\pi }{2}} \right),f''(1)$
Bài tập 2: Tính đạo hàm của hàm số theo cấp được chỉ ra:
a) $y = \cos x,\,\,y'''$      

b) $y = 5{x^4} - 2{x^3} + 5{x^2} - 4x + 7,\,\,y''$ 
c)$y = \frac{{x - 3}}{{x + 4}},\,\,y''$      

d) $y = \sqrt {2x - {x^2}} ,\,\,y''$ 
e) $y = x\sin x,\,\,y''$  
Bài tập 3: Cho $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
a) ${\left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)^{(n)}} = \,\frac{{{{( - 1)}^n}n!}}{{{{(1 + x)}^{n + 1}}}}$
b) ${(\sin x)^{(n)}} = \,\,\sin \left( {x + \frac{{n.\pi }}{2}} \right)$ 
c) ${(\cos x)^{(n)}} = \,\,\cos \left( {x + \frac{{n.\pi }}{2}} \right)$
Bài tập 4: Tính đạo hàm cấp $n$ của các hàm số sau:
a)  $y\,\, = \,\,\frac{1}{{x + 2}}$       b) $y\,\, = \,\,\frac{1}{{{x^2} - 3x + 2}}$  
c) $y\,\, = \,\,\frac{x}{{{x^2} - 1}}$     d) $y = \frac{{1 - x}}{{1 + x}}$  
e) $y = {\sin ^2}x$        f) $y = {\sin ^4}x + {\cos ^4}x$
Vấn đề 2: Ứng dụng của đạo hàm:
Dạng 1: Tính giới hạn của hàm số:
Phương pháp:
- Ta sử dụng công thức tính giới hạn lượng giác sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin u(x)}}{{u(x)}} = 1$ (với $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u(x) = 0$).
- Ta sử dụng công thức: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P(x)}}{{Q(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{P'(x)}}{{Q'(x)}}$ (lưu ý chỉ sử dụng khi giới hạn có dạng $\frac{0}{0}$)
Ví dụ 1:
Cách 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{5}{3}$
Cách 2: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{5{x^4}}}{{3{x^2}}} = \frac{5}{3}$
Ví dụ 2:
Cách 1: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 5x}}{{\sin 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{5\sin 5x}}{{5x}}}}{{\frac{{4\sin 4x}}{{4x}}}} = \frac{5}{4}\frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5\sin 5x}}{{5x}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4\sin 4x}}{{4x}}}} = \frac{5}{4}$
Cách 2: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 5x}}{{\sin 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5c{\rm{os}}5x}}{{4c{\rm{os}}4x}} = \frac{{5\cos (5.0)}}{{4\cos (4.0)}} = \frac{5}{4}$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^3} - {x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^3} - 2{x^2} + 1}}$  
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \,\,\frac{{{x^5} + 1}}{{{x^3} + 1}}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \,\,\frac{{{x^3} - 5{x^2} + 3x + 9}}{{{x^4} - 8{x^2} - 9}}$
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{x - 5{x^5} + 4{x^6}}}{{{{(1 - x)}^2}}}\,\,\,$      

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{{x^m} - 1}}{{{x^n} - 1}}\,\,\,$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 + x)(1 + 2x)(1 + 3x) - 1}}{x}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + {x^2} + ... + {x^n} - n}}{{x - 1}}$ 
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^4} - 16}}{{{x^3} + 2{x^2}}}$
Bài tập 2: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$        

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + {x^2}}  - 1}}{x}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 2}  - 2}}{{\sqrt {x + 7}  - 3}}$ 
e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {2x + 2}  - \sqrt {3x + 1} }}{{x - 1}}$      

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 16}  - 4}}$
g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \frac{{x + \sqrt {3 - 2x} }}{{{x^2} + 3x}}$  
i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 3: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {4x + 1}  - 3}}{{{x^2} - 4}}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\sqrt[3]{{4x + 4}} - 2}}.$ 
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + x}  - 1}}{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}$      

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9}  + \sqrt {x + 16}  - 7}}{x}$
Bài tập 4: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$
c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$    

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$  
h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$      

i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - \sqrt {1 - x} }}{x}$
Bài tập 5: Tìm các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \,\,\frac{{\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{1 + x}}}}{x}$      

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \,\,\frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{{x^2} - 3x + 2}}$    

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2\sqrt {1 + x}  - \sqrt[3]{{8 - x}}}}{x}$    

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 4x}  - \sqrt[3]{{1 + 6x}}}}{{{x^2}}}$    

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\sqrt[3]{{8x + 11}} - \sqrt {x + 7} }}{{2{x^2} - 5x + 2}}$    

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {5 - {x^3}}  - \sqrt[3]{{{x^2} + 7}}}}{{{x^2} - 1}}$    

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + 4x} .\sqrt {1 + 6x}  - 1}}{x}$      

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sqrt {1 + 2x} .\sqrt[3]{{1 + 4x}} - 1}}{x}$ 
Bài tập 6: Tính các giới hạn sau:
a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 3x}}{{\sin 2x}}$      b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}$    

c)$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{1 - \sin x}}{{{{\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)}^2}}}$     d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{{\cos x - \sin x}}{{\cos 2x}}$    

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \sin x - \cos x}}{{1 - \sin x - \cos x}}$     f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan 2x}}{{\sin 5x}}$  

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\tan x$     h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{6}} \frac{{\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \cos x}}$
Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến:
Phương pháp:
1.Phương trình tiếp tuyến tai điểm $M(x_0; y_0) \in C$ là: $\,\,\,\,y - {y_0}\,\, = \,\,f'({x_0})(x - {x_0})\,\,\,\,\,\,$ (*)
2.Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$, biết tiếp tuyến có hệ số góc $k$:
- Bước 1: Gọi $x_0$ là hoành độ tiếp điểm. Ta có:  $f\prime ({x_0}) = k$ (Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm)
- Bước 2: Giải phương trình tìm $x_0$, rồi tìm${y_0}\,\, = \,\,f({x_0}).$
- Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm theo công thức (*).
- Bước 4: Kết luận
3.Viết phương trình tiếp tuyến $(d)$ với $(C)$, biết $(d)$ đi qua một điểm $A(x_1; y_1)$ cho trước:
- Bước 1: Gọi  $(x_0; y_0)$ là tiếp điểm (với $y_0 = f(x_0)$).
- Bước 2: Phương trình tiếp tuyến (d): 
  $(d)$ qua $A({x_1},\,\,{y_1})\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,{y_1} - {y_0}\,\, = \,\,f'({x_0})\,\,({x_1} - {x_0})\,\,\,\,(1)$
- Bước 3: Giải phương trình $(1)$ với ẩn là $x_0$, rồi tìm ${y_0} = f({x_0})$ và $f'({x_0}).$
- Bước 4: Từ đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm theo công thức (*).
Chú ý: Cho $(\Delta): y = ax + b$. Khi đó:
- $(d)\, /  / \,(\Delta )\,\,\, \Rightarrow \,\,{k_d} = a$  
- $(d)\,\, \bot \,\,(\Delta )\,\,\, \Rightarrow \,\,{k_d} =  - \frac{1}{a}$
Ví dụ : Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,\,f(x)\,\, = \,{x^2} - 2x$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 = 1$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=0$
c) Tại điểm $M(0;0)$.
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
Giải:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 = 1$.
- ${x_0}\,\, = \,1 \Rightarrow {y_0} =  - 1$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {1; - 1} \right)$: $y + 1 = y'(1)(x - 1) \Leftrightarrow y =  - 1$
b) Tại điểm có tung độ ${y_0}\,\, = \,0$
${x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {0;0} \right)$: $y - 0 = y'(0)(x - 0) \Leftrightarrow y = 2x$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {2;0} \right)$: $y - 0 = y'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = 2x - 4$
c) Tại điểm $M(0;0)$.
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {0;0} \right)$: $y - 0 = y'(0)(x - 0) \Leftrightarrow y = 2x$
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
- Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Ta có:  $f\prime ({x_0}) = 2 \Leftrightarrow 2{x_0} - 2 = 2 \Leftrightarrow {x_0} = 2 \Rightarrow A(2;0)$
- Phương trình tiếp tuyến tại điểm $A\left( {2;0} \right)$: $y - 0 = y'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = 2x - 4$
- Vậy: Pttt: $y = 2x - 4$
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,\,f(x)\,\, = \,{x^2} - 2x + 3.$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0= 1$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=3$
c) Tại điểm $M(0;3)$.
d) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 2$.
e) Song song với đường thẳng $4x – 2y + 5 = 0$.
f) Vuông góc với đường thẳng $x + 4y = 0$.
g) Vuông góc với đường phân giác thứ nhất của góc hợp thành bởi các trục tọa độ.
h) Tiếp tuyến đi qua điểm $A(2;1)$.
Bài tập 2: Cho hàm số $(C)$:  $y\,\, = \,{x^3} - 3{x^2}.$ Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0=0$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=0$.
c) Tại giao điểm của $(C)$ với trục hoành.
d) Tại giao điểm của $(C)$ với trục tung.
e) Tại điểm $I(1, –2)$.
f) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = -3$.
g) Song song với đường thẳng $9x – y + 5 = 0$.
h) Vuông góc với đường thẳng $x - 3y = 0$.
l) Đi qua điểm $A(0;0)$.
m) Chứng minh rằng  các tiếp tuyến khác của đồ thị $(C)$ không đi qua $I$.
Bài tập 3: Cho hàm số $y = f(x) = \frac{{3x + 1}}{{1 - x}}$  $(C)$. Viết phương trình tiếp tuyến với $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0=2$.
b) Tại điểm có tung độ $y_0=2$.
c) Tại giao điểm của $(C)$ với trục hoành.
d) Tại giao điểm của $(C)$ với trục tung.
e) Tại điểm $A(2; –7)$.
f) Biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = \,\frac{1}{2}$.
g) Song song với đường thẳng d: $y = \frac{1}{2}x + 100$.
h) Vuông góc với đường thẳng $\Delta$: $2x + 2y – 5 = 0$.
Bài tập 4: Cho hàm số $y = f(x) = \frac{{2 - x + {x^2}}}{{x - 1}}$ $(C)$.
a) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm M(2; 4).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết tiếp tuyến có hệ số góc $k = 1$.
Bài tập 5: Cho hàm số $(C)$: $y\,\, = \,\,\,\sqrt {1 - x - {x^2}} .$ Tìm phương trình tiếp tuyến với  $(C)$:
a) Tại điểm có hoành độ $x_0 =\frac{1}{2}$
b) Song song với đường thẳng $d: x + 2y  = 0$.
Vấn đề 3: Các bài toán khác
Dạng 1: Giải phương trình:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải phương trình đại số, phương trình lượng giác.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải phương trình $f'(x) = 0$ với:
a) $f(x) = 3\cos x - 4\sin x + 5x$                 b)$f(x) = \cos x + \sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 2x - 1$
c) $f(x) = {\sin ^2}x + 2\cos x$                        d) $f(x) = \sin x - \frac{{\cos 4x}}{4} - \frac{{\cos 6x}}{6}$
e) $f(x) = 1 - \sin (\pi  + x) + 2\cos \frac{{3\pi  + x}}{2}$   f) $f(x) = \sin 3x - \sqrt 3 \cos 3x + 3(\cos x - \sqrt 3 \sin x)$
Bài tập 2: Giải phương trình $f'(x) = g(x)$ với:
a) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = {\sin ^4}3x\,\,\\
g(x) = \sin 6x
\end{array} \right.$                      

b) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = {\sin ^3}2x\,\,\\
g(x) = 4\cos 2x - 5\sin 4x
\end{array} \right.$    

c) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = 2{x^2}{\cos ^2}\frac{x}{2}\\
g(x) = x - {x^2}\sin x
\end{array} \right.$                            

d) $\left\{ \begin{array}{l}
f(x) = 4x{\cos ^2}\frac{x}{2}\\
g(x) = 8\cos \frac{x}{2} - 3 - 2x\sin x
\end{array} \right.$
Dạng 2: Giải bất phương trinh:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải bất phương trình đại số.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải bất phương trình $f'(x) > g'(x)$ với:
a)  $f(x) = {x^3} + x - \sqrt 2 ,\,\,g(x) = 3{x^2} + x + \sqrt 2 $
b) $f(x) = 2{x^3} - {x^2} + \sqrt 3 ,\,\,g(x) = {x^3} + \frac{{{x^2}}}{2} - \sqrt 3 $
c) $f(x) = \frac{2}{x},\,\,g(x) = x - {x^3}$
Dạng 3: Bài toán chứa tham số:
Phương pháp:
- Công thức tính đạo hàm.
- Giải bất phương trình đại số.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Xác định m để bất phương trình luôn có nghiệm với mọi $x \in \mathbb{R}$:
a)  $f'(x) > 0\,\,\text{vơí}\,\,f(x) = \frac{{m{x^3}}}{3} - 3{x^2} + mx - 5$
b) $f'(x) < 0\,\,\text{với}\,\,f(x) = \frac{{m{x^3}}}{3} - \frac{{m{x^2}}}{2} + (m + 1)x - 15$

Câu d) $\int_{0}^{1} t^{3}(1+t^4)^3dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} (1+t^4)^3d t^4$

$=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} (1+t^4)^3d (1+t^4)$

$=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} d\frac{(1+t^4)^4}{4}$

$=\frac{15}{16}$

Câu c) $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^3{x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan{x}\tan^2{x}dx$

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan{x} (\frac{1}{\cos^2{x}}-1)dx$

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan{x}}{cos^2{x}}dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan{x}dx$

Theo a và b ta có kết quả.

Câu b. $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan{x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin{x}}{\cos{x}}dx$

$=-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos{x}}d\cos{x}$

$=-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\ln{\cos{x}}=\frac{1}{2}\ln{2}$

Câu a: $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan{x}}{cos^2{x}}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan{x}d\tan{x}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\frac{\tan^2{x}}{2}=\frac{1}{2}$

PHÂN LOẠI HÌNH TRÒN XOAY TRONG KHÔNG GIAN

Chuyên đề này mình viết tổng hợp lại các công thức và các dạng toán cơ bản. Hiện nay, các bạn học sinh chúng ta ít quan tâm và ít nhớ các công thức  của pần này. Từ năm 2017, Bộ giáo dục đã thay đổi hình thức thi trắc nghiệm nên mỗi đại lượng kiến thức đều quan trọng nên chúng ta cần nắm kỹ các kiến thức này để giúp các em thi tốt. Chuyên đề này mình sẽ tiếp tục bổ sung trong các thời gian sắp đến.....
I. Hình Nón.
1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$ Hình nón tròn xoay (gọi tắt hình nón) là hình sinh ra do một tam giác vuông quay quanh một cạnh góc vuông của nó.
$\bullet$ Hình vẽ và các chi tiết:
$(O,\,R)$: Hình tròn xoay
$SM=l$: Đường sinh
$SO$: Trục hình nón
$h=SO$: Đường cao
$S$: Đỉnh

$\bullet$ Công thức:
Diện tích xung quanh: $S_{xq}=\pi R l$
Diện tích toàn phần: $S_{tp}=\pi R l+\pi R^2$
Thể tích khối nón: $V_{N}=\frac{1}{3}\pi R^2 h$
2. Bài tập vận dụng:
Bài 1. Cho hình nón có bán kính đáy $R=\sqrt{3}$ và chiều cao $h=4$. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hình nón.
b) Diện tích toàn phần của hình nón.
c) Thể tích của khối nón.
Bài giải:

$l=\sqrt{R^2+h^2}=\sqrt{3+16}=\sqrt{19}$

a) Diện tích xung quanh  của hình nón.

$S_{xq}=\pi R l=\pi \sqrt{3}\sqrt{19}=\pi \sqrt{57}$

b) Diện tích toàn phần của hình nón.

$S_{tp}=\pi R l+\pi R^2=\pi \sqrt{3}\sqrt{19}+\pi (\sqrt{3})^2=(3+\sqrt{57})a$

c) Thể tích của khối nón.
$V_{N}=\frac{1}{3}\pi R^2 h=\frac{1}{3}\pi (\sqrt{3})^2 4=4\pi$

Bài 2. Trong không gian cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB=a$ và $\widehat{ACB}=30^0$. Hình nón (N) tạo thành khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hình nón.
b) Diện tích toàn phần của hình nón.
c) Thể tích của khối nón.
Bài giải:

Bán kính đường tròn đáy: $R=a$
Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ ta có:
$\tan(30^0)=\frac{AB}{AC} \iff h=AC=\frac{AB}{\tan(30^0)}=a\sqrt{3}$
$l=BC=\sqrt{AC^2+AB^2}=2a$
a) Diện tích xung quanh  của hình nón.
$S_{xq}=\pi R l=\pi a 2a=2a^2 \pi$
b) Diện tích toàn phần của hình nón.
$S_{tp}=\pi R l+\pi R^2=\pi a 2a+\pi a^2=3a^2\pi$
c) Thể tích của khối nón.
$V_{N}=\frac{1}{3}\pi R^2 h=\frac{1}{3}\pi a^2 2a=\frac{2}{3}a^{3}\pi$

Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có các cạnh đều bằng $a\sqrt{2}$. Hình nón $(N)$ ngoại tiếp tứ giác đều $S.ABCD$ là hình nón có đỉnh là đỉnh $S$ của hình chóp đều $S.ABCD$ , đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hình nón.
b) Diện tích toàn phần của hình nón.
c) Thể tích của khối nón.
Bài giải:

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.
Bán kính đường tròn đáy nón: $R=OA=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{AB^2+BC^2}}{2}=a$
Đường cao của nón: $h=SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=a$
Độ dài đường sinh của nón: $l=SA=2a$
a) Diện tích xung quanh  của hình nón.
$S_{xq}=\pi R l=\pi a 2a=2a^2 \pi$
b) Diện tích toàn phần của hình nón.
$S_{tp}=\pi R l+\pi R^2=\pi a 2a+\pi a^2=3a^2 \pi$
c) Thể tích của khối nón.
$V_{N}=\frac{1}{3}\pi R^2 h=\frac{1}{3}\pi a^2 a=\frac{1}{3}a^3 \pi$

II. Hình Trụ.
1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$ Hình trụ tròn xoay (gọi tắt hình trụ) là hình sinh ra do một hình chữ nhật quay quanh một cạnh của nó.
$\bullet$ Hình vẽ và các chi tiết:
$(O,\,R)$: Hình tròn đáy
$OO’$: Trục hình trụ
$MM’$: Đường sinh
$h$: Chiều cao

$\bullet$ Công thức:
Diện tích xung quanh: $S_{xq}=2 \pi R h$
Diện tích toàn phần: $S_{tp}=2 \pi R h+2 \pi R^2$
Thể tích khối nón: $V_{T}=\pi R^2 h$
2. Bài tập vận dụng:
Bài 1. Cho hình trụ có bán kính đáy $R=4$ và chiều cao $h=4\sqrt{2}$. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hình trụ.
b) Diện tích toàn phần của hình trụ.
c) Thể tích của khối trụ.
Bài giải:

a) Diện tích xung quanh của hình trụ: $S_{xq}=2 \pi Rh=2.\pi.4.4\sqrt{2}=32\sqrt{2}\pi$
b) Diện tích toàn phần của hình trụ : $S_{tp}=2 \pi R h+2 \pi R^2=2 \pi.4.4\sqrt{2}+2.\pi.4^2=32(\sqrt{2}+1)\pi$
c) Thể tích của khối trụ: $V_{T}=\pi R^2 h=\pi.4^2.4\sqrt{2}=64\sqrt{2}\pi$

Bài 2. Cắt một khối trụ $(T)$ bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó, ta được một hình vuông có diện tích bằng $9$. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hình trụ.
b) Diện tích toàn phần của hình trụ.
c) Thể tích của khối trụ.
Bài giải:

Gọi $x$ là độ dài của hình vuông khi cắt trụ $(T)$.

Khi đó: $x^2=9 \iff x=3$

Chiều cao của hình trụ: $h=l=3$

Bán kính của đáy hình trụ: $R=\frac{3}{2}$

a) Diện tích xung quanh  của hình trụ.

$S_{xq}=2 \pi R h=2.\pi.\frac{3}{2}=3\pi$
b) Diện tích toàn phần của hình trụ.

$S_{tp}=2 \pi R h+2 \pi R^2=2.\pi.\frac{3}{2}+2.\pi.(\frac{3}{2})^2=\frac{15\pi}{2}$
c) Thể tích của khối trụ.

$V_{T}=\pi R^2 h=\pi.(\frac{3}{2})^2.3=\frac{27\pi}{4}$
Bài 3. Cho hình chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AD=8$, $CD=6$, $AC’=12$. Hình trụ $(T)$ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình chữ nhật $ABCD$ và $A’B’C’D’$. Tính
a) Diện tích xung quanh  của hìn trụ.
b) Diện tích toàn phần của hình trụ.
c) Thể tích của khối trụ.
Bài giải:
III. Hình Cầu.
1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$ Nửa đường tròn (hoặc cả đường tròn) quay quanh một đường kính của nó sinh ra một mặt cầu cùng tâm và cùng bán kính.
$\bullet$ Hình vẽ và các chi tiết:
$R$: Bán kính mặt cầu
$h$: Chiều cao chỏm cầu

$\bullet$ Công thức chung:
Diện tích của mặt cầu: $S=4 \pi R^2$
Thể tích khối cầu: $V_{N}=\frac{4}{3} \pi R^3$
Diện tích của chỏm cầu: $S=2 \pi R h$
Thể tích khối chỏm cầu: $V=\pi h^2 (R-\frac{h}{3})$
2. Bài tập vận dụng:
Bài 1. Cho mặt cầu $(S)$ có bán kính $R=a$. Tính
a) Diện tích mặt cầu.
b) Tính thể tích khối cầu đó.

Bài giải:

a) Diện tích mặt cầu

$S=4 \pi R^2=4.\pi.a^2=4a^2\pi$
b) Tính thể tích khối cầu đó.

$V_{N}=\frac{4}{3} \pi R^3=\frac{4}{3}.\pi.a^3=\frac{4}{3}a^3 \pi$
Bài 2. Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $BCD$ vuông tại $C$, $AB$ vuông góc với $mp(BCD)$, $AB=5a$, $BC=3a$ và $CD=4a$. Tính
a) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
b) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện.

Bài giải:

 

Bài 3.

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐINH (CHUYÊN TOÁN)

 

Bài 1. (2.0 điểm) Cho biểu thức $A=(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}+1}).\frac{x^2-2x+1}{2}$

a) Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $A$ có nghĩa. Rút gọn biểu thức $A$.

b) Tìm $x$ để $A\ge 0$.

c) Tìm giá trị lớn nhất của $A$.

Bài 2. (2.0 điểm) 

1) Giải phương trình sau: $4x^4+4x^3-20x^2+2x+1=0$

2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì $b^2-4ac$ không là số chính phương.

Bài 3. (1.0 điểm) Cho đa thức $f(x)=x^2-2(m+2)x+6m+1$ ($m$ là tham số). Bằng cách đặt $x=t+2$. Tính $f(x)$ theo $t$ và tìm điều kiện của $m$ để phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm lớn hơn $2$.

Bài 4. (4.0 điểm) 

1) Cho đường tròn $(T)$ tâm $O$ đường kính $AB$, trên tiếp tuyến tại $A$ lấy một điểm $P$ khác $A$, điểm $K$ thuộc đoạn $OB$ ($K$ khác $O$ và $B$). Đường thẳng $PK$ cắt đường tròn $(T)$ tại $C$ và $D$ ($C$ nằm giữa $P$ và $D$), $H$ là trung điểm của $CD$.

a) Chứng minh tứ giác $AOHP$ nội tiếp được đường tròn.

b) Kẻ $DI$ song song với $PO$, điểm $I$ thuộc $AB$,. Chứng minh: $\widehat{PDI}=\widehat{BAH}$

c) chứng minh đẳng thức $PA^2=PC.PD$.

d) $BC$ cắt $OP$ tại $J$. Chứng minh: $AJ$ song song với $BD$.

2) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Từ điểm $I$ thuộc miền trong tam giác, kẻ $IM \bot BC$, kẻ $IN \bot AC$, $IK \bot AB$. Tìm vị trí của $I$ sao cho tổng $IM^2+IN^2+IK^2$ nhỏ nhất.

Bài 5. (1.0 điểm) Cho các số thực dương $x,\, y,\, z$ thỏa mãn $xyz\le 1$.

Chứng minh rằng: $\frac{x(1-y^3)}{y^3}+\frac{y(1-z^3)}{z^3}+\frac{z(1-x^3)}{x^3}\ge 0$

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN (CHUÊN TOÁN - TIN)

 

Bài 1. (2.0 điểm) 

1) Thu gọn biểu thức: $P=\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{3}}.\sqrt{\frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}}$

1) Cho $A=1.2.3...2015.2016.(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2015}+\frac{1}{2016})$

Chứng tỏ rằng $A$ là số chia hết cho $2017$

Bài 2. (2.0 điểm)

1) Cho đa thức $P(x)=2x^2+bx+c$. Tìm các hệ số $b,\,\,c$ biết rằng $P(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2$ tại $x=1$

2) Giải phương trình: $\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}+\sqrt{4-x^2}=2$

Bài 3. (1.0 điểm)

Cho các số $x,\,\,y,\,\,z$ thỏa $x^2+4y^2+z^2=4xy+5y-10y+2z-5$. Chứng minh rằng: $1\le x-2y\le 4$

Bài 4. (4.0 điểm) Cho đường tròn $(C)$ tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ tương ứng tại các điểm $A';\,B';\,C'$. Gọi các giao điểm của đường tròn $(C)$ với các đoạn thẳng $IA$, $IB$, $IC$ lần lượt tại $M$, $N$, $P$.

a) Chứng minh rằng ba đường thẳng $A'M$, $B'N$, $C'P$ đồng quy.

b) Tia $AI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D$($D$ khác $A$). Chứng minh rằng: $\frac{IB.IC}{ID}=2r$, trong đó $r$ là bán kính của đường tròn $(C)$.

Bài 5. (1.0 điểm) Cho hai số dương $x$ và $y$ thỏa mãn đẳng thức: $\frac{2017}{x}+\frac{2018}{y}=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A=x+y$

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN(ĐỀ CHUNG)

 

Câu 1. (1.5 điểm) Cho biểu thức $A=\frac{x\sqrt{x}-1}{x-\sqrt{x}}-\frac{x\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}}+\frac{x+1}{\sqrt{x}}$

a) Rút gọn biểu thức $A$

b) Tìm $x$ để $A=4$

Câu 2. (1.5 điểm) Cho Parabol $(P)$: $y=x^2$ và đường thẳng $(d):y=(2m-1)x-m+2$ ($m$ là tham số)

a) Chứng minh rằng với mọi $m$ đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Tìm các giá trị của $m$ để đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$ thỏa mãn $x_1y_1+x_2y_2=0$

Câu 3. (2 điểm) Hai thành phố $A$ và $B$ cách nhau $450\,\,km$. Một ô tô đi từ $A$ đến $B$ với vận tốc không đổi trong một thời gian dự định. Khi đi, ô tô tăng vận tốc hơn dự kiến $5\,\,km/h$ nên đã đến $B$ sớm hơn $1\,\,h$ so với thời gian dự định. Tính vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô.

Câu 4. (4.0 điểm) Cho đường tròn $(O)$, dây cung $BC$ không phải là đường kính. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$, $C$ cắt nhau tại $A$. Lấy điểm $M$ trên cung nhỏ $BC$ ($M$ khác $B$ và $C$), gọi $I$, $H$, $K$ lần lượt là chân đường vuông gocshaj từ $M$ xuống $BC$, $CA$ và $AB$. Chứng minh:

a) Các tứ giác $BKMI$; $CHMI$ nội tiếp.

b) $MI^2=MK.MH$

c) $BM$ cắt $IK$ tại $D$, $CM$ cắt $IH$ tại $E$. Chứng minh $DE//BC$

Câu 5. (1.0 điểm) Cho $a,\,b,\,c \in[0;1]$. Chứng minh rằng: $a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le 1$

 

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức $A$: Điều kiện: $x>0;\,\, x\ne1$

$A=\frac{x\sqrt{x}-1}{x-\sqrt{x}}-\frac{x\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}}+\frac{x+1}{\sqrt{x}}=\frac{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}-\frac{(\sqrt{x}+1)(x-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1}+\frac{x+1}{\sqrt{x}}$

$\,\,\,=\frac{x+\sqrt{x}+1-x+\sqrt{x}-1+x+1}{\sqrt{x}}$

$\,\,\,=\frac{x+2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$

Vậy: $A=\frac{x+2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$ với điều kiện trên.

b) Tìm $x$ để $A=4$: Điều kiện: $x>0;\,\, x\ne1$

$A=4 \iff \frac{x+x\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=4 \Rightarrow x+2\sqrt{x}+1=4\sqrt{x}\Rightarrow x-2\sqrt{x}+1=0$

$\iff (\sqrt{x}-1)^2=0 \iff \sqrt{x}-1=0 \iff \sqrt{x}=1 \iff x=1\,\,(KTMĐK)$

Vậy: không có giá trị nào của $x$ để $A=4$

 

Câu 2. 

a)  Chứng minh rằng với mọi $m$ đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt.

Hoạnh độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình:

$x^2=(2m-1)x-m+2 \iff x^2-(2m-1)x+m-2=0\,\,\,(1)$

$\Delta =(1-2m)^2-4.1.(m-2)=4m^2-8m+9=(2m-2)^2+1>0$

Vì $\Delta >0, \forall m \Rightarrow$ phương trình $(1)$ luôn  có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$ $\Rightarrow$ đường thẳng $(d)$ luôn cắt Parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m$.

b) Tìm các giá trị của $m$ để đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$ thỏa mãn $x_1y_1+x_2y_2=0$

Ta có hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là nghiệm của pt $(1)$.

$(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\left\{\begin{array}{l} x_1+x_2=2m-1\\ x_1.x_2=m-2 \end{array} \right.$

Mà $y=x^2$ nên:

$x_1y_1+x_2y_2=0 \iff x_1.x_1^2+x_2.x_2^2=0 \iff x_1^3+x_2^3=0 \iff (x_1+x_2)(x_1^2-x_1.x_2+x_2^2=0$

$\iff (x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-2x_1.x_2]=0 \iff (2m-1)[(2m-1)^2-2(m-2)]=0$

$\iff (2m-1)(4m^2-6m+5)=0 \iff 2m-1=0 \iff m=\frac{1}{2}$

Vậy: Với $m=\frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu đề toán.

 

Câu 3.

Gọi vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là: $x\,\,(km/h)$ Đk: $x>0$

Vận tốc khi đi của ô tô là: $x+5\,\, (km/h)$

Thời gian ô tô dự định đi từ $A$ đến $B$ là: $\frac{450}{x}\,\, (\text{giờ})$

Thời gian ô tô thực tế đi từ $A$ đến $B$ là: $\frac{450}{x+5}\,\, (\text{giờ})$

Vì khi đi ô tô đến $B$ sớm hơn dự định $1$ giờ nên ta có phương trình:

$\frac{450}{x}-\frac{450}{x+5}=1 \Rightarrow x^2+5x-2250=0 \Rightarrow x=45 \,\, \text{hoặc}\,\, x=-50$

Vậy: Vận tốc dự kiến của ô tô là: $45 \,\, (km/h)$

 

Câu 4.

a) Chứng minh: Các tứ giác $BKMI$; $CHMI$ nội tiếp.

Ta có: $\widehat{MKB}=90^0$ (vì $MK \bot AB$)

$\widehat{MIB}=90^0$ (vì $MI \bot BC$)

Suy ra: $\widehat{MKB}+\widehat{MIB}=180^0$

Nên tứ giác $BKMI$ nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng $180^0$)

Ta có: $\widehat{MHC}=90^0$ (vì $MH \bot AC$)

$\widehat{MIC}=90^0$ (vì $MI \bot BC$)

Suy ra: $\widehat{MHC}+\widehat{MIC}=180^0$

Nên tứ giác $CHMI$ nội tiếp (có tổng hai góc đối diện $180^0$)

b) Chứng minh: $MI^2=MK.MH$

Vì tứ giác $MKBI$ nội tiếp nên: $\hat{I_1}=\hat{B_1}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MK$)

Trong đường tròn $(O)$ có: $\hat{B_1}=\hat{C_1}$ (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung $MB$)

Vì tứ giác $MHCI$  nội tiếp nên: $\hat{C_1}=\hat{H_1}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MI$)

Suy ra: $\hat{I_1}=\hat{H_1}$

Tương tự:

$\hat{I_2}=\hat{C_2}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MH$)

$\hat{C_2}=\hat{B_2}$ (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $MC$)

$\hat{B_2}=\hat{K_2}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MI$)

Suy ra: $\hat{I_2}=\hat{K_2}$

Xét $\Delta MIK$ và $\Delta MHI$, ta có: $\hat{I_1}=\hat{H_1}$ và $\hat{I_2}=\hat{K_2}$ suy ra $\Delta MIK$ đồng dạng với $\Delta MHI$

$\frac{MI}{MH}=\frac{MK}{MI} \Rightarrow MI^2=MH.MK$

 c) Chứng minh $DE//BC$

Ta có: $\hat{I_1}=\hat{C_1}$ (vì cùng bằng $\hat{H_1}$); $\hat{I_2}=\hat{B_2}$ (vì cùng bằng $\hat{K_2}$)

Do đó: $\widehat{DIE}+\widehat{DME}=\hat{I_1}+\hat{I_2}+\widehat{DME}=\hat{C_1}+\hat{B_2}+\widehat{DME}=180^0$ (tổng ba góc tam giác)

$\Rightarrow$ tứ giác $MDIE$ nội tiếp (tổng hai góc đối bằng $180^0$)

$\Rightarrow$ $\hat{E_1}=\hat{I_1}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MD$) mà $\hat{I_1}=\hat{C_1} \Rightarrow  \hat{E_1}=\hat{C_1}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $DE$ song song $BC$.

 

Câu 5.

Vì $a,\,\, b,\,\, c \in [0;1]$ nên $1-a\ge 0;\,\, 1-b\ge 0;\,\, 1-c\ge 0$

Suy ra: $(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0 \iff 1-a-b-c+ab+bc+ca-abc \ge 0 \iff a+b+c-ab-bc-ca+abc\le 1$ (1)

Vì $a,\,\, b,\,\, c \in [0;1]$ nên $b^2\le b;\,\, c^3 \le c;\,\, abc\ge 0$.

Suy ra: $a+b^2+c^3-ab-bc-ca \le a+b+c-ab-bc-ca+abc$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra : $a+b^2+c^3-ab-bc-ca \le 1$ (đpcm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2017 - 2018  TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN

 

Câu 1: (1,5 điểm)

Cho $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$; $B=\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4\sqrt{x}}{x-4}$

a) Tính $A$ khi $x=9$

b) Thu gọn $T=A-B$

c) Tìm $x$ để $T$ nguyên

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho  phương trình $x^2-2mx-6m-9=0$

a) Giải phương trình khi $m=0$

b) Tìm $m$ để phương trình có $2$ nghiệm $x_1$, $x_2$ trái dấu thỏa mãn$x_1^2+x_2^2=13$

Câu 3: (2 điểm) Một đám đất hình chữ nhật có chu vi $24m$. Nếu tăng độ dài một cạnh lên $2m$ và giảm độ dài cạnh còn lại $1m$ thì diện tích mảnh đất tăng thêm $1m^2$. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.

Câu 4:(4 điểm) Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm nằm trên cung $BC$ không chứa điểm $A$. Gọi $D$, $E$, $F$lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh:

a) Bốn điểm $M$, $B$, $D$, $F$ cùng thuộc một đường tròn và $M$, $D$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $D$, $E$, $F$ thẳng hàng.

c) $\frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$

Câu 5: (1 điểm) Cho $a$, $b$, $c$ là ba số thực dương. CMR: $\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$

 

Đáp án:

Câu 1:

a) Khi $x=9$ ta được $A=\frac{\sqrt{9}}{\sqrt{9}-2}=3$

b) ĐK: $x\ge 0,\, x\ne 0$

$T=A-B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-(\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4\sqrt{x}}{x-4})$

$\,\,\,\,=\frac{\sqrt{x}.(\sqrt{x}+2)-2.(\sqrt{x}-2)-4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$\,\,\,\,=\frac{x+2\sqrt{x}-2\sqrt{x}+4-4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$\,\,\,\,=\frac{x-4\sqrt{x}+4}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$\,\,\,\,=\frac{(\sqrt{x}-2)^2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$\,\,\,\,=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$

c) $T=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}+2-4}{\sqrt{x}+2}=1-\frac{4}{\sqrt{x}+2}$

$T\,\, \text{nguyên khi}\,\, 4 \vdots \sqrt{x}+2$

$\iff  \sqrt{x}+2=\mp 1;\, \mp 2; \, \mp 4$

$x=0 \,\, \text{hoặc}\,\, x=4(KTMĐK)$

Vậy: $X=0$

 

Câu 2:

a) Khi $m=0$ phương trình trở thành:

$x^2-9=0 \iff x=\pm 3$

b) $a=1,\,\,b=-2m,\,\,b'=-m,\,\,c=-6m-9$

$\Delta = b'^2-ac=m^2+6m+9=(m-3)^2 \ge 0,\,\, \forall m$

Phương trình luôn có hai nghiệm $x_1, x_2$ với mọi $m$. 

Theo hệ thức Viet ta có: $x_1+x_2=2m \,\, \text{và} \,\, x_1.x_2=-6m-9$

Phương trình có $2$ nghiệm trái dấu $\iff x_.x_2<0 \iff -6m-9<0 \iff m>-\frac{3}{2}$

Ta có: 

$x_1^2+x_2^2=13$

$\iff (x_1+x_2)^2-2x_1.x_2=13$

$\iff (2m)^2-2(-6m-9)-13=0$

$\iff m=-\frac{1}{2}$

Vậy: $m=-\frac{1}{2}$

 

Câu 3:

Gọi $x(m)$ là cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật

$y(m)$ là cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật.

ĐK: $0<x<12,\,\, 1<y<12$

Diện tích mảnh đất ban đầu: $x.y\,(m^2)$

Theo đề ta có phương trình: $2(x+y)=24 \, (m)$  (1)

Giả sử tăng cạnh thứ nhất $2m$ và giảm cạnh thứ hai $1m$.

Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng $2m$: $x+2 \, (m)$

Độ dài cạnh còn lại khi giảm $1m$: $y-1 \,(m)$

Diện tích mảnh đất khi tha đổi: $(x+3)(y-1) \,(m^2)$

Theo đề bài ta có phương trình: $(x+3)(y-1)-xy=1$  (2)

Từ (1), (2) ta được hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x+y=12\\-x+2y=3 \end{matrix}\right.$ $\iff \left\{\begin{matrix} x=7\\y=5 \end{matrix}\right.$

Vậy: kích thước mảnh đất lúc ban đầu: $7m,\,\, 5m$

 

Câu 4:

a) Chứng minh: 

Ta có: $MF \bot AB \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MFB}=90^0$

$MD \bot BC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MDB}=90^0$

Tứ giác $MDBF$ có $\widehat{MFB}+\widehat{MDB}=90^0+90^0=180^0$

Do đó tứ giác $MDBF$ nội tiếp

Suy ra 4 điểm $M$, $D$, $B$, $F$ cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $MD \bot BC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MDC}=90^0$

$MF \bot AC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MFC}=90^0$

Suy ra $\widehat{MDC}=\widehat{MFC}=90^0$

Suy ra $D$, $F$ cùng nhìn $MC$ dưới $1$ góc bằng nhau.

Do đó $4$ điểm $M$, $D$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Vì tứ giác $MDBF$ nội tiếp nên $\widehat{M_1}=\widehat{D_1}$ (cùng chắn cung $BF$)

Vì tứ giác $MDEC$ nội tiếp nên $\widehat{M_2}=\widehat{D_2}$

Mặt khác tứ giác $MBAC$ nội tiếp nên $\widehat{B_1}=\widehat{C}$ (góc ngoài của tứ giác nội tiếp)

Do đó $widehat{M_1}=\widehat{M_2}$ (cùng phụ với $\widehat{B_1}$, $\widehat{C}$)

Suy ra:  $\widehat{D_1}=\widehat{D_2}$

Mà $\widehat{D_1}+\widehat{BDE}=180^0$

Nên $\widehat{D_1}+\widehat{BDE}=180^0$

Hay $D$, $E$, $F$ thẳng hàng.

c) Ta có

$\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\frac{AE+EC}{ME}+\frac{AF-FC}{MF}=\frac{AE}{ME}+\frac{EC}{ME}+\frac{AF}{MF}-\frac{FC}{MF}$

$=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{M_2})+\tan(\widehat{AMF})-\tan(\widehat{M_1})$

Mà $\widehat{M_1}=\widehat{M_2}$ nên $\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{AMF})$

Mặt khác: tứ giác $AFME$ nội tiếp nên $\widehat{AME}=\widehat{AFE}=\widehat{BMD}$, $\widehat{AMF}=\widehat{AEF}=\widehat{DMC}$

Do đó

$\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{AMF})$

$\,\,\,\,=\tan(\widehat{BMD})+\tan(\widehat{MDC})$

$\,\,\,\,=\frac{BD}{MD}+\frac{DC}{MD}$

$\,\,\,\,=\frac{BD+DC}{MD}$

$\,\,\,\,=\frac{BC}{MD}$ (đpcm)

 

Câu 5:

Cách 1:

$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}=\frac{(a^3)^2}{abc}+\frac{(b^3)^2}{abc}+\frac{(c^3)^2}{abc}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz:

$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{(a^3)^2}{abc}+\frac{(b^3)^2}{abc}+\frac{(c^3)^2}{abc}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{abc+abc+abc}=\frac{(a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)}{3abc}$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $3$ số $a^3$, $b^3$, $c^3$ ta được:

$a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc$

Do đó

$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)}{3abc}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)3abc}{3abc}=a^3+b^3+c^3$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{a^5}{bc}$, $abc$ ta được:

$\frac{a^5}{bc}+abc\ge 2a^3$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{b^5}{bc}$, $abc$ ta được:

$\frac{b^5}{ca}+abc\ge 2b^3$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{c^5}{bc}$, $abc$ ta được:

$\frac{c^5}{ab}+abc\ge 2c^3$

Cộng vế theo vế: $\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}+3abc\ge 2a^3+2b^2+2c^3=(a^3+b^3+c^3)+(a^3+b^3+c^3)$ (1)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $3$ số $a^3$, $b^3$, $c^3$ ta được:

$a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc$ (2)

Từ (2) vào (1) ta được:

$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}+3abc\ge (a^3+b^3+c^3)+(a^3+b^3+c^3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc$

$\iff \frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cách 3:

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{a^5}{bc}$, $\frac{a^5}{bc}$, $\frac{a^5}{bc}$, $b^3$, $c^3$ ta được:

$\frac{a^5}{bc}+\frac{a^5}{bc}+\frac{a^5}{bc}+b^3+c^3\ge 5a^3$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{b^5}{ca}$, $\frac{b^5}{ca}$, $\frac{b^5}{ca}$, $c^3$, $a^3$ ta được:
$\frac{b^5}{ca}+\frac{b^5}{ca}+\frac{b^5}{ca}+c^3+a^3\ge 5b^3$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{c^5}{ab}$, $\frac{c^5}{ab}$, $\frac{c^5}{ab}$, $a^3$, $b^3$ ta được:
$\frac{c^5}{ab}+\frac{c^5}{ab}+\frac{c^5}{ab}+a^3+b^3\ge 5c^3$

Cộng vế theo vế: 

$3(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab})+2(a^3+b^3+c^3)\ge 5(a^3+b^3+c^3)$

$\iff \frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

PHÂN LOẠI CÁC TỨ DIỆN TRONG KHÔNG GIAN

I.TỨ DIỆN

1. Kiến thức cơ bản

$\bullet$Tứ diện là hình có bốn mặt.

2. Một số bài toán cơ bản 

Bài 1. Cho tứ diện $ABCD$, $G$ là trọng tâm tứ diện. Chứng minh rằng: các tứ diện $BGCD$, $GCDA$, $GDAB$ và $GABC$ có cùng thể tích?

Bài giải:

Gọi $h_A$, $H'_A$ là các khoảng cách hạ từ $A$ và $G$ xuống $(BCD)$. Ta có:

$\frac{V_{GBCD}}{V}=\frac{h'_A}{h_A}=\frac{GA'}{AA'}=\frac{1}{4} \Rightarrow V_{GBCD}=\frac{1}{4}V$

(Trong đó V là thể tích tứ diện $ABCD$)

Tương tự như vậy cho ba tứ diện nhỏ còn lại:

$V_{GBCD}=V_{GCDA}=V_{GDAB}=V_{GABC}=\frac{1}{4}V$

Bài 2. Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $IJ$ là đoạn vuông góc chung của cặp cạnh đối $AB$ và $CD$ ($I$ thuộc $AB$, $J$ thuộc $CD$) và $\alpha$ là góc của cặp cạnh đó. Chứng minh thể tích của tứ diện được tính theo công thức: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$

Bài giải:

Ta dựng hình hộp "ngoại tiếp" tứ diện $ABCD$ như hình vẽ. Đặt: 

$B=S_{AC_1BD_1}$

$h$ là chiều cao của hình hộp.

$h$ chính là độ dài của $IJ$ và $IJ \bot AB$ và $IJ \bot CD$

$\alpha$ là góc của $AB$ và $C_1D_1$

Ta có thể tích của hình hộp là:

$B.h=V_{C.ACBC_1}+V_{D.ABD_1}+V_{A.A_1CD}+V_{B.B_1CD}+V_{A.BCD}$

Nhưng $S_{ABC_1}=S_{ABD_1}=S_{A_1CD}=S_{B_1CD}=\frac{1}{2}$

Nên: $V_{C.ABC_1}=V_{D.ABD_1}=V_{A.A_1CD}=V_{B.B_1CD}=\frac{1}{6}B.h$

Suy ra: $V=V_{ABCD}=B.h-\frac{4}{6}B.h=\frac{1}{3}B.h$

Mặt khác: $IJ=h\,\, \text{và}\,\, B=\frac{1}{2}AB.C_1D_1.\sin(\alpha)=\frac{1}{2}AB.CD.\sin(\alpha)$

Cho nên cuối cùng ta có: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$

II.TỨ DIỆN VUÔNG

1. Kiến thức cơ bản:

$\bullet$Tứ diên vuông $O.ABC$, vuông tại $O$ là tứ diện có ba mặt $OAB$, $OBC$, $OAC$ là ba tam giác vuông.

$\bullet$Trong tứ diện vuông thì các cặp cạnh đối vuông góc với nhau từng đôi một

$\bullet$Công thức thể tích của tứ diện vuông: $V=\frac{1}{6}OA.OB.OC$

2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Cho tứ diên vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $H, G$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm của tam giác $ABC$. Tính $OH$, $OG$ theo $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$.

Bài giải:

$\bullet$Gọi $CC'$ là đường cao xuất phát từ $C$ trong $(ABC)$. Định lý ba đường vuông góc cho $OC' \bot AB$. Ngoài ra ta biết rằng:

$$OH \bot (ABC)\implies OH \bot CC'$$

Ta có:

$\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OC^2}+\frac{1}{OC'^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$

Suy ra: $OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

$\bullet$Do $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có:

$\vec{OG}=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})$

Do đó:

$OG^2=\vec{OG}^2=\frac{1}{9}(OA^2+OB^2+OC^2)$

Vì:

$\vec{OA}.\vec{OB}=\vec{OB}.\vec{OC}=\vec{OC}.\vec{OA}=0$

Suy ra:

$OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Vậy: 

$OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

$OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Bài 2. Cho tứ diện $O.ABC$ vuông tại $O$. Gọi $S$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ lần lượt là diện tích các tam giác $ABC$, $OBC$, $OCA$, $OAB$. Chứng minh: $S^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2$.

Bài giải:

Ta có:

$S_1^2+S_2^2+S_3^2=\frac{1}{4}OB^2.OC^2+\frac{1}{4}OC^2.OA^2+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$

$=\frac{1}{4}OC^2(OA^2+OB^2)+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$

$=\frac{1}{4}OC^2.AB^2+\frac{1}{4}OC'^2.AB^2$

$=\frac{1}{4}AB^2.(OC^2+OC'^2)$

$=\frac{1}{4}AB^2.CC'^2$

$=\frac{1}{2}AB^2.CC'^2$

$=S^2$ (đpcm)

Bài 3. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính thể tích tứ diện $OABC$.

Bài giải:

Thể tích của tứ diện

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{abc}{6}$

Bài 4. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$.

Bài giải:

$\bullet$Tam giác $AOB$ vuông tại $O$ nên tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp của nó là trung điểm của đoạn $AB$. Trục của đường tròn này là đường thẳng $Ix$ đi qua $I$ song song $OC$.

Trong mặt phẳng $(OC, Ix)$ vẽ đường trung trực của $OC$. Đường trung trực này cắt $Ix$ tại $K$, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$.

$\bullet$Tính bán kính $R$ của mặt cầu này là tính $R=OK$. Ta có: 

$R^2=OK^2=OI^2+IK^2$

$\,\,\,=\frac{AB^2}{4}+\frac{OC^2}{4}$

$\,\,\,=\frac{OA^2+OB^2+OC}{4}$

$\,\,\,=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$

Vậy: $R=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Bài 5. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$.

Bài giải:

Bán kính của mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$

Trong đó các chi tiết được tính như sau:

$V=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$

$S_{TP}=S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OAC}+S_{ABC}$

$\,\,\,\,=\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}bc+\frac{1}{2}ca+\frac{1}{2}AB.CA'$

Với $AB=\sqrt{a^2+b^2} \,\, \text{và} \,\, CA'^2=OA'^2+OC^2=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2}$

$CA'=\frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{\sqrt{a^2+b^2}}$

$S_{TP}=\frac{1}{2}(ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2})$

Vậy: $r=\frac{abc}{ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$

III.TỨ DIỆN TRỰC TÂM(TỨ DIỆN TRỰC GIAO)

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$Tứ diên trực tâm (hay là tứ diện trực giao) là tứ diện các cặp cạnh đối vuông góc nhau từng đôi một.
$\bullet$Tứ diện vuông, tứ diện đều là trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Chứng minh rằng: Trong một tứ diện nếu có 2 cặp cạnh đối vuông góc nhau thì cặp cạnh đối thứ 3 cũng vuông góc nhau.

Bài giải:

Theo giả thiết $ABCD$ là tứ diện trực tâm nên $AB \bot CD$ và $AC \bot BD$

Vẽ $AH \bot (BCD)$. Ta có:

$CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot AH \Rightarrow CD \bot (ABH) \Rightarrow CD \bot BH$

$BD \bot AC \,\, \text{và}\,\, BD \bot AH \Rightarrow BD \bot (CAH) \Rightarrow BD \bot CH$

Hai kết quả trên cho ta thấy $H$ là trực tâm của tam giác $BCD$ nên ta có:

$BC \bot DH \,\, \text{và}\,\, BC \bot AH \Rightarrow BC \bot (ADH) \Rightarrow BC \bot AD$

Bài 2. Chứng minh một tứ diện trực tâm nếu và chỉ nếu tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một.

Bài giải:

$\bullet$ Thuận:

Cho tứ diện $ABCD$ có các cặp cạnh đối vuông góc nhau. Vẽ $BI \bot CD$ trong $BCD$. Ta có:

$CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot BI \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AI$

Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có:

$AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$

$BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$

Suy ra:

$AC^2-AD^2=BC^2-BD^2 \iff AC^2+BD^2=BC^2+AD^2$   (1)

Nếu ta sử dụng thêm $BC \bot AD$ ta sẽ được:

$AB^2+CD^2=AC^2+BD^2$   (2)

Từ (1)  và (2) ta được: 

$AC^2+BD^2=BC^2+AD^2=AB^2+CD^2$   (3)

$\bullet$ Đảo:

Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh thỏa mãn (3). Ta chứng minh đó là một tứ diện trực tâm.

Vẽ đường cao $BI$ trong tam giác $BCD$, đường cao $AJ$ trong tam giác $ACD$. Vẫn gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có:

$BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$  (4)

$AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MJ}$   (5)

Từ (3) suy ra:

$BC^2-BD^2=AC^2-AD^2$

Do đó (4) và (5) cho ta: $I \equiv J$

Vậy: $CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AB$

Tương tự như vậy nếu ta sử dụng thêm cho hết giả thiết (3)  ta sẽ được $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$

IV. TỨ DIỆN GẦN ĐỀU

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$Tứ diên gần đều(hoặc giả đều) là tứ diện có các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Do đó bốn mặt của nó là bốn tam giác bằng nhau và ngược lại.
$\bullet$Ta sẽ thấy có những điều kiện ít hơn dẫn tới tứ diện gần đều.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Cho tứ diện vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$, $CA$. Chứng minh: $OMNP$ là một tứ diện gần đều.

Bài giải:

Tam giác $OAB$ vuông tại $O$: $OM=\frac{1}{2}AB$

Tam giác $CAB$ có đường trung bình là $PN$: $PN=\frac{1}{2}AB$

Cho nên: $OM=PN$

Tương tự như vậy ta cũng có: $ON=PM$ và $OP=MN$

Các cặp cạnh đối của tứ diện $OMNP$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $OMNP$ là tứ diện gần đều.

Bài 2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$. Chứng tỏ rằng: $ACB'D'$ là tứ diện gần đều. 

Bài giải:

Hai hình chữ nhật $ABCD$ và $A'B'C'D'$ bằng nhau nên: $AC=B'D'$

Tương tự ta cũng có: $AB'=CD'$ và $AD'=CB'$

Các cạnh đối của tứ diện $ACB'D'$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $ACB'D'$ là tứ diện gần đều.

Bài 3. Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=a$, $AD=BC=b$, $AC=BD=c$. Tính thể tích tứ diện $ABCD$ theo $a,\,\,b,\,\,c$

Bài  giải:

$\bullet$ Dựng thiết diện vuông $AB'C'D'$ như sau: Trong mặt phẳng $(BCD)$ các đường thẳng  qua $B$ song song $CD$, qua $C$ song song với $BD$ và qua $D$ song song với $BC$ tạ
o thành tam giác $B'C'D'$
Ta cần chứng minh: Tứ giác $AB'C'D'$ là tứ diện vuông (Hay đôi một vuông góc tại $A$)
*Từ cách dựng ta suy ra: $DB'=DC'=BC=c$
*Do giả thiết: $BC=AD'$
*Suy ra: $DA=DB'=DC'$
*Cho nên tam giác AB'C' là tam giác vuông tại A
*Tương tự như vậy các tam giác AC'D' và AB'D'
 $\bullet$ Tính $V_{A.B'C'D'}$ rồi tính $V_{A.BCD}$
*Theo định lý Pi-ta-go áp dụng vào các tam giác vuông đã được ở trên ta có:
$B'C'^2=AB'^2+AC'^2=4c^2$   (1)
$B'D'^2=AB'^2+AD'^2=4b^2$    (2)
$C'D'^2=AD'^2+AC'^2=4a^2$    (3)
Cộng (1) (2) (3) theo từng vế ta có:
$AB'^2+AC'^2+AD'^2=2(a^2+b^2+c^2)$   (4)
Lấy (4) trừ (3), trừ (2) và trừ (1) ta được:
$AB'=\sqrt{2}\sqrt{b^2+c^2-a^2}$
$AC'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+c^2-b^2}$
$AD'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2-c^2}$
Suy ra: $V_{A.B'C'D'}=\dfrac{AB'.AC'.AD'}{6}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$
*Hai hình chóp A.BCD và A.B'C'D' có cùng đường cao nhưng:
$S_{BCD}=\dfrac{1}{4}S_{B'C'D'}$
Nên suy ra thể tích của hình chóp A.BCD là:
$V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$
$\bullet$ Kết luận

Bài 4. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diên $ABCD$?
Bài giải:

$\bullet$ Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Ta đã biết $IJ$ đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$. Gọi $O$ là trung điểm của $IJ$. $O$ chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Thật vậy: $IJ$ là trung trực của $AB$ và $CD$ nên $OA=OB$ và $OC=OD$

Nhưng các đoạn nối trung điểm của các cạnh đối trong tứ diện đồng qui tại $O$ nên, chẳng hạn xét cặp $AC$ và $BD$ ta suy ra: $OA=OC$ và $OB=OD$

Vậy: $OA=OB=OC=OD$

$\bullet$ $\Delta ABC$ có trung tuyến $CI$ nên:

$CI^2=\frac{2CA^2+2CB^2-AB^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$

$\Delta IJC$ vuông tại $I$ nên:

$IJ^2=CI^2-CJ^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$

$\Delta AIO$ vuông tại $I$ nên:

$R^2=OA^2=AI^2+OI^2=\frac{AB^2}{4}+\frac{IJ^2}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{8}$

$\iff R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{8}}$

Bài 5. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diên $ABCD$?
Bài giải:

Bán kính mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$

Trong đó: $V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$

$S_{TP}=4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$

Vậy: $r=\frac{\sqrt{2}}{16}.\frac{\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}$

V.TỨ DIỆN ĐỀU

1. Kiến thức cơ bản:
$\bullet$ Tứ diện đều là tứ diện có 6 cạnh bằng nhau, do đó 4 mặt của nó là bốn tam giác đều bằng nhau.
2. Một số bài toán cơ bản

Bài 1. Chứng minh rằng tứ diện đều là tứ diện trực tâm?

Bài giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $CD$. Ta có:

$CD\bot AI\,\, \text{và}\,\, CD\bot BI  \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD\bot AB$

Tương tự như thế ta cũng có: $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$.

Vậy: Tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông

Bài 2. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh a. Tính đường cao tứ diện?
Bài giải:
Vẽ $AH$ vuông góc với $(BCD)$. Do $ADCB$ là tứ diện đều  nên $H$ là tâm của tam giác đều $BCD$. Ta có:
$AH^2=AB^2-BH^2=a^2-(\frac{2}{3}-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2=\frac{2a^2}{3}$
Vậy: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Bài 3. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Tính thể tích của tứ diện?

Bài giải:

Diện tích tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Đường cao tứ diện đều $ABCD$: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Thể tích của tứ diện đều $ABCD$: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{BCD}.AH=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Bài 4. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$?

Bài giải:

$\bullet$ Hạ $AH$ vuông góc với $mp(ABC)$, $AH$ chính là trục của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$. Do $IA=IB$ nên $IJ$ là trung trực của $AD$ vẽ trong $mp(IAB)$. Giao điểm $O$ của $AH$ và $IJ$ là tâm $O$ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

$\bullet$ Tứ giác $OHBJ$ là tứ giác nội tiếp nên:

$AO.AH=AJ.AB \implies AO=R=\frac{AB^2}{2AH}$

Mà ta đã biết đường cao trong tứ giác đều là:

$AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Nên: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

$\bullet$ Vậy: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Bài 5. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện $ABCD$?

Bài giải:

Ta có: $CD \bot (ABI) \implies (ABI) \bot (ACD)$ (theo giao tuyến $AI$)

Cho nên khoảng cách từ $O$ đến $(ACD)$ là khoảng cách từ $O$ đến $AI$.

Nhưng $IJ$ là phân giác góc $\widehat{AIB}$ nên: $OH=OK$

Vậy $O$ cách đều hai mặt $(BCD)$ và $(ACD)$. Tương tự ta cũng chứng minh tất cả các mặt của tứ diện. Vậy $O$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Bán kính của mặt cầu này:

$r=OH=AH-AO=\frac{a\sqrt{6}}{12}$

Vậy: $r=\frac{a\sqrt{6}}{12}$

Đặt: $\sin^2(x)=t$ điều kiện: $t\ge0$
phương trình tương đương: $16t^3-32t^2+21t-5=0$
$\iff (t-1)(16t^2-16t+5)=0$
$\iff t=1 or 16t^2-16t+5=0$
$\iff t=1$ pt sau vô nghiệm.
$\iff \sin^2(x)=1$
$\iff \sin(x)=1 or \sin(x)=-1$
$\iff x=\frac{\pi}{2}+2k\pi or x=-\frac{\pi}{2}+2k\pi$

Chung ta biết $MN$ đã lấy như trên nên tâm mặt cầu sẽ nằm trên $MN$. Tới đây ta có một cách làm như sau.

Gọi $I$ là tâm của mặt cầu trên.

Khi đó ta có:

$$IA^2=ID^2$$

$$\iff IM^2+MA^2=IN^2+ND^2$$

$$\iff IM^2+IA^2=(3a-IM)^2+ND^2$$

$$\iff IM^2+4a^2=9a^2-6aIM+IM^2+9a^2$$

$$\iff 6aIM=14a^2 \iff IM=\dfrac{7a}{3}$$

Và $IN=\dfrac{2a}{3}$

Từ đó ta có tỉ số trên nhen bạn...

Gọi M, N lần lượt trung điểm AB và CD (MN là đoạn vuông góc chung của AB, CD).

Ta thấy: tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tứ diện nằm trên MN sao cho $\dfrac{MI}{NI}=\frac{7}{2}$

Suy ra: $IA=IB=IC=ID$ (Giờ ta tính bán kính)

Xét tam giác AMC: $MC=\sqrt{22a^2-4a^2}=3\sqrt{2}a$

Xét tam giác AMD: $MD=\sqrt{22a^2-4a^2}=3\sqrt{2}a$

Xét tam giác MCN: $MN=\sqrt{18a^2-9a^2}=3a$

Do: $\dfrac{MI}{NI}=\frac{7}{2}$ nên $MI=\dfrac{7a}{3}$ và $NI=\dfrac{2a}{3}$

Xét tam giác AMI: $IA=\sqrt{\dfrac{49a^2}{9}+4a^2}=\dfrac{\sqrt{85}a}{3}$

Vậy bán kính mặt cầ ngoại tiếp tứ diện: $R=\dfrac{\sqrt{85}a}{3}$

Các bạn kiểm tra iaij giúp mình kết quả...