bai tap hinh hoc khong gian

LỚP: ĐHSTOAN08A

NHÓM 1:

LÊ THỊ ÁNH TUYẾT

NGUYỄN THỊ MƯỚNG

BÙI THỊ THANH THÚY

LÊ THỊ MỸ VÂN

TRẦN THANH TÚ

NGUYỄN TẤN TRUNG

NGUYỄN THÀNH TRUNG

NGUYỄN VĂN NHỰT

CHƯƠNG I: DẠY HỌC THỐNG KÊ, TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO

TỔ HỢP

Bài 1. Thầy có 12 quyển sách khác nhau: 5 Văn, 4 Toán, 3 Hóa. Thầy lấy 6 quyển tặng cho

6 học sinh. Hỏi:

a) Có bao nhiêu cách chọn để tặng chỉ có sách Văn và Toán?

b) Có bao nhiêu cách chọn để sau khi tặng vẫn còn cả ba loại sách?

Giải

a) Số cách chọn để tặng chỉ có Văn và Toán là:

69 84=C ( cách chọn )

b) Số cách chọn 6 quyển sách trong 12 cuốn là: 6

1 2C 924= cách

Ta loại các trường hợp sau:

Tặng hết sách Văn: 5 1

5 7C .C 7= cách

Tặng hết sách Toán: 4 2

4 8C .C 28= cách

Tặng hết sách Hóa: 3 3

3 9C .C 84= cách

Số sách cần tìm là: 924 – (7 + 28 + 84) = 805 cách

Bài 2: Một tốp có 30 nam và 15 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập ra một nhóm 6 người sau

cho:

a) Có đúng 2 nữ.

b) Số nam nữ tùy ý.

Giải

a) Có 2 415 30. 105.27405 2877535C C = = cách chọn một nhóm 6 người có đúng 2 nữ.

b) Có 645 8145060=C cách chọn một nhóm 6 người có số nam nữ tùy ý.

Bài 3: Từ các số 1, 2, 3, 4, 5 hãy lập ra các số có 3 chữ số khác nhau. Có thể lập được bao

nhiêu số sao cho:

a) Có đủ cả 3 chữ số 1, 3, 5?

b) Phải có mặt chữ số 2?

c) Phải có mặt chữ số 3 và 5?

d) Số đó chia hết cho 5?

e) Số đó chẳn?

Giải

Gọi abc là số có ba chữ số.

a) Có 3! = 6 số có ba chữ số khác nhau có đủ ba chữ số 1, 3, 5.

b) Có 2

43.A 36= số có ba chữ số khác nhau phải có mặt chữ số 2.

c) Có 1

33.2.A 1 8= số có ba chữ số khác nhau mà phải có mặt chữ số 3 và 5.

d) Có 2

4A 1 2= số có ba chữ số khác nhau mà số đó chia hết cho 5.

e) Có 2 2

4 4A A 24+ = số có ba chữ số khác nhau mà số đó là số chẳn.

Bài 4. Có bao nhiêu số có 5 chữ số mà tổng các chữ số là một số lẻ.

Giải

Gọi số cần tìm là : abcde ( )0a ≠

Trường hợp 1: a b c d+ + + là số chẵn

1,3,5,7,9e⇒ ∈

Trường hợp 2: a b c d+ + + là số lẻ

0,2,4,6,8e⇒ ∈

Vậy số có 5 chữ số mà tổng các chữ số là một số lẻ là: 9.10.10.10.5 45000= số.

Bài 5: Từ một nhóm ca sĩ có 3 nam và 5 nữ, cần cử người đi công tác. Hỏi có bao nhiêu

cách lập ra 6 người đó sao cho:

a) Có nữ

b) Có đúng 2 nữ

c) Có cả nữ và nam

d) Có ít nhất 2 nữ

Giải

a) 6

828C =

b) Không thể xảy ra

c) 6

828C =

d) 6

828C =

Bài 6: Tìm số hạng âm của dãy 4

4

2

143

4+

+

= −nn

n n

Ax

P P

Giải

Điều kiện

2 0

0 0

4 0

n

n n

n

+ > > ⇔ > + >

Ta có:

44

2

2

143 ( 4)! 143 ( 3)( 4) 143

4 !( 2)! 4 ! ! 4 !

4( 3)( 4) 143 4 28 95

4 ! 4 !

nn

n n

A n n nx

P P n n n n n

n n n n

n n

+

+

+ + += − = − = −+

+ + − + −= =

nx là hạng âm khi và chỉ khi

2 19 5

4 28 95 02 2

9, 8,...,2

n n n

n

−+ − < ⇔ < <

⇔ = − −

Kết hợp với điều kiện ta được 1,2n =

Khi 1n = ta có 1

63

4x

−=

Khi 2n = ta có 2

23

8x

−=

Bài 7: Tìm x thỏa mãn: 4

3 41

24

23x

xx x

A

A C −+

=− (*)

Giải

Ta có: ( )4 !

( 1)( 2)( 3)4 !x

xA x x x x

x= = − − −

− , ( )( )

31

1 !( 1) ( 1)

2 !x

xA x x x

x+

+= = − +

− ,

( )4 ! 1

( 1)( 2)( 3)4 !4! 4!

xx

xC x x x x

x− = = − − −

− thế vào (*) ta được:

2 2

2

2

( 1)( 2)( 3) 241 23( 1) ( 1) ( 1)( 2)( 3)4!

24 ( 1)( 2)( 3) 24

24( 1) ( 1) ( 1)( 2)( 3) 23

( 2)( 3) 1

24( 1) ( 2)( 3) 23

23( 5 1) ( 29 18) 0

24 144 120 0

6 5 0

5 ( )

x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x

x x

x x x

x x x x

x x

x x

x n

x

− − − =− + − − − −

− − −⇔ =− + − − − −

− −⇔ =+ − − −

⇔ − + − − + + =⇔ − + =⇔ − + =

=⇔

1 ( )l

=

Vậy nghiệm của phương trình là: 5x =

Bài 8: Rút gọn : 1 2

1 1 12 ... ...

1

p nn n n n

p nn n n

C C C Cp n

C C C− −+ + + + + .

Giải

Đặt 1 2

1 1 12 ... ...

1

p nn n n n

p nn n n

C C C CA p n

C C C− −= + + + + +

Số hạng thứ p:

1

! ( 1)!( 1)!. .

!( )! !

( 1)!( 1)! !( )!( 1)!1

!( )! !( )!

pnp

n

C n p n pp p

C p n p n

p n p p n p n pn p

p n p p n p

−

− − +=−

− − + − − += = = − +− −

Do đó:

= + − + + − + + += + + − + + + − +

+=

( 1 ) ... ( 1 ) ... 1

1 ... ( 1 ) ... ( 1 )

( 1 )

2

A n n n pn p n n

n n

Bài 9. Tìm hệ số của 3x trong khai triển 15

1 + x

x.

Giải

Áp dụng công thức nhi thức Newton: ( )15 15 15

0

1 1−

=

+ = ∑

kk

kn

k

x C xx x

.

Số hạng tổng quát: ( )15152

15 15

1.

− − = =

kk kk k

ka C x C xx

.

Giải phương trình: 15 9

32 2

− = ⇒ =k k .

Vậy không tồn tại hệ số của 3x .

Bài 10: Biết hệ số của 2x trong khai triển của ( )3 4− nx là 90, tìm n.

Giải

Theo đề ta có: 2 2 23 ( 4) 90− −− =n nnC

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

2

!.9. 4 90

2 !2!

1 4 20

1 4 320

3204 0

1

n

n

n

n

n

n

n n

n n

n n

−

−

⇔ − =−

⇔ − − =

⇔ − − =

⇔ − = >−

⇒ n là số chẵn

⇒ Không tồn tại ∈¢n ,n là số chẵn thỏa mãn yêu cầu bài toán

XÁC SUẤT

Bài 1: Tính xác suất trúng giải nhất , nhì ( chỉ sai một số ) khi mua vé số gồm 4 chữ số.

Giải

Số kết quả có thể là 410 10000= và chỉ có một kết quả trúng giải nhất. Do đó xác suất trúng giải

nhất là 1

0.000110000

=

Giả sử vé số đã mua là abcd . Các kết quả trùng với đúng 3 chữ số đã mua là ( )abct t d≠ hoặc

( )abtd t c≠ hoặc ( )atcd t b≠ hoặc ( )tbcd t a≠

Vì mỗi trường hợp đều có 9 khả năng nên có 9 + 9 + 9 + 9 + 9 = 36 kết quả ở đó vé đã mua

trúng giải nhì. Do đó xác suất trúng giải nhì là 36

0.003610000

=

Bài 2. Tính xác suất khi chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong bộ tú lơ khơ 52 quân có 1 bộ.

Giải

Số kết quả có thể là 552C .

Có 48 cách chọn trong đó có bộ 2. Tương tự có 48 kết quả trong đó có một bộ 3, …, có 48 kết

quả trong đó có một bộ át. Vậy có tất cả 13.48 624= cách chọn một bộ.

Vậy xác suất cần tìm là: 552

6240,00024≈

C.

Bài 3: Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương không lớn hơn 50. Gọi A là biến cố số được

chọn là số nguyên tố, B là biến cố số được chọn bé hơn 4. Tính P(A), P(B).

Giải

Ta có:

1,2,3,...,50

2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47

15( ) 0.3

50

1,2,3

3( ) 0.06

50

A

A

B

B

P A

P B

Ω =Ω =

Ω= = =

ΩΩ =

Ω= = =

Ω

Bài 4: Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương bé hơn 9. Tính xác suất để số được chọn

a) chia hết cho 3 b) là số nguyên tố

Giải

a) Gọi A là biến cố “ số nguyên dương chia hết cho 3 bé hơn 9”

8; 2

20,25

8

A

AAP

Ω = Ω =

Ω⇒ = = =

Ω

b) Gọi B là biến cố cố “ số nguyên tố bé hơn 9”

4BΩ =

4

0,58

BBP

Ω⇒ = = =

Ω

Bài 5. Danh sách lớp được đánh số thứ tự từ 1 đến 30. Hà có số thứ tự là 12. Chọn ngẩu

nhiên một bạn. Tính xác suất để Hà được chọn, Hà không được chọn, bạn được chọn có số

thứ tự nhỏ hơn số thứ tự của Hà.

Giải

Gọi A là biến cố “Hà được chọn”. Ta có 1

( )30

P A = .

Gọi A là biến cố “Hà không được chọn”. Khi đó 1 29

( ) 130 30

P A = − = .

Gọi C là biến cố “Bạn có số thứ tự nhỏ hơn 12 được chọn”. Ta có 11

( )30

P C = .

Bài 6: Gieo hai con súc sắc. Gọi A là biến cố tổng số chấm trên mặt hai con súc sắc bé hơn

hoặc bằng 7, B là biến cố có đúng một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm. Hãy mô tả không

gian mẫu; hãy liệt kê kết quả thuận lợi cho A, cho B, tính P(A), P(B).

Giải

Mô tả không gian mẫu:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1,1 ; 1,2 ; 1,3 ; 1,4 ; 1,5 ; 1,6 ; 2,1 ; 2,2 ; 2,3 ;

2,4 ; 2,5 ; 2,6 ; 3,1 ; 3,2 ; 3,3 ; 3,4 ; 3,5 ; 3,6 ;

4,1 ; 4,2 ; 4,3 ; 4,4 ; 4,5 ; 4,5 ; 5,1 ; 5,2 ; 5,3 ;

5,4 ; 5,5 ; 5,6 ; 6,1 , 6,2 ; 6.3 ; 6.4 ; 6,5 ; 6,6

Ω =

A là biến cố “tổng số chấm trên mặt hai con súc sắc bé hơn hoặc bằng 7”

Số thuận lợi của biến cố A là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1,6 ; 1,5 ; 1,4 ; 1,3 ; 1,2 ; 1,1 ; 2,1 ; 2,2 ; 2,3 ; 2,4 ; 2,5 ; 3,1 ; 3,2 ;

3,3 ; 3,4 ; 4,1 ; 4,2 ; 4,3 ; 5,1 ; 5,2 ; 6,1

AΩ =

Tập AΩ có 21 phần tử.

B là biến cố “có đúng một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Số thuận lợi cho B là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6,1 ; 6,2 ; 6,3 ; 6,4 ; 6,5 ; 1,6 ; 2,6 ; 3,6 ; 4,6 ; 5,6 BΩ =

Tập BΩ có 10 phần tử.

Ta có 36; 21; 10A BΩ = Ω = Ω =

210,58333

36

100,27778

36

AA

BB

P

P

Ω⇒ = = =

Ω

Ω⇒ = = =

Ω

Bài 7. Chọn ngẫu nhiên 5 số tự nhiên từ 1 đến 20. Tính xác suất để cả 5 số được chọn

không lớn hơn 10.

Giải

Gọi A là biến cố để cả 5 số được chọn không lớn hơn 10.

Số kết quả có thể là: 520C .

Số kết quả thuận lợi cho A là 510C .

Vậy xác suất cần tìm là: 510520

( ) = CP A

C0,016≈ .

Bài 8: Chọn ngẫu nhiên 5 số tự nhiên từ 1 đến 199. Tính xác suất để cả 5 số này :

a) thuộc đoạn [ ]1;99 b) thuộc đoạn [ ]150;199

Giải

a) Gọi A là biến cố “Chọn ngẫu nhiên 5 số tự nhiên từ 1 đến 199 thuộc đoạn [ ]1;99 ”

Ta có:

5 5199 99

5995199

;

0,02893

A

AA

C C

CP

C

Ω = Ω =

Ω⇒ = = ≈

Ω

b) Gọi B là biến cố “Chọn ngẫu nhiên 5 số tự nhiên từ 1 đến 199 thuộc đoạn

[ ]150;199 ”

Ta có:

5 5199 50

5505199

;

0,000857

B

BB

C C

CP

C

Ω = Ω =

Ω⇒ = = ≈

Ω

Bài 9: Một chiếc hộp đựng 9 thẻ đánh số từ 1 đến 9. Chọn ngẩu nhiên hai thẻ rồi nhân 2 số

ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là 1 số chẵn ( lẻ).

Giải

Gọi A là biến cố “Chọn ngẩu nhiên hai thẻ rồi nhân 2 số ghi trên hai thẻ lại với

nhau là số chẵn”

29CΩ = 2 1 1

4 5 4.A C C CΩ = +

2 1 14 5 4

29

.0,72222

+⇒ = ≈A

C C CP

C

Gọi B là biến cố “Chọn ngẩu nhiên hai thẻ rồi nhân 2 số ghi trên hai thẻ lại với

nhau là số lẻ”

1 0,277778= − ≈B AP P

Bài 10. Một hộp đựng 4 bi xanh, 3 bi đỏ, 2 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Tính xác suất để

2 bi cùng màu.

Giải

Gọi A là biến cố “chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến

cố “chọn được 2 viên bi vàng” và H là biến cố “chọn được 2 viên bi cùng màu”.

Ta có D A B C= ∪ ∪ và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc.

Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).P D P A B C P A P B P C= ∪ ∪ = + +

Ta có 22 234 2

2 2 29 9 9

6 3 1( ) , ( ) , ( )

36 36 36

CC CP A P B P C

C C C= = = = = = .

Vậy 6 3 1 5

( )36 36 36 18

P D = + + = .

Bài 11. Một máy bay có 2 động cơ I và II hoạt động độc lập với nhau. Xác suất để động cơ I,

II chạy tốt tương ứng là 0,8 và 0,7 . Hãy tính xác suất để:

a) 2 động cơ đều chạy tốt

b) Có ít nhất một động cơ chạy tốt.

Giải

Gọi A là biến cố “động cơ I chạy tốt”, B là biến cố “động cơ II chạy tốt”,

a) C là biến cố “cả hai động cơ đều chạy tốt”.

( ) ( ) ( ). ( ) 0,8.0,7 0,56P C P AB P A P B= = = =

b) Gọi D là biến cố “Có ít nhất một động cơ chạy tốt”. Khi đó

( ) 1 ( ) ( ) 1 0, 2.0,3 1 0,06 0,94P D P A P B= − = − = − = .

Bài 12. Gieo 3 đồng xu cân đối. Tính xác suất để: cả 3 đều xuất hiện mặt sấp; có ít nhất 1

sấp; đúng 1 sấp.

Giải

, , , , , , ,Ω = SSS SSN SNN NNN NNS NSS NSN SNS

8Ω =

Gọi A là biến cố “cả ba đồng xu đều xuất hiện mặt sấp”.

Ta có: 1

( )8

=P A .

Gọi B là biến cố “gieo ba đồng xu có ít nhất một mặt sấp”.

Ta có: 7

( )8

=P B .

Gọi C là biến cố “gieo ba đồng xu có đúng một mặt sấp”.

Ta có: 2 1

( )8 4

= =P C .

Bài 13. Xác suất bắn trúng mục tiêu của một người bắn cung là 0,2. Tính xác suất để trong

3 lần bắn có đúng một lần; có ít nhất một lần trúng mục tiêu.

Giải

Gọi A là biến cố trong ba lần bắn trúng đích đúng một lần.

Gọi B là biến cố trong ba lần bắn thì bắn trúng ít nhất một lần.

P(A) = 3.0,2.0,8.0,8 = 0,384

P(B) = 1 – ( ) 30,8 = 0,488.

Bài 14. Gieo 2 đồng xu: A cân đối, B không cân đối. Xác suất xuất hiện mặt sấp của B là 34

.

Tính xác suất để:

a) Khi gieo 2 đồng xu cùng một lần thì cả 2 ngửa.

b) Khi gieo 2 đồng xu hai lần thì cả hai lần 2 đồng xu cùng ngửa.

Giải

a) Gọi C là biến cố “gieo hai đồng xu cùng một lần thì cả hai ngửa”.

1 3 1( ) ( ). ( ) 1 0,1 25

2 4 8P C P A P B = = − = =

.

b) Gọi D là biến cố “gieo 2 đồng xu hai lần thì cả hai lần 2 đồng xu cùng ngửa”.

( ) 2 2( ) ( ) (0,1 25) 0,01 5625P D P C= = =

Bài 15. Trong một bài thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án và chỉ có một

phương án đúng. Tính xác suất khi chọn ngẫu nhiên mà không đúng được câu nào.

Giải

Gọi A là biến cố “chọn ngẫu nhiên mà không đúng câu nào”.

10 10

1 3( ) 1 0,056

4 4 = − = ≈

P A .

Bài 16: Chọn ngẫu nhiên 7 số tự nhiên từ 1 đến 200. Tính xác suất để cả 7 số này thuộc

đoạn [51;200] .

Giải

Gọi A là biến cố cả 7 số được chọn thuộc đoạn [51;200] .

Khi đó ta có:

71507200

( ) 0.129Ω

= = ≈Ω

A CP A

C

Bài 17. Có hai hộp đựng thẻ, mỗi hợp đựng 12 thẻ được đánh số từ 1 đến 12. Từ mỗi hợp

rút ngẩu nhiên một thẻ. Tính xác suất để trong hai thẻ đó có ít nhất 1 thẻ số 12.

Giải

Gọi 1A là biến cố rút được thẻ số 12 ở hợp 1.

Gọi 2A là biến cố rút được thẻ số 12 ở hợp 2.

Gọi A là biến cố rút hai thẻ có ít nhất một thẻ số 12.

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

. . .

( ) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( )

1 1 1 1 1 1 1 1 23. . . 0,1 597

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 44

A A A A A A A

P A P A P A P A P A P A P A

= ∪ ∪

⇒ = + +

= + + = ≈

Bài 18: Cho P(A) = 0.3, P(B) = 0.4, P(AB) = 0.2. Hỏi A, B có xung khắc hay không? Có độc

lập hay không?

Giải

Vì ( ) 0.2 0P AB = ≠ nên A, B là hai biến cố không xung khắc

Ta có ( ) 0.2 ( ). ( ) 0.12P AB P A P B= ≠ =

Do đó A, B là hai biến không độc lập.

Bài 19 : Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 1000. Tính xác suất để :

a) Số đó chia hết cho 3

b) Số đó chia hết cho 5

Giải

a) Gọi A là biến cố số tự nhiên được chọn chia hết cho 3

- Số tự nhiên nhỏ nhất thuộc trong đoạn [0, 999] chia hết cho 3 là 0.

- Số tự nhiên lớn nhất thuộc trong đoạn [0, 999] chia hết cho 3 là 999.

Các số tự nhiên bé hơn 1000 chia hét cho 3 là: 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21,…, 993, 996, 999.

Đây là một cấp số cộng có 10, 999, 3nu u d= = = .

Suy ra: 999 0

1 3343

A n −Ω = = + =

334( ) 0,334

1 000P A = =

b) Cách 1: Gọi B là biến cố số tự nhiên được chọn chia hết cho 5

Xảy ra 3 trường hợp

Trường hợp 1: Số được chọn là số tự nhiên có một chữ số

Khi đó ta có 2 số là 0, 5 chia hết cho 5

Trường hợp 2 : Số được chọn là số tự nhiên có hai chữ số ab

Số cách chọn b là 2 cách là 0 và 5

Số cách chọn a là 9 cách

Khi đó số các số tự nhiên có hai chữ số chia hết cho 5 là 18 số

Trường hợp 3 : Số được chọn là số tự nhiên có 3 chữ số abc

Số cách chọn c là 2 cách 0 và 5

Số cách chọn b là 10 cách

Số cách chọn a là 9 cách

Khi đó số các số tự nhiên có 3 chữ số chia hết cho 5 là 180 số

Khi đó số các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 mà chia hết cho 5 là 2 + 18 + 180 = 200

Do đó: 200

( ) 0.21000

= =P B

Cách 2:

Gọi B là biến cố số tự nhiên được chọn chia hết cho 5

- Số tự nhiên nhỏ nhất thuộc trong đoạn [0, 999] chia hết cho 5 là 0.

- Số tự nhiên lớn nhất thuộc trong đoạn [0, 999] chia hết cho 5 là 995.

Các số tự nhiên bé hơn 1000 chia hét cho 5 là: 0, 5, 10, 15, 20, …, 990, 995. Đây là một cấp

số cộng có 10, 995, 5nu u d= = = .

Suy ra: 995 0

1 2005

B n−Ω = = + =

200( ) 0,2

1 000P B = =

Bài 20. Chọn ngẩu nhiên 5 quân bài trong cổ tú lơ khơ.

a) Tính xác suất để trong 5 quân bài đó là: 2 rô, 3 bích, 6 cơ, 10 nhép, K cơ.

b) Tính xác suất để trong 5 quân bài đó có ít nhất một quân át.

Giải

Gọi A, B lần lược là biến cố ở câu a) và b).

a) 5

52

1 1( )

2598960P A

C= = .

b) 5

48

5

52

( ) 1 ( ) 1 0,341CP A P BC

= − = − ≈

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

3. Trả lời các câu hỏi sau:

- Thế nào là hai tổ hợp khác nhau?

- Thế nào là hai chỉnh hợp khác nhau?

- Có thể giải thích hai tính chất cơ bản bằng suy luận dựa vào số tập con của một tập

hợp như thế nào?

- Bản chất toán học của quy tắc cộng và quy tắc nhân là gì?

- Định nghĩa chỉnh hợp một cách chặt chẽ về mặt toán học như thế nào?

Trả lời

- Hai tổ hợp khác nhau khi và chỉ khi có một phần tử của tổ hợp này không là phần tử của

tổ hợp kia.

- Hai chỉnh hợp khác nhau khi và chi:

• Hoặc có một phần tử trong chỉnh hợp này không là phần tử trong chỉnh hợp kia.

• Hoặc các phần tử của chúng giống nhau (đều là các phần tử của một tập A nào

đó) nhưng cách sắp xếp thứ tự không giống nhau (tức là chúng là hai hoán vị

khác nhau của tập A).

- Hai tính chất cơ bản tổ hợp là:

Tính chất 1: Cho các số nguyên ,n k với 1 k n≤ ≤ . Ta có

k n kn nC C −=

Chứng minh:

Gọi knC là số tập con có k phần tử của A

n knC − là số tập con có n-k phần tử của A

( )kC A là tập tất cả các tập con của A mà có đúng k phần tử

Xét ánh xạ

: ( ) ( )

( ) \k n kf C A C A

X f X A X−→=a

Khi đó f là một song ánh

( ) ( )k n k

k n kn n

C A C A

C C

−

−

⇒ =

⇔ =

Tính chất 2: Hằng đẳng thức Paxcan

Cho các số nguyên ,n k với 1 k n≤ ≤ . Ta có

11

k k kn n nC C C−

++ = (*)

Chứng minh:

Với k = 1 thì (*) đúng

Với k > 1 xét tập A gồm có n + 1 phần tử

1 2 1 , ,..., nA a a a +=

Gọi X là họ các tập con có k phần tử của A

Y là họ các tập con có k phần tử của A nhưng không có chứa 1na +

Z là họ các tập con có k phần tử của A mà có chứa 1na +

Ta có

1

,

, ,k kn n

X Y Z Y Z

X Y Z X C Y C+

= ∪ ∩ = ∅= + = =

Tính Z

Với mỗi B Z⊂ ta bỏ đi 1na + ta được 'B có k-1 phần tử của 1 1' ,..., nA a a += .

Ngược lại lấy 'B có k-1 phần tử của 'A và thêm 1na + thì ta được tập con B của Z. Giữa B

và 'B có tương ứng 1-1. Vậy 'B B→ là một song ánh giữa các tập hợp của Z và các tập

hợp của 'Z gồm k-1 phần tử lấy trong 1' ,..., nA a a=1' k

nZ Z C −⇒ = =

Vậy 11

k k kn n nC C C −

+ = +

- Bản chất toán học của quy tắc cộng và quy tắc nhân

Bản chất toán học của quy tắc cộng là công thức tính số phần tử của hai tập hợp

hữu hạn không giao nhau.

Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn không có phần tử chung thì

A B A B∪ = +

Cũng như vậy, bản chất toán học của quy tắc cộng cho công việc với nhiều

phương án là công thức tính số phần tử của hợp k tập hợp hữu hạn đôi một không

giao nhau

Nếu 1,..., kA A là k tập hợp hữu hạn và ( , 1, )i jA A i j i j k∩ = ∅ ∀ ≠ = thì

1 2 1 2... ...k kA A A A A A∪ ∪ ∪ = + + +

Bản chất toán học của quy tắc nhân là công thức tính số phần tử của tích Đềcác k

tập hợp hữu hạn

Cho k tập hợp hữu hạn 1,..., kA A . Tích Đềcác của 1,..., kA A kí hiệu là

1 2. ... kA A A là tập hợp tất cả các bộ k phần tử ( )1 2, ,..., ka a a trong đó , 1,i ia A i k∈ =

nghĩa là

1 2 1 2. ... ( , ,..., ) : , 1, k k i iA A A a a a a A i k= ∈ =

Nếu 1,..., kA A là k tập hợp hữu hạn thì số phần tử của 1 2. ... kA A A bằng tích số

phần tử của k tập hợp này nghĩa là

1 2 1 2. ... . ...k kA A A A A A=

- Định nghĩa chỉnh hợp một cách chặt chẽ về mặt toán học

Kí hiệu 1,2,..., kN k= là tập hợp k số nguyên dương đầu tiên. Khi đó một chỉnh

hợp chập k của A là một đơn ánh : kf N A→

Một cách tương đương một chỉnh hợp chập k của A là một bộ có thứ tự

1 2( , ,..., )ka a a với các phần tử phần biệt 1 2, ,..., ka a a thuộc A.

4. Soạn một số bài toán gồm nhiều câu hỏi nhầm giúp học sinh phân biệt hai quy tắc

đếm, phân biệt tổ hợp và chỉnh hợp.

Giải

A. Hai quy tắc đếm

Bài toán 1: Giả sử một bạn mua một áo sơ mi cỡ 39 hoặc 40. Áo cỡ 39 có 5 màu áo khác

nhau. Áo cỡ 40 có 4 màu áo khác nhau. Hỏi bạn có bao nhiêu sự lụa chọn ?

Giải.

Công việc “mua áo” có thể thực hiện theo hai phương án:

Phương án A “áo cỡ 39” có 5 cách chọn .(có 5 màu áo khác nhau)

hoặc phương án B “áo cỡ 40” có 4 cách chọn. .(có 4 màu áo khác nhau)

Vậy : công việc “mua áo” có thể thực hiện bởi : 5 + 4 = 9 cách chọn.

Bài toán 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà hai chữ số đều chẵn ?

Giải.

Gọi số tự nhiên có hai chữ số : ab

Tập hợp chữ số tự nhiên chẵn : A = 0, 2, 4, 6, 8 có 5 phần tử.

Chữ số a có 4 cách chọn. (a ≠ 0 ; a ∈A)

Chữ số b có 5 cách chọn. (b ∈A)

Vậy số tự nhiên có hai chữ số mà hai chữ số đều chẵn có : 4.5 = 20 số.

Bài toán 3: Từ các số 1, 5 , 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên :

a) Có 4 chữ số. (không nhất thiết khác nhau)

b) Có 4 chữ số khác nhau ?

Giải.

a) Gọi số tự nhiên có bốn chữ số : abcd

Tập hợp: A = 1, 5 , 6, 7 có 4 phần tử.

chữ số a có 4 cách chọn. (a ∈A)

chữ số b có 4 cách chọn. (b ∈A)

chữ số c có 4 cách chọn. (c ∈A)

chữ số d có 4 cách chọn. (d ∈A)

vậy : lập số tự nhiên có bốn chữ số có : 4.4.4.4 = 256 số.

b) Có 4 chữ số khác nhau ?

chữ số a có 4 cách chọn. (a ∈A)

chữ số b có 3 cách chọn. (b ≠ a; b ∈A)

chữ số c có 2 cách chọn. (c ≠ a, b; c ∈A)

chữ số d có 1 cách chọn. (d ≠ b, c, a; d ∈A)

Vậy lập số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau có : 4.3.2.1 = 24số.

B. Tổ hợp và chỉnh hợp

1) Từ địa điểm A đến địa điểm B có 4 đường đi; từ địa điểm B đến địa điểm C có 5 đường đi.

Hỏi đi từ A đến B rồi về C có bao nhiêu cách đi.

Giải

Đi từ A về C có hai công đoạn :

(a) Đi từ A đến B có : 4 cách đi

(b) Đi từ b đến C có : 5 cách đi

Theo Nguyên lý tích, đi từ A về C có: 4.5 = 20 cách đi

2) Có bao nhiêu số có 3 chữ số thiết lập từ các số 0, 1, 2,…, 9

Giải

a) Chọn chữ số hàng trăm : có 9 cách chọn

b) Chọn chữ số hàng chục: có 10 cách chọn

c) Chọn chữ số hàng đơn vị: có 10 cách chọn

Vậy có 9.10.10= 900 số có 3 chữ số.

3) Có bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau thiết lập từ các số 0, 1, 2,…, 9

Giải


b) Chọn chữ số hàng chục: 9 cách chọn

c) Chọn chữ số hàng đơn vị : có 8 cách chọn

Vậy có 9.9.8= 648 số có 3 chữ số khác nhau

4) Có bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau thiết lập từ các số 0, 1, 2,…, 9 số đó là số chẵn.

Giải


b) Chọn chữ số hàng chục: 9 cách chọn

c) Chọn chữ số hàng đơn vị : có 5 cách chọn,

Vậy có 9.9.5= 401 số chẵn có 3 chữ số khác nhau.

5) Có 5 hành khách cần xếp lên 9 toa tàu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp:

a) Sao cho mỗi một hành khách có thể xếp lên một toa bất kỳ

b) Sao cho mỗi toa có tối đa một hành khách.

Giải

a) a,b,c,d,e. là hành khách; xếp cho hành khách (a) có 9 cách chọn; xếp chỗ cho người tiếp

theo cũng có 9 cách chọn. Vậy số cách xếp là 9.9.9.9.9 = 95

b) Xếp chỗ cho hành khác (a) có 9 cách chọn; xếp chỗ chọ hành khách (b) còn 8 cách chọn,

xếp chỗ cho hành khách ( c) còn 7 cách chọn,… Vậy số cách chọn là 9.8.7.6.5 = 15.120 cách

xếp.

6) Người ta phát hành bộ vé số có 5 chữ số. Hỏi có thể phát hành bao nhiêu vé :

a) Vé có 5 chữ số lẻ không nhất thiết khác nhau?

b) Vé có số tận cùng là 25.

Giải

a) Mỗi dãy số trên một vé là một chỉnh hợp lặp chập 5 của 10 phần tử 0,1,…9; 105 = 100.000

vé

b) Mỗi dãy số trên vé có 5 chữ số lẻ không nhất thiết khác nhau lấy từ tập gổm các chữ số

1,3,5,7,9. Vậy số vé gồm 5 chữ số lẻ là số chỉnh hợp lặp chập 5 của 5 chữ số nói trên; 55 vé.

c)Một vé số có chữ số tận cùng 25 thì 3 chữ số trước là một chỉnh hợp lặp của 10. Vậy có 103

vé có hai chữ số cuối là 25.

7) Lớp học có 30 sinh viên, cần cử ra ban cán sự lớp gồm 1 lớp trưởng, hai lớp phó, 1 phụ

trách học tập, một phụ trách đời sống.Hỏi nếu mọi người trong lớp đều có thể giữ một trong

các vai trò trên, có bao nhiêu cách lựa chọn.

Giải

Mỗi cách chọn gồm 3 người có phân biệt vị trí của các phần tử nên mỗi cách chọn là một

chỉnh hợp chập 3 của 30;. Vậy số cách chọn là 30! 30!

28.29.30(30 3)! 27!

= =− .

8) Có bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5.

Giải

Mỗi số có 3 chữ số là một chỉnh hợp chập 3 của 5. Vậy số các số nguyên có 3 chữ số là số

chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử 35

5! 1.2.3.4.53.4.5 60

(5 3)! 1.2A = = = =

−

9) Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 5 từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Giải

Chọn số hàng nghìn có 5 cách chọn, số hàng chục và hàng trăm là chỉnh hợp chập 2 của 6

phần tử (0, 1, 2, 3, 4, 5); số hàng đơn vị là chỉnh hợp chập 2 của 2 phần tử (0, 5).

Vậy số có bốn chữ số đó là : 5.

10) Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 1, 2, 3, 4.

Giải

Mỗi số có 4 chữ số là một hoán vị của 4 phần tử P4 = 4! = 1.2.3.4 = 24

11) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 quyển sách lên một giá hàng ngang có 5 vị trí.

Giải

Mỗi cách xếp là một hoán vị của 5 phần tử P5 = 5! = 1.2.3.4.5 = 120.

12) Có 5 vị khách mời A, B, C, D, E xếp 5 ghế ngồi theo một dãy hàng ngang. Hỏi có bao

nhiêu cách xếp ;

a) A ngồi chính giữa;

b) A ngồi giữa B và C.

c) B và C ngồi ngoài cùng.

Giải

a) Xếp chỗ cho A, có 1cách chọn; xếp chỗ cho 4 vị còn lại là số hoán vị của 4 vị trí còn lại.

Số cách xếp :1.4!= 4!

a) Xếp chỗ cho A, có 4 cách chọn; hoán vị của 2 vị trí còn lại cạnh A, cho C, B và D, E

hoán vị của 2 vị trí cuối cùng. Vậy số cách xếp: 4.2!.2!

b) B và C hoán vị của hai vị trí đầu dãy, các vị trí còn lại là hoán vị của 3 chỗ ngồi còn lại

dành cho 3 vị khách A, E, D. Vậy số cách xếp:2!.3!

13) Có thể thiết lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau từ ( 0,1,…, 9) chữ số hàng

chục và hàng đơn vị là 28.

Giải

- Chọn chữ số hàng chục ngàn có : 9 cách chọn

- Chọn chữ số hàng chục và hàng đơn vị: 1 cách chọn.

- Chữ số hàng ngàn và hàng trăm là chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử lấp từ tập hợp ( 0,1,

2,..., 9)

14) Một hôp đựng bị có 10 viên trong đó có 6 viên bi vàng và 4 viên bi xanh

a) Bốc ngẫu nhiên 3 viên hỏi có bao nhiêu khả năng xẩy ra?

b) Khả năng để có 2 viên bi xanh trong 3 viên lấy ra?

Giải

a) Mỗi lần bốc là một tổ hợp chập 3 của 10 : 310

10! 8.9.10120

3!(10 3)! 1.2.3C = = =

−

b) Lấy 2 viên bi xanh, tổ hợp chập 2 của 4; lấy 1 viên bi vàng, tổ hợp chập 1 của 6

Vậy số lần bốc có 1 bi vàng 2 bi xanh là 2 14 6. 6.6 36C C = = .

15) Có 8 đội bóng đấu vòng tròn một lượt tranh giải:

a) Hỏi tất cả phải đấu bao nhiêu trận;

b) Trong 8 đội chọn 3 đội giải nhất nhì 3, có bao nhiêu khả năng xẩy ra?

Hướng dẫn giải:

a) Mỗi trận phải có hai đội khác nhau, đấu vòng tròn hết lượt thì thôi, mỗi trận là một tổ hợp

chập 2 của 8. Vậy số trận đấu : ( )28

8! 7.828

2! 8 2 ! 1.2C = = =

−

b) Mỗi cách chọn là một chỉnh hợp chập 3 của 8 vậy số cách chọn là

( )38

8!6.7.8 336

8 3 !A = = =

−

6. Hướng dẫn học sinh khám phá ra Nhị thức Newtơn

Giải

Ta đã biết các hằng đẳng thức

2 2 2

3 3 2 2 3

( ) 2

( ) 3 3

a b a ab b

a b a a b ab b

+ = + ++ = + + +

Ta nhận thấy các hệ số trong khai triển hằng đẳng thức 2( )a b+ theo thứ tự từ trái sang phải là

0 1 22 2 21 ,2 ,1C C C= = = . Do đó

2 0 2 1 2 22 2 2( )a b C a C ab C b+ = + +

Tương tự các hệ số trong khai triển 3( )a b+ theo thứ tự từ trái sang phải là

0 1 2 33 3 3 31 ,3 ,3 ,1C C C C= = = = . Do đó

3 0 3 1 2 2 2 3 33 3 3 3( )a b C a C a b C ab C b+ = + + +

Tổng quát ta chứng minh được rằng

0 1 1

0

( ) ....n n n n n nn n n

nk n k kn

k

a b C a C a b C b

C a b

− −

−

=

+ = + + +

= ∑ ( quy ước 0 0 1a b= = )

Công thức này được gọi là công thức nhị thức Newtơn ( gọi tắt là Nhị thức Newtơn)

8: Đánh giá các lời giải sau, phân tích sai lầm (nếu có).

Bài 1: Có 4 quân bài khác nhau, gồm 2 quân cơ và 2 quân nhép. Rút ra 2 quân bài

cùng môt lúc trong 4 quân bài đó. Tính xác suất rút được 2 quân đồng chất ( cùng là cơ

hoặc cùng là nhép ).

Lời giải: Ở đây không gian mẫu gồm hai khả năng: hai quân rút ra là đồng chất, hai

quân rút ra là không đồng chất. Từ đó suy ra xác suất rút được hai quân đồng chất là 1

2.

Đánh giá: lời giải chưa chính xác vì ta thấy không gian mẫu ( , ), ( , ), ( , )c c c n n nΩ = với c: Cơ,

n: Nhép. Khi đó số kết quả thuận lợi cho việc rút được hai quân đồng chất là 2 nên xác suất là

2

3.

Bài 2: Có ba loại quà tặng: 3 bút bi khác nhau, 2 chiếc ô khác nhau, 2 chiếc bấm

móng tay khác nhau. Có bao nhiêu cách tặng các quà đó cho 2 người, sao cho mỗi người

đều có quà và mỗi loại còn lại đúng một thứ?

Lời giải: Ta chia làm 2 công đoạn:

Công đoạn thứ nhất: giữ lại mỗi loại một thứ. Công đoạn này có 3 công đoạn nhỏ: giữ

lại một bút bi, rồi giũ lại một chiếc ô, cuối cùng giữ lại một chiếc bấm móng tay. Có 13C cách

chọn một bút bi, có 12C cách chọn một chiếc ô, có 1

2C cách chọn một chiếc bấm móng tay. Vậy

công đoạn thứ nhất có 1 1 13 2 2. .C C C cách. Sau công đoạn này còn 4 thứ.

Công đoạn thứ hai: Trong 4 thứ còn lại lấy ra 2 thứ cho 2 người, có 24C cách; còn 2 thứ,

hoặc giữ lại tất cả, hoặc tặng tất cả cho người 1, hoặc tặng tất cả cho người 2, hoặc giữ lại 1,

tặng 1, có 7 cách.

Vậy có tất cả là 1 1 1 23 2 2 47. . . .C C C C cách.

Đánh giá: Công đoạn thứ nhất đúng.

Công đoạn thứ 2 sai ở chỗ đưa ra các trường hợp “hoặc giữ lại tất cả” và “hoặc giữ lại 1,

tặng 1” vì nếu các trường hợp này xảy ra thì vi phạm điều kiện bài toán “mỗi loại còn lại đúng

một thứ”.

9. Đề xuất một số bài toán có lời giải sai lầm về Tổ hợp – xác suất.

Giải

Nhầm lẫn giữa chỉnh hợp và tổ hợp.

Bài số 1: Một tổ có 12 học sinh nữ và 10 học sinh nam. Cần chọn ra 6 học sinh (3 nam,

3 nữ) để ghép thành 3 đôi biểu diễn văn nghệ. Hỏi có bao nhiêu cách ghép?

Lời giải 1:

- Số cách chọn thứ tự 3 nữ trong 12 nữ là 312A (cách)

- Số cách chọn thứ tự 3 nam trong 10 nam là 310A (cách)

- Vậy số cách chọn 3 đôi nam nữ là: 312A . 3

10A (cách)

Lời giải 2:

- Số cách chọn 3 nữ trong 12 nữ là 312C (cách)

- Số cách chọn 3 nam trong 10 nam là 310C (cách)

- Vậy số cách chọn 3 đôi nam nữ là: 312C . 3

10C (cách)

Lời giải 3:



- Do đó số cách chọn 6 học sinh (3 nam, 3 nữ) là: 312C . 3

10C (cách)

- Vì một đôi có hai bạn (1 nam, 1 nữ) nên chọn ra 1 bạn nam (trong 3 bạn nam) và

một bạn nữ (trong 3 bạn nữ) thì có: 3.3 = 9 (cách)

- Vậy số cách chọn thoả mãn là: 9 312C 3

10C (cách)

Lời giải 4:



- Do đó số cách chọn 6 học sinh (3 nam, 3 nữ) là: 312C 3

10C (cách)

- Trong 6 học sinh chọn ra thì có 3! (cách) ghép giữa các đôi này với nhau (là hoán vị của 3

học sinh nam hoặc của 3 học sinh nữ)

- Vậy số cách chọn thoả mãn là: 3! 312C 3

10C (cách)

Đâu là lời giải đúng?

Phân tích:

- Lời giải 1: Rõ ràng là sai vì bài toán không yêu cầu thứ tự.

- Lời giải 2: Thiếu số cách chọn để ghép thành các đôi

- Lời giải 3: Có vẻ như đúng, tuy nhiên ở bước cuối đã nhầm lẫn việc chọn ra 3 đôi với việc

chỉ đơn thuần chọn ra 1 nam và 1 nữ.

- Lời giải 4: Là lời giải đúng.

Bài số 2: Một nhóm 5 bạn học sinh A, B, C, D, E. Cần chọn ra 3 bạn thì có bao nhiêu

cách chọn?

Lời giải 1: Chọn 3 bạn trong 5 bạn là một tổ hợp chập 3 của 5. Số cách chọn là 35C (cách)

Lời giải 2:

- Đầu tiên chọn 1 bạn thì có 15C (cách)

- Tiếp theo chọn 1 bạn trong 4 bạn còn lại có 14C (cách)

- Cuối cùng chọn 1 bạn còn lại trong 3 bạn thì có 13C (cách)

- Vậy có 15C 1

4C 13C (cách)

Lời giải 3:


- Tiếp theo chọn 2 bạn còn lại trong 4 bạn có 24C (cách)

- Vậy có 15C 2

4C (cách)

Lời giải 4:


- Tiếp theo chọn 1 bạn còn lại trong 3 bạn có 13C (cách)

- Vậy có 25C 1

3C (cách)


Phân tích:

Lời giải 1: Là lời giải đúng

Vậy sai lầm là gì khiến các lời giải còn lại đều sai?

Phân tích cái sai của lời giải 2: Đầu tiên chọn 1 bạn trong 5 bạn, dĩ nhiên là có 5 cách rồi.

+ Nếu lần đầu chọn A (còn lại B, C, D, E), lần 2 chọn B (còn lại C, D, E), lần 3 chọn C thì

ta có 3 bạn là A, B, C.

+ Nếu lần đầu chọn B (còn lại A, C, D, E), lần 2 chọn C (còn lại A, D, E), lần 3 chọn A thì

ta lại có 3 bạn là A, B, C.

…………………………………….

Như vậy số cách chọn ra 3 bạn A, B, C đã bị lặp.

Bài số 3: Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm 9 câu dễ, 7 câu trung bình và 4 câu khó người

ta chọn ra 7 câu để làm đề kiểm tra sao cho phải có đủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó.

Hỏi có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra?

Lời giải 1:

+ Loại 1: chọn 7 câu tùy ý trong 20 câu có 720C cách.

+ Loại 2: chọn 7 câu không thỏa yêu cầu.

- Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ trong 9 câu có 79C cách.

- Trường hợp 2: chọn 7 câu trung bình có 1 cách.

- Trường hợp 3: chọn 7 câu dễ và trung bình trong 16 câu có 716C cách.

- Trường hợp 4: chọn 7 câu dễ và khó trong 13 câu có 713C cách.

- Trường hợp 5: chọn 7 câu trung bình và khó trong 11 câu có 711C cách.

Vậy có ( )7 7 7 720 9 13 111 64034C C C C− + + + = đề kiểm tra!

Lời giải 2:



- Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ và trung bình trong 16 câu có 716C cách.

- Trường hợp 2: chọn 7 câu dễ và khó trong 13 câu có 713C cách.

- Trường hợp 3: chọn 7 câu trung bình và khó trong 11 câu có 711C cách.

Vậy có 7 7 7 720 16 13 11 ( )C C C C− + + đề kiểm tra.

Lời giải 3 :



- Trường hợp 1: 7 câu chọn ra chỉ có 1 loại: 7 79 7 C C+ (là một loại dễ hoặc trung

bình).

- Trường hợp 2: 7 câu chọn ra có đủ hai loại:

* Dễ và trung bình: ( )7 7 716 9 7 C C C− + (trong 16 câu dề và trung binh thì khi chọn ra 7 câu

thì 7 câu đó hoặc thuộc cả 2 loại hoặc chỉ thuộc một loại)

* Dễ và khó: 7 713 9C C−

* Trung bình và khó: 7 711 7C C−

Vậy có ( )7 7 7 7 720 16 13 9 11 1 64071C C C C C− + − + − = đề kiểm tra.


10. Hướng dẫn học sinh tìm lời giải các bài toán sau

Bài 1: Có 4 bạn chụp ảnh chung thành một hàng ngang, trong đó có hai nam và hai

nữ. Có mấy cách xếp thành một hàng ngang sao cho

a) Hai nữ đứng cạnh nhau và hai nam đứng cạnh nhau

b) Hai nữ đứng cạnh nhau

c) Nam và nữ đứng xen kẽ

Giải

1 2 3 4

a) Trường hợp 1: Nếu hai nữ xếp vào vị trí 1 và 2 ta có 2 cách xếp

Suy ra sẽ có 2 cách xếp hai người nam vào hai vị trí còn lại

Vậy có 4 cách xếp

Trường hợp 2: Hai người nữ xếp vào vị trí 3 và 4

Ta cũng có 4 cách xếp

Vậy qua hai trường hợp ta có 8 cách

Hướng dẫn học sinh:

- Nếu xếp hai nữ và hai nam đứng cạnh nhau thì có thể xếp ở những vị trí nào?

- Ứng với mỗi trườn hợp ta có mấy cách xếp?

b) Có 3 trường hợp

Trường hợp 1: Nếu hai nữ xếp vào vị trí 1 và 2 ta có 2 cách xếp

Suy ra sẽ có 2 cách xếp hai người nam vào hai vị trí còn lại

Vậy có 4 cách xếp

Trường hợp 2: Hai người nữ xếp vào vị trí 3 và 4


Trường hợp 3: Hai nữ xếp vào vị trí 2 và 3


Vậy có 4 + 4 + 4 + 4 = 12 cách xếp


- Trong trường hợp này hai nam có nhất thiết đứng cạnh nhau không?

- Liệu có thể xếp hai nữ vào những vị trí nào?

- Ứng với mỗi trường hợp có bao nhiêu cách xếp?

- Chúng ta sử dụng quy tắc cộng hay nhân?

c) Có hai trường hợp

Trường hợp 1: Xếp nữ vào vị trí 1 và 3 ta có 2 cách xếp, xếp hai nam vào vị trí còn

lại ta cũng có 2 cách

Trường hợp 2: Xếp nữ vào vị trí 2 và 4 ta có 2 cách xếp, xếp hai nam vào vị trí còn

lại ta có 2 cách xếp

Vậy ta có 4 + 4 = 8 cách

Hướng dẫn học sinh

- Những vị trí nào là xen kẽ của nhau?

- Nếu xếp nữ vào những vị trí đó ta có những trường hợp nào?

- Xếp hai người vào 2 vị trí ta có mấy cách xếp?

- Trong trường hợp này ta sử dụng quy tắc cộng hay nhân?

Bài 2: Trên giá có 5 đĩa VCD ca nhạc khác nhau và 4 đĩa VCD phim khác nhau. Có

mấy cách lấy ra 6 đĩa VCD sao cho trong đó có:

a) Đúng 2 đĩa VCD ca nhạc

b) Cả hai loại VCD: ca nhạc và phim

Giải

a) Chọn 2 đĩa VCD ca nhạc từ 5 đĩa ca nhạc khác nhau nên có 25 10C = cách

Chọn 4 đĩa VCD phim từ 4 đĩa VCD phim khác nhau nên có 1 cách

Vậy có 10.1 = 10 cách chọn


- Bài toán được chia thành giai đoạn hay trường hợp?

- Đối với bài toán này thì có cần đến thứ tự hay không?

- Chọn 2 phần tử từ tập 5 phần tử không có thứ tự ta sử dụng chỉnh hợp hay tổ hợp?

b) Do vừa có đĩa nhạc và đĩa phim nên ta có số cách chọn là:

1 5 2 4 3 3 4 24 5 4 5 4 5 4 5 4 30 40 10 84+ + + = + + + =C C C C C C C C


- Bài toán được chia theo giai đoạn hay trường hợp?

- Có thể xảy ra những trường hợp nào?

- Bài toán sử dụng chỉnh hợp hay tổ hợp?

Bài 3: Có 2 hộp đựng thẻ, mỗi hộp đựng 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5. Từ mỗi hộp rút

ngẫu nhiên 1 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 2 thẻ:

a) Bằng 10

b) Không nhỏ hơn 3

Giải

a) Gọi A là biến cố tổng các số ghi trên hai thẻ bằng 10

Ta có

1 15 5 25, 1

1( )

25

Ω = = Ω =

⇒ =

AC C

P A


- Nêu công thức tính xác suất của một biến cố?

- 10 bằng tổng của những số nào?

- Trong trường hợp 2 hộp đựng thẻ có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 thì có tổng hai số nào

bằng 10?

b) Gọi B là biến cố tổng các số ghi trên hai thẻ không nhỏ hơn 3. Suy ra B là biến cố có

tổng các số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 3. Khi đó ta có

1 15 5 25, 1

1( )

25

Ω = = Ω =

⇒ =

BC C

P B

Từ đó suy ra 1 24

( ) 1 ( ) 125 25

= − = − =P B P B

Hướng dẫn cho học sinh:

Nếu liệt kê các phần tử của biến cố B thì có thể xảy ra trường hợp thiếu phần tử. Vậy ta

có thể sử dụng biến cố đối trong trường hợp này để giải hay không?

Hãy nhắc lại công thức tính xác suất của hai biến cố đối nhau?

CHƯƠNG II: DẠY HỌC HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

5. Đề xuất một số quy trình xác định hình, chẳng hạn:

- Quy trình xác định giao tuyến của hai mặt phẳng

- Quy trình xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau

- Quy trình xác định thiết diện của một hình cắt bởi mặt phẳng qua một điểm và

vuông góc với một đường thẳng cho trước…

Giải

Quy trình 1: Dựng đoạn thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b

Bước 1: Dựng mặt phẳng α chứa đường thẳng b và song song với đường thẳng a

Bước 2: Dựng hình chiếu a’ của a lên mặt phẳng α bằng cách: Từ điểm M tùy ý

trên đường thẳng a, dựng đoạn MH vuông góc với mặt phẳng α tại H và trong

mặt phẳng α dựng đường thẳng a’ đi qua H và song song với a, a’ cắt b tại B

Bước 3: Trong mặt phẳng chứa a và a’, từ B dựng đường thẳng song song với

MH cắt đường thẳng a tại A và chứng minh đoạn AB là đoạn vuông góc chung

của hai đường thẳng a và b

Quy trình 2: Xác định thiết diện chứa một đường thẳng và vuông góc với một mặt phẳng:

mặt phẳng α chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( )P .

Bước 1: Từ điểm O bất kì thuộc d, hạ ( )OH P⊥ thì mặt phẳng ( , )d OH là mặt

phẳng ( )α chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( )P

Bước 2: Sau khi xác định được ( )α , tìm giao điểm của ( )α và các cạnh của

hình chóp. Từ đó suy ra thiết diện của mặt phẳng ( )α và hình chóp.

Quy trình 3: Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Bước 1: Xác định hình chiếu d’ của d lên ( )P

Bước 2: Giả sử d cắt ( )P tại O. Từ một điểm A d∈ , A không trùng với O, dựng

đường thẳng vuông góc với ( )P , cắt ( )P tại H. Ta có đường thẳng OH là hình

chiếu d’ của d lên mặt phẳng ( )P

Bước 3: Góc giữa d và mặt phẳng ( )P là góc giữa d và hình chiếu d’ của nó lên

mặt phẳng ( )P .

6. Phân tích hoạt động trí tuệ có thể nảy sinh ở học sinh lớp 12 khi giải bài toán

sau: “ Cho hình trụ có trục OO’, điểm A thuộc đường tròn đáy tâm O, điểm B

thuộc đường tròn đáy tâm O’. Gọi E, F là trung điểm của OO’ và AB. Chứng

minh rằng EF là đường vuông góc chung của OO’ và AB”.

Giải

Dựng đường sinh BB’

Gọi M là trung điểm của AB’ có

( )

'

'

'

OM AB

OM BB

OM ABB

OM AB

⊥ ⊥⇒ ⊥⇒ ⊥

Mặt khác ta có

'

2

OOMF OE

OE OM

= = ⊥

Suy ra OMFE là hình chữ nhật. Do đó , 'EF AB EF OO⊥ ⊥

Vậy EF là đường vuông góc chung của OO’ và AB

Phân tích

Nếu EF là đường thẳng vuông góc chung của OO’ và AB thì EF sẽ vuông góc với

mặt phẳng ( )P chứa AB và song song với OO’

Dự đoán: Có thể dự đoán mặt phẳng ( )P có được là do kẻ thêm các đường

thẳng song song với OO’. Mặt phẳng (P) chứa AB, nên để dựng mặt phẳng ( )P

từ A hoặc B kẻ đường thẳng song song với OO’. Chẳng hạn ta dựng đường sinh

BB’. Ta chứng minh OMEF là hình chữ nhật. Suy ra EF vuông góc với mặt

phẳng ( )P ( M là trung điểm của AB’)

Đặc biệt hóa: Nếu 'AB OOP thì mặt phẳng ( )P bất kì vì khi đó AOO’B là hình

chữ nhật nên EF là đường vuông góc chung.

7. Hướng dẫn học sinh tìm lời giải

Bài 1. Cho tam giác đều ABC cạnh a và đường thẳng ( )D vuông góc với mp ( )ABC tại

A. Lấy điểm M thuộc ( )D , M khác A .

a) Chứng minh rằng: Tồn tại duy nhất điểm N thuộc ( )D sao cho tứ diện MNBC có các

cặp cạnh đối vuông góc với nhau từng đôi một.

b) Cho AM a= , tính khoảng cách giữa MB và AC theo a.

c) Xác định vị trí điểm M để thể tích tứ diện MNBC nhỏ nhất.

Giải

a) * Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , O là trực tâm của tam giác MBC .

( ) ( )= ∩N OH D

Theo giả thiết:

( ) ( )⊥ ⇒ ⊥D ABC MN BC (1) .

• Trong MBC∆ kẻ đường cao ( ),BI I MC O BI∈ ∈

Trong ABC∆ kẻ đường cao ( ),BJ J AC H BJ∈ ∈ có: ( )MA ABC⊥

( )BJ MAC⇒ ⊥ BJ MC⇒ ⊥

Mà BI MC⊥

Do đó ( )IJMC B⊥ hay ( )MC BOH⊥

( )( )MC NB NB BOH⇒ ⊥ ⊂ (2)

• Tương tự: ( )MB COE⊥

( )MB COH⇒ ⊥

( )( )MB NC NC COH⇒ ⊥ ⊂ (3)

⇒ ⊥MA BJ

Từ (1), (2), (3) ( )N D⇒ ∃ ∈ sao cho tứ diện MNBC có các cặp cạnh đối vuông góc với

nhau từng đôi một.

• Gỉa sử tồn tại ( )'N D∈ sao cho tứ diện MNBC có các cặp cạnh đối vuông góc với nhau

từng đôi một.

Khi đó: '

'

N B MC

N B MA

⊥ ⊥

( )'N B MAC⇒ ⊥ (*)

Theo trên ( )NB MCNB MAC

NB MA

⊥⇒ ⊥ ⊥

(**)

Từ (*),(**) mâu thuẩn.

Suy ra điều can chứng minh.

b) Dựng đường thẳng ( )∆ qua B và song song với AC .

Lấy D ( )∈ ∆ sao cho ADBC là hinh bình hành.

Gọi K là trung điểm của BD

AK BD⇒ ⊥

( )BD MAK⇒ ⊥

( )BK MAK⇒ ⊥ .

Gọi P là hình chiếu của A lên MK

⇒ AP MK⊥ .

Vì ( )BK MAK BK AP⊥ ⇒ ⊥

Do đó ( )AP MBK⊥ .

Khi đó: ( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AC MB d AC MBK d A MBK AP= = = .

Trong MAK∆ vuông tại A có:

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 4 7

3 3AP AM AK AM JB a a a= + = + = + =

( )21 21,

7 7

a aAP d AC MB⇒ = ⇒ = .

c) 1 1 1

. . . . . .3 3 3MNBC MABC NABC ABC ABC ABCV V V MA S NA S MN S= + = + = .

Do đó MNBCV nhỏ nhất MN⇔ nhỏ nhất.

Gọi F là trung điểm BC .

Theo câu a):

( )( )

MC BOH MC OH

MB COH MB OH

⊥ ⇒ ⊥

⊥ ⇒ ⊥

( )OH MBC⇒ ⊥

( )ON MBC⇒ ⊥

MON⇒ ∆ vuông tại O .

Xét · ·( )AMF AHN AMF AHN∆ ∆ =: có:

AFAM

AH AN=

22 3 3. .AF= . .

3 2 2 2

a a aAM AN AH

⇒ = =

.

Có 2 . 2MN AM AN AM AN a= + ≥ = .

Dấu “=” xảy ra khi 2

2

aAM AN= = .

Vậy MNBCV nhỏ nhất khi ( )M D∈ sao cho 2

2

aAM = .


a)

_Trước hết cần chứng minh ( )N D∃ ∈ sao cho tứ diện MNBC có các cặp cạnh đối

vuông góc với nhau từng đôi một.

_Gọi H và O lần lượt là trực tâm của ABC∆ và MBC∆ , ( )N OH D= ∩ .

_Hãy khai thác các giả thiết của bài toán chứng minh ( )MC BOH⊥ từ đó suy ra

MC NB⊥ .

_ Hãy khai thác các giả thiết của bài toán chứng minh ( )MB COH⊥ từ đó suy ra

MB NC⊥ .

_Chứng minh MN BC⊥ .

_Kết luận ( )N D∃ ∈ thỏa yêu cầu bài toán.

_Gỉa sử ( )'N D∃ ∈ sao cho tứ diện 'MN BC có các cặp cạnh đối vuông góc với nhau

từng đôi một. Chứng minh ( )'N B MAC⊥ và ( )NB MAC⊥ . (mâu thuẩn)

_Đưa ra kết luận bài toán.

b)

_Dựng đường thẳng ( )∆ qua B và song song với AC . Lấy ( )D ∈ ∆ sao cho ADBC là

hình bình hành, K là trung điểm của BD , P là hình chiếu của A lên MK .

_Vận dụng các giả thiết chứng minh ( ) ?AP MBK⊥

_So sánh ( ),d AC MB và ( )( ), ?d A MBK

( ) ( )( ) ( )( )( ), , ,d AC MB d AC MBK d A MBK AP= = = .

_Trong tam giác vuông MAK hãy nêu tất cả các công thức có thể tính AP ?

_Từ đó suy ra ( ), ?d AC MB =

c) _Thể tích tứ diện được tính theo công thức nào?

_So sánh MNBCV và ?MABC NABCV V+

( )MNBC MABC NABCV V V= +

_Tính MABCV và NABCV ?

_ MNBCV nhỏ nhất khi nào ?

( MNBCV nhỏ nhất MN⇔ nhỏ nhất )

_Có: 2 .MN AM AN AM AN= + ≥ . Hãy tính . ?AM AN =

_Từ đó xác định Min ?MN = , dấu “=” xảy ra khi nào?

_Đưa ra kết luận bài toán.

Bài 2. Cho hình chóp SABC có ( )SA ABC⊥ , góc ABC vuông , SA AB BC a= = = . Dựng

,AH SB AK SC⊥ ⊥ . Tính khoảng cách từ trung điểm AC đến mp ( )AHK và tính ( ),d AC SB

.

Giải

Gọi M là trung điểm của AC .

• Có ( ) ( )1, ( ) , ( )

2d M AHK d C AHK=

có: BC BA

BC SA

⊥ ⊥

( )BC SAB⇒ ⊥ BC AH⇒ ⊥

Mà AH SB⊥ ( )AH SBC AH CK⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (1)

Theo giả thiết: AK CK⊥ (2)

Từ (1), (2) ( ) ( )( ),CK AHK d C AHK CK⇒ ⊥ ⇒ = .

Xét ACK SCA∆ ∆: có: 2 2 2 2

2 2 2

2 2

3 3AS

AC CK AC AB BC a aCK

SC CA SC aAB BC

+= ⇒ = = = =+ +

.

Do đó: ( )( ) ( )( )1, ,

2 2 3

CK ad M AHK d C AHK= = = .

• Tính khoảng cách ( ),d AC SB .

Dựng đường thẳng d qua B và song song với AC . Gọi ( )P là mặt phẳng chứa SB và

song song với AC . ( ) ( )( ),P d SB= .

Hạ AN vuông góc với d ( )N d∈ BN AN⇒ ⊥ .

Mà SA BN⊥ . Do đó ( )BN SAN⊥ .

Trong SAN∆ , dựng ( )AE SN AE SBN⊥ ⇒ ⊥ .

Khi đó: ( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AC SB d AC SBN d A SBN AE= = = .

Có: 2

2 2

AC aAN BM= = = .

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 3

ASAE AN a a a= + = + =

3

aAE⇒ = .

Vậy ( ),3

ad AC SB =

.


Gọi M là trung điểm của AC .

_Tìm mối liên hệ giữa ( )( ),d M AHK và ( )( ),d C AHK ?

EH

KI

M N

D

C

B

A

(Sử dụng tính chất: ( )( )( )( )

,2

,

d C AHK AC

AMd M AHK= = ).

_ Nhắc lại cách xác định từ một điểm đến một mặt phẳng?

_Hãy khai thác triệt để giả thiết của bài toán để tính được khoảng cách từ C đến mp ( )AHK

( ) ,

,

SA ABC BA BC

AH SB AK SC

SA AB BC a

⊥ ⊥

⊥ ⊥ = = =

_Từ các giả thiết đã có chứng minh ( )CK AHK⊥ . Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mp

( )AHK ?

( )( ),d C AHK CK=

_Sử dụng tính chất của 2 tam giác đồng dạng tính ?CK =

_Tính ( )( ), ?d M AHK =

_Nhắc lại quy trình xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau?

_Dựng đường thẳng d qua B và song song AC . Xác định mặt phẳng chứa SB và song song

với AC ?

_Khi đó ( ), ?d AC SB = ( ( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AC SB d AC SBN d A SBN AE= = = , E là hình chiếu của

A lên mp ( )SBN ).

_Xét SAN∆ vuông tại A , nêu tất cả các công thức có thể tính ?AE =

_Từ đó suy ra ( ), ?d AC SB =

Bài 4: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD. Tính

khoảng cách của AM và BN.

Giải

Qua M kẻ MI BNP

Khi đó ( )BN AMIP

Do đó ( , ) ( , ( ))d AM BN d BN AMI=

Kẻ ( )AH BCD⊥ . Suy ra H trùng với

trọng tâm của BCD∆ vì ABCD là tứ

diện đều.

Kẻ ,HK MI HE AI⊥ ⊥ . Ta có

( )AH BCD AH MI⊥ ⇒ ⊥

Ta có

( )HK MI

MI AHK MI HEAH MI

⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Mặt khác

( )

( , ( ))

MI HEHE AMI

AK HE

d BN AMI HE

⊥⇒ ⊥ ⊥

⇒ =

Ta có N là trung điểm của CD và MI BNP ,

M là trung điểm của BC nên I là trung điểm

của CN

1 1

4 4IN CD a⇒ = =

Ta có HKIN là hình chữ nhật nên 1

4HK IN a= =

Trong tam giác vuông AHB ta có

2 2 3 3.

3 3 2 3

a aBH BN= = =

22 2 2 6

3 3

a aAH AB BH a= − = − =

Trong tam giác vuông AHK ta có

2 22 2 2 2 2 2

22

1 1 1 1 1 3 16 35

6 2 29 16

2 70

35 35

a aEH AH HK a a a

a aEH EH

= + = + = + =

⇒ = ⇒ =

Vậy 70

( , )35

ad AM BN =

y

z

x

M

O

A

H

B

CJ

I

Hướng dẫn giải

- Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ta có thể tính theo những cách

nào?

- Ta có thể tính khoảng cách giữa AM và BN bằng cách tính khoảng cách từ BN đến mặt

phẳng chứa AM và song song với BN được hay không?

- Hãy nêu cách xác định mặt phẳng chứa AM và song song với BN

( Qua M kẻ MI BNP . Khi đó ( )BN AMIP và mặt phẳng cần tìm là ( )AMI )

- Nếu gọi H là trọng tâm của BCD∆ , kẻ ,HK MI HE AK⊥ ⊥ . Khi đó ta có được điều gì?

( HE chính là khoảng cách từ BN đến mặt phẳng ( )AMI hay là khoảng cách giữa

AM và BN)

- Ta có thể tính HE bằng cách nào? Và để tính được HE cần tính gì?

( Áp dụng hệ thức 2 2 2

1 1 1

EH AH HK= + trong tam giác vuông AHK. Do đó cần tính

được AH và HK)

- Ta có thể tính AH, HK bằng cách nào?

( Áp dụng 2 2AH AB BH= − trong tam giác vuông AHB, HK IN= vì HKIN là hình

chữ nhật )

Bài 5: Cho góc tam diện Oxyz có 3 mặt bằng 060 . Lấy điểm A cố định trên Ox, gọi OA= a.

a) Tính khoảng cách từ A đến mp(Oyz).

b) Giả sử B, C thay đổi và 1 1 3

OB OC a+ = . Chứng minh rằng mặt phẳng (ABC) luôn

chứa một đường thẳng cố định.

Giải

a) Gọi H là hình chiếu của A lên mp(Oyz)

I là hình chiếu của H lên Oy

J là hình chiếu của H lên Ox

AI Oy

AJ Ox

⊥⇒ ⊥

Có: 0.cos 602

aOI OJ OA= = =

HI HJ⇒ =

OH⇒ là phân giác của ·yOz

⇒ 0

3

cos30 3

OI aOH = =

Trong OHA∆ vuông tại H có:

( )( )

2 22 2 2 2 2

3 3

6

3

6,

3

a aAH OA OH a

aAH

ad A Oyz

= − = − =

⇒ =

⇒ =

b) Gọi M OH BC= ∩

OM⇒ là đường phân giác của OBC∆

·

( )

02. . .cos 2. . .cos30

3. .1

OB OC BOM OB OCOM

OB OC OB OC

OB OC

OB OC

= =+ +

=+

Theo giả thiết ta có:

( )

1 1 3

3

.3

. . 2

OB OC aOB OC

OB OC a

OB OC OB OCa

+ =

+⇔ =

⇒ + =

Thế (2) vào (1) ta được

3. . 3

3 3. .

OB OC aOM

OB OCa

= =

Vì O cố định và OM const= nên M là điểm cố định, ( )M ABC∈

( )mp ABC⇒ luôn chứa một đường thẳng cố định là AM.


E

F

D

A

B

A'

C'

B'

C

a) Để xác định ( )( ),d A Oyz ta thấy:

( )( ),d A Oyz AH= với H là hình chiếu của A lên mp(Oxy)

Tính AH = ? ; ?OA OH⇒ =

Mà ta có: OA a= ; ?OH⇒ =

Từ ;AIO AJO∆ ∆ ta suy ra điều gì ? (suy được 2

aOI OJ= = )

Từ dữ kiện vừa tìm được ta suy ra được gì? ( OH là đường phân giác)

0

3

cos30 3

OI aOH⇒ = =

( )( ) 6,

3

aAH d A Oyz⇒ = =

b) Để mặt phẳng (ABC) luôn chứa một đường thẳng cố định.

Ta chứng minh tồn tại một điểm cố định thuộc mp(ABC)

Gọi M OH BC= ∩

Cần chứng minh M cố định và thuộc mp(ABC)

Hay chứng minh OM const=

3. .

?OB OC

OM OMOB OC

= = +

Cần chứng minh: 3. .OB OCconst

OB OC=

+

Từ 1 1 3

OB OC a+ = và dữ kiện được ở trên ta suy ra:

3

3

aOM = là hằng số

( )M ABC⇒ ∈ AM⇒ là đường thẳng cố định nằm trong mp(ABC).

Bài 6: Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, chiều

cao bằng h

a) Tính diện tích thiết diện qua A và vuông góc với BC’.

b) Xác định h theo a để AB’ vuông góc với BC’.

Giải

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BB’ và BC.

a) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với BC’

Có:

( )

( )( )

'

'

' '

' 1

BB ABC

BB AF

AF BC

AF B BCC

AF BC

⊥

⊥⇒ ⊥⇒ ⊥

⇒ ⊥

Có: EF là đường trung bình của 'B BC∆

( )'

' 2

EF B C

EF BC

⇒⇒ ⊥

P

Từ (1),(2) suy ra ( )'BC AEF⊥

'BC AE⇒ ⊥

⇒ AE, AF cùng nằm trong mặt phẳng (P) qua A và vuông góc BC.

⇒ thiết diện của hình chóp và mặt phẳng (P) là AEF∆

Có:

2 2

2 2

1 1 3. .

2 2 2 2

3.

8

AEF

a h aS AF EF

ah a

+= =

= +

b) Gọi d là đường thẳng qua B’ và song song với BC’

D d BC= ∩

AB’ vuông góc với BC’ · 0' 90AB D⇔ =

( )2 2 2' ' *AD AB B D⇔ = +

' 'B DBC là hình bình hành

( )2 2

' '

' ' 3

B D BC

B D AB a h

⇒ =

⇒ = = +

Trong ABD∆ có:

·

( )

2 2 2

2 2 0

2 2 2

2. . .cos

' ' 2. . .cos120

12. . 3 4

2

AD AB BD AB BD ABD

AB B C AB BD

a a a a a

= + −

= + −− = + − =

Từ (3),(4),(*) suy ra:

2 2 2

2 2

3 2( )

2

2

2

a a h

h a

ah

= +⇔ =

⇒ =


a) Theo yêu cầu bài toán ta xác định mp(P) qua A và vuông góc với BC’

- Theo giả thiết hình lăng trụ ta có nhận xét gì về cạnh bên BB’ với mặt đáy. (suy

ra: ( )'BB ABC⊥ )

- Với F là trung điểm của BC ta có nhận xét gì về AF với (B’BCC’) từ đó ta cho

biết mối quan hệ giữa AF và BC’

( ( )' ' ; 'AF B BCC AF BC⇒ ⊥ ⊥ )

- Với E, F là trung điểm của BB’ và BC’ ta suy đựơc mối quan hệ gì giữa EF và

BC’ ( 'EF BC⇒ ⊥ )

- Từ đó có nhận xét gì cho AE, AF và mp(P) , thiết diện cần tìm là hình gì?

( ,AE AF⇒ nằm trong mp(P); thiết diện là AEF∆ )

- Khi đó ta tìm được 2 21 3. . .

2 8AEF

aS AF EF a h= = +

b) Để xác định h theo a để AB’ vuông góc với BC’ ta dựng đường thẳng d qua B’ và song

song BC’ và D d BC= ∩

- Xét mối quan hệ giữa AD, AB’, B’D ( 2 2 2' 'AD AB B D= + )

- Ta có 'd BCP hãy tính B’D và AB’=? ( 2 2' 'B D AB a h= = + )

- Hãy nêu định nghĩa góc giữa 2 đường thẳng?

- Dựa vào định nghĩa trên trong ABD∆ ta tính AD.

- Từ những dữ liệu trên ta suy ra được h =?.

IO

D

B

A

C

S

Bài 7: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h.

a) Xác định h theo a để góc tạo bởi hai mặt kề nhau bằng 060 .

b) Khi 2

2

ah = thì mặt phẳng qua AC, vuông góc với mặt phẳng (SAD) chia thể

tích khối chóp theo tỉ số nào?

Giải

a) Gọi O AC BD= ∩

I là trung điểm của AD

ϕ là góc giữa ( )mp SAD và ( )mp ABCD

Khi đó · 060SIOϕ= =

Trong SOI∆ vuông tại O có:

0 3.tan . t an60

2 2

3

2

BC aSO OI

ah

ϕ= = =

⇒ =


Theo hình vẽ ta có: h SO=

Để tìm SO, ta dựa vào giả thiết góc tạo bởi hai mặt kề nhau bằng 060 .

Và ta dựng SI với I là trung điểm của AD

Khi đó ta suy ra được điều gì? ( ⇒ · 060SOI ϕ= = )

Mặt khác ta có: SIO∆ vuông tại O và với dữ liệu tìm được ở trên ta

Tìm được: 3

2

aSO h= = .

CHƯƠNG III: DẠY HỌC VECTOR VÀ PHƯƠNG PHÁP TỌA

4. Hướng dẫn học sinh tìm lời giải

Bài 1: Cho ABCD là hình thang cân, / /AD BC , ( ) ( ) ( )1;0 , 2;3 , 5;1A B D . Tính tọa độ đỉnh

C .

Giải

Gọi I là trung điểm AD , suy ra 1

3;2

I

. Giả sử ( );C a b , gọi J là trung điểm của BC , suy

ra 2 3

;2 2

a bJ

+ +

.

Ta có: ( ) ( ) 4 34;1 , 2; 3 , IJ ;

2 2

a bAD BC a b

− + = = − − =

uuur uuur ur

Vì ABCD là hình thang cân và / /AD BC nên ta có:

462 3/ / 4 10 46 54174 1 ,

4 2 4 14 54 17 17IJ 4. 1. 02 2 17

− − == − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ − + + = ⊥ + = =

uuur uuur

ur uuur

a ba

BC AD a bC

a b a bAD b


Hình thang cân ABCD có đặc điểm gì?

Gọi ,I J lần lược là trung điểm của ,AD BC và ( , )C a b . Từ đó có nhận xét gì về IJur

và

ADuuur

.

Từ hai điều kiện trên ta được hệ phương trình gì? Giải hệ phương trình đó ta tìm được tọa

độ của C .

Bài 2: Cho hai điểm (1;0), (5;2)A B và hai đường tròn tâm (0;4)I , bán kính bằng 2 và tâm

'(6;0)I , bán kính bằng 6. Viết phương trình đường thẳng cắt đường tròn (I) tại điểm M và

cắt đường tròn tâm ( 'I ) tại N sao cho ABNM là hình bình hành.

Giải

2 2

2 2

( ) : ( 4) 4

( ') : ( 6) 6

I x y

I x y

+ − =− + =

Gọi 2 2( ; ) ( ) ( 4) 4M a b I a b∈ ⇒ + − =

ABMN là hình bình hành nên

4 4( 4; 2)

2 2N N

N N

AB NM

a x x aN a b

b y y b

== − = −

⇔ ⇔ ⇒ − − = − = −

uuur uuuur

Mà 2 2( ') ( 10) ( 2) 36N I a b∈ ⇒ − + − =

Ta được hệ 2 2

2 2

24( 4) 4

13( 10) ( 2) 36 2

a b a

a b b

− + − = = ⇒ − + − = = −

Suy ra 24 62

( ; ), ( 2;4)13 13

M N− −


- Tìm M, N để ABMN là hình bình hành. Gọi ( ; )M a b

- Theo giả thiết ta có những gì? ( ( )( ; )M a b I∈ )

- Theo tính chất của hình bình hành ta suy ra được gì về vectơ nhằm tìm điểm M

( ta có AB NM=uuur uuuur

)

- Từ đó suy ra tọa độ của N theo tọa độ của điểm M ( ( 4, 2)N a b⇒ − − )

- Với giả thiết về M, N thì ta suy ra được gì để tìm tọa độ của chúng (

2 2

2 2

( 4) 4

( 10) ( 2) 36

a b

a b

+ − =⇒ − + − =

)

- Suy ra tọa độ M, N thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh ,BC AB lần lượt là

3 1 0; 5 0x y x y− − = − − = , đường thẳng AC qua điểm ( )1;2M − . Tìm tọa độ C .

Giải

Ta có: B AB BC= ∩ ⇒ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ( )5 07;2

3 1 0

x yB

x y

− − =⇒ − − =

Gọi 'M là ảnh đối xứng của M AC∈ qua phép đối xứng trục AH , trong đó AH là đường

cao của tam giác cân ABC .

Suy ra ( ) ( )'' ; 5 ' 1; 7AB M a a M M aM a∈ ⇒ − ⇒ = + −uuuuuur

.

Ta có: ( ) ( ) ( )' . 0 1 1 3 7 0 11 ' 11;6BCM M n a a a M= ⇔ + − − = ⇔ = ⇒uuuuuur r

Gọi J là trung điểm của ( )' 5;4MM J⇒ .

H là trung điểm của ( )3 1;⇒ + ∈BC H b b BC .

Ta có: ( ) ( ) ( )3 4 4 8 29 83 4; 4 / / 1; 3 ;

1 3 5 5 5

− − = − − = − ⇔ = ⇔ = ⇒ −

uuur rBC

b bJH b b n b H

Khi đó:

29 232 2. 7

23 65 5 ,8 6 5 5

2 2. 25 5

= − = − = ⇒ = − = − =

C H B

C H B

x x xC

y y y


Tìm tọa độ ( ),C CC x y ta làm như sau:

- AH là đường cao của tam giác cân ABC, suy ra H là trung điểm của BC nên ta được

2

2C H B

C H B

x x x

y y y

= − = −

.

- ( )3 1,H BC H b b∈ ⇒ + ta phải tìm tọa độ của J với J là trung điểm của 'MM

sao cho / / BCJH nuuur uuur

.

- J AH∈ . Tìm tọa độ của J . Ta gọi 'J AH MM= ∩ với M AC∈ và 'M AB∈ là

ảnh đối xứng của M qua phép đối xứng trục AH .

- ( ) ( )'' ; 5 ' 1; 7AB M a a M M aM a∈ ⇒ − ⇒ = + −uuuuuur

. Ta có ' . 0BCM M n =uuuuuur r

suy ra tọa độ của

M’.

Bài 4: Cho ABC∆ cân tại đỉnh ( )4;4A , ngoại tiếp đường tròn tâm ( )1;0I , bán kính bằng 1.

Tính tọa độ B, C.

Giải

Gọi M là trung điểm của BC

Gọi (C) là đường tròn nội tiếp ABC∆ , tâm I và bán kính bằng 1

Phương trình (C) : ( ) 2 21 1x y− + =

Phương trình đường thẳng IA: 1 3

4

x t

y t

= + =

Có ( )1 3 ;4M IA M t t∈ ⇒ +

Mặt khác:

( ) 2 29 16 1

1

5

M C t t

t

∈ ⇒ + =

⇔ = ±

• 1 8 4

;5 5 5

t M = ⇒

Vì M là trung điiểm của BC nên:

162

58

25

16

58

5

B C M

B C M

B C

B C

x x x

y y y

x x

y y

+ = = + = =

= −⇒ = −

Theo giải thiết ABC∆ cân tại A nên:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

2 22 2

4 4 4 4

4 124 4

5 5

3 4 8

8 3 32

4 43

;24

16 2 3;

5 5 4

B B C C

C C C C

C C

CC C

AB AC

AB AC

x y x y

x y x y

x y

xy x

C u u

B u u

=

⇔ =

⇔ − + − = − + −

⇔ − − + − − = − + − ⇔ + =

−⇒ = = −

⇒ − ⇒ − − +

uuur uuur

uuur uuur

• Với 1 2 4

;5 5 5

t M =− ⇒ −

Có:

4

58

5

B C

B C

x x

y y

= − = − −

ABC∆ cân tại A nên:

( ) ( )

2 2

2 22 216 28

4 45 5

3 4 2

2 3 1 3

4 2 41 3

;2 4

1 11 3,

5 10 4

c C C C

C C

CC C

AB AC

x y x y

x y

xy x

C v v

B v v

=

⇔ − − + − − − − − − ⇔ + = −

− −⇔ = = − −

⇒ − − ⇒ − − +

uuur uuur


Gọi M là trung điểm của BC

Gọi (C) là đường tròn nội tiếp ABC∆ , tâm ( )1;0I và bán kính bằng 1. Suy ra dạng của (C)?.

Có tọa độ điểm A và I . Phương trình đường thẳng IA có dạng gì?.

M thuộc IA, suy ta tọa độ của M theo tham số t. Mặt khác M thuộc (C), thế M vào (C) suy ra

giá trị của t. Ta được tọa độ của M?.

M là trung điểm của BC, có suy nghĩ gì về tọa độ của B?.

Tam giác ABC cân, ta có được điều gì?.

Suy ra tọa độ của B và C theo một tham số.

Bài 5. Cho 2 đường tròn ( ) 2 21 : 10x yζ + = và ( ) ( ) 2 2

2 : 5 25x yζ − + = cắt nhau tại ,A B

( )A By y> . Viết phương trình đường thẳng qua A cắt các đường tròn ( ) ( )1 2,ζ ζ tại ,M N

sao cho A là trung điểm MN .

Giải

Giao điểm của ( ) ( )1 2,ζ ζ là nghiệm của hệ:

( )( ) ( )

2 2

2 2

10 11;3 , 1; 3

35 25

x y xA B

yx y

+ = = ⇔ ⇒ − = ±− + =

Do ( ) ( ) ( )2 1 2'NN ζ ζ ζ∈ ⇒ ∈ ∩ , trong đó: ( ) ( ) ( )2 2

1' : 2 6 10x yζ − + − = là ảnh của đường tròn

( )1ζ qua phép đối xứng tâm A .

Tọa độ N là nghiệm của hệ:

( ) ( )( )

( )2 2

2 2

2 6 10 5 1

5 35 25

x y x xl

y yx y

− + − = = = ⇔ ∨ = = − + =

Vậy ( )5;5 : 2 5 0N x y⇒ ∆ − + = là đường thẳng cần tìm.


Phương trình đường thẳng đi qua A có vector chỉ phương là ANuuur

hoặc AMuuuur

.

A là giao điểm của ( ) ( )1 2,ζ ζ thì A(x, y) là nghiệm của hệ: ( )

2 2

2 2

10

5 25

x y

x y

+ =

− + = suy ra tọa độ

của A.

Vậy ta tìm thêm một điểm N hoặc M. Ta tìm N, ( ) ( ) ( )2 1 2'NN ζ ζ ζ∈ ⇒ ∈ ∩ . Trong đó:

( ) ( ) ( )2 2

1' : 2 6 10x yζ − + − = là ảnh của đường tròn ( )1ζ qua phép đối xứng tâm A .

Suy ra dạng của phương trình đường thẳng cần tìm?

Bài 6. Tìm điểm M thuộc elip ( )2 2

: 19 4

x yE + = có khoảng cách ngắn nhất đến đường thẳng

( ) : 5 0d x y+ + = .

Giải:

( )2 2

: 19 4

x yE + =

( ) : 5 0d x y+ + =

Đặt 3cos

2sin

x t

y t

= =

, [ ]0,2t π∈

( )3cos ,2sinM t t⇒ .

Có: ( )( ) 3cos 2sin 5,

2

t td M d

+ += .

Áp dụng BĐT Bunhiacopski: ( ) 23cos 2sin 13t t+ ≤

3cos 2sin 13t t⇒ + ≤

3cos 2sin 13t t⇒ + ≥ −

3cos 2sin 5 5 13t t⇒ + + ≥ − .

Do đó: Min ( )( ) 5 13,

2d M d

−= khi 2 2

3cos 2sin 13

cos sin 1

t t

t t

+ = −

+ =

3cos

132

sin13

t

t

= −⇔ = −

9 4,

13 13M

⇒ − − .


Do M thuộc ( )2 2

: 19 4

x yE + = suy ra tọa độ của ( )3cos , 2sinM t t .

Tính khoảng cách từ M đến đường thẳng d ta dùng công thức nào?

( )( ) 3cos 2sin 5,

2

t td M d

+ += (*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai số 3cos t và 2sin t , biến đổi và thế vào (*) ta được điều

cần tìm?

Bài 8: Cho parabol 2( ) : 4P y x=

a) Tìm quỹ tích hình chiếu của tiêu điểm trên các tiếp tuyến của ( P).

b) Đường thẳng (d): 2 1 0x my− − = cắt (P) tại hai điểm M và N. Chứng minh đường

tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với đường chuẩn của parabol.

c) Cho điểm (1;2)A thuộc (P). Xét hai tia qua A, thay đổi, luôn vuông góc với nhau,

cắt (P) tại hai điểm M, N. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một

cố định, tính tọa độ điểm đó.

Giải

a) Theo giả thiết ta có 2p = . Suy ra tiêu điểm của (P) là (1;0)F .Ta có tiếp tuyến tại

0 0( , ) ( )M x y P∈ là

0 0 0 02( ) 2 2 0y y x x x y y x= + ⇔ − − =

Gọi d là đường thẳng qua F và vuông góc với tiếp tuyến. Do đó d có phương trình:

0 0 0( 1) 2( 0) 0 2 0y x y y x y y− + − = ⇔ + − =

Khi đó hình chiếu của F trên các tiếp tuyến là nghiệm của hệ

0 0

0 0

2 2 0 (1)

2 0 (2)

x y y x

y x y y

− − = + − =

Từ (2) suy ra 0 (1 )

2

y xy

−= . Thay vào (1) ta được

00 0

2 20 0 0

2 20 0 0

20 0

20

(1 )2 . 2 0

2

4 4 0

(4 ) 4

4

4

y xx y x

x y y x x

x y x y

x yx

y

−− − =

⇔ − + − =

⇔ + = +

+⇒ =+

Vậy quỹ tích các hình chiếu của F trên các tiếp tuyến là đường thẳng 2

0 020

4

4

x yx

y

+=+

b) Ta có đường chuẩn của Parabol là : 12

px

−∆ = = −

Ta có phương trình của đường thẳng (d) : 2 1 0x my− − = . Suy ra

2 1x my= +

Thay 2 1x my= + vào phương trình của parabol ta được

2

2

2

4 4(1 2 ) 4 8

8 4 0

' 16 4 0

y x my my

y my

m

= = + = +⇔ − − =∆ = + >

Do đó phương trình có nghiệm

2

2

4 2 4 1

4 2 4 1

y m m

y m m

= + + = − +

Từ đó ta có 2 2 2(8 4 4 1 1,4 2 4 1)M m m m m m+ + + + + và

2 2 2(8 4 4 1 1,4 2 4 1)N m m m m m− + + − +

Suy ra 2 2( 8 4 1, 4 4 1)MN m m m= − + − +uuuur

216 4MN m= +

Do đó đường tròn nhận MN làm đường kính có bán kính là: 28 2R m= + .

Gọi I là trung điểm của MN. Suy ra 2(8 1,4 )I m m+

Ta có ( )2

28 1 1

, 8 21

md I m R

+ +∆ = = + =

Do đó đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với đường chuẩn của parabol

c) Gọi 2 2

( ; ), ( ; ) ( )4 4

a bM a N b P∈ với

, 2a b

a b

≠ ≠

2 24 4( ; 2), ( ; 2)

4 4

a bAM a AN b

− −⇒ = − = −uuuur uuur

Vì

2 2

2

2

4 4. ( 2)( 2) 0

4 42( ) 20

4( ) : 4 ( ) 04

4( ) : 4 ( ) 2( ) 20 0 (1)

a bAM AN a b

ab a b

ax y a

MN x a b y abb b a

MN x a b y a b

− −⊥ ⇒ + − − =

⇔ = − + −

− −= ⇔ − + + =− −

⇒ − + − + − =

Gọi Q là điểm cố định mà (MN) luôn đi qua ,a b∀

(1) ( 2)( ) 4 20 0 ,y a b x a b⇔ − + + + − = ∀

2 0 5(5; 2)

4 20 0 2

y xQ

x y

+ = = ⇔ ⇔ ⇒ − − = = −

Vậy đường thẳng qua M, N luôn qua (5; 2)Q −


a) Từ 2( ) : 4P y x= , ta tìm p và tiêu điểm F.

Viết phương trình tiếp tuyến c tại 0 0( , ) ( )M x y P∈ .

Gọi d là đường thẳng qua F và vuông góc với tiếp tuyến.

Khi đó hình chiếu của F trên các tiếp tuyến là nghiệm của (c) và (d).

Ta tìm được quỹ tích các hình chiếu của F trên các tiếp tuyến là đường thẳng x phụ thuộc vào

0 0,x y .

b) Ta có đường chuẩn của Parabol là : 12

px

−∆ = = − .

Từ phương trình của đường thẳng (d) : 2 1 0x my− − = ta suy ra x = ?.

Thay x vào Parabol ta tìm được các giá trị của y . Rồi thế các giái trị của y trở lại x ta được

hai tọa độ của ,M N . Gọi I là trung điểm MN suy ra tọa độ của I .

Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng : 12

px

−∆ = = − .

c) Giả sử lấy hai điểm M,N thuộc parabol và thỏa điều kiện bài toán. Khi đó tìm tọa độ của M,

N theo phương trình của parabol ?

Tính ,AM ANuuuur uuur

Khi đó theo điều kiện của đề bài là AM AN⊥ ta có được điều gì ?

Viết phương trình của đường thẳng MN. Giả sử đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

Q. Khi đó tọa độ của Q sẽ thỏa mãn phương trình của đường thẳng MN. Dựa vào điều này suy

ra tọa độ của Q.

Bài 9. Cho điểm ( )3;4;5A và mp ( ) ( ) ( ) ( ): 2 1 2 1 1 3 0P k x k y k z k+ − − + + + + = . Chứng

minh rằng hình chiếu của A lên mặt phẳng ( )P thuộc một đường tròn cố định.

Giải

Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 1 02 2 1 3 0 :

3 0

x y zP x y z k x y z

x yP

z

− + + =⇔ − + + + + + + = ⇒ ∆ + + =

∈+

Véc tơ chỉ phương của ∆ là ( )3; 1;4a∆ = − −r

Gọi ( ) ( ) ( ); ; 3; 4; 5K a b c h A AK a b c∆= ⇒ = − − −uuur

. Khi đó ta có hệ phương trình:

( ) ( ) ( )

47

262 2 1 0 2 2 1 033 47 33 1

3 0 3 0 ; ;26 26 26 13

3 4 7 03 3 4 4 5 0 1

13

aa b c a b c

a b c a b c b K

a b ca b cc

= − − + + = − + + = + + + = ⇔ + + + = ⇔ = − ⇒ − − − − + − =− − − − + − = =

Nếu H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( )P thì H thuộc mặt phẳng ( )α qua AK và

vuông góc với ∆ . Và ·AHK nhìn đoạn AK dưới một góc vuông không đổi. Vậy H thuộc

đường tròn cố định nằm trong mặt phẳng ( )α , có tâm là trung điểm AK , bán kính 2

AK.


Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 1 02 2 1 3 0 :

3 0

x y zP x y z k x y z

x yP

z

− + + =⇔ − + + + + + + = ⇒ ∆ + + =

∈+

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và ∆ thì H thuộc đường tròn đường kính AK

trong mặt phẳng (Q) qua A, vuông góc với ∆ .

Bài 10. Cho điểm ( )1;2;3A và đường thẳng ( )0

( ) :1 0

x ky kzd

k x kz k

+ − = − + − =

, k là tham số khác 0.

Chứng minh rằng ( )d luôn thuộc một mặt phẳng ( )P cố định và hình chiếu vuông góc

của A trên d luôn thuộc một đường tròn cố định.

Giải

(d): ( 2 1) 0 ( )

( ) 0 ( )

x y z k Q

x y z k R

+ − + = + − =

( ) : 2 1 0d P x y z⇒ ⊂ + − + =

Mặt khác ( )R chứa đường thẳng 0

:0

x

y z

=∆ − =

cố định

Gọi ( )M P= ∆ ∩ thỏa

0 0

1

2 1 0 1

(0;1;1)

x x

y z y

x y z z

M

= = = ⇔ = + − + = = ⇒

⇒ d đi qua điểm cố định M(0;1;1)

Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d. Suy ra · 090AHM =

⇒ H thuộc mặt cầu (S) tâm 1 3

( ; ;2)2 2

I trung điểm của AM và bán kính 6

2 2

AMR = =

Mà ( )H P∈ nên H thuộc đường tròn

Bài 11. Cho ba điểm ( ) ( ) ( )1;2;3 , 2;3;1 , 3;1;2A B C và mặt phẳng ( ) : 0P x y z− + = .

a) Tính tọa độ tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC∆

b) Tìm M thuộc (P) sao cho 2 2 2MA MB MC+ + nhỏ nhất.

c) Tính diện tích hình chiếu của ABC∆ trên (P).

Giải

a) Ta có: 6, 6, 6= = =AB AC BC

Vậy ABC∆ là tam giác đều.

Gọi ( ; ; )o o oI x y z là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆ trùng với trọng tâm của tam giác.

Nên ta được:

( ) ( )(1 ;2 ;3 ); 2 ;3 ;1 , 3 ;1 ;2 .= − − − = − − − = − − −uur uur uur

o o o o o o o o oIA x y z IB x y z IC x y z

Khi đó, 0IA IB IC+ + =uur uur uur r

6 3 0 2

6 3 0 2

6 3 0 2

o o

o o

o o

x x

y y

z z

− = = ⇔ − = ⇔ = − = =

Vậy tọa độ của tâm đường tròn là: ( )2;2;2I

b) Ta có ( ) ( )1 1 2 2, ,M P M t t t t∈ ⇒ +

( ) ( ) ( )2 2 22

1 1 2 2

2 21 2 1 2 1 2

1 2 3

2 2 6 10 2 14

= − + − − + −

= + − − + +

MA t t t t

t t t t t t

( ) ( ) ( )2 2 22

1 1 2 2

2 21 2 1 2 1 2

2 3 1

2 2 10 8 2 14

= − + − − + −

= + − − + +

MB t t t t

t t t t t t

( ) ( ) ( )2 2 22

1 1 2 2

2 21 2 1 2 1 2

3 1 2

2 2 8 6 2 14

= − + − − + −

= + − − + +

MC t t t t

t t t t t t

( )2 2 2 2 21 2 1 2 1 2

22

21 2

6 4 4 7

3 2 56 2 10

2 2 33

+ + = + − − + +

= + − + − + ≥

MA MB MC t t t t t t

tt t

Vậy 2 2 2MA MB MC+ + nhỏ nhất khi:

2 2 2

21 1

22

10

42 02 3

43 20

32 3

+ + =

+ − = = ⇔ ⇔ =− =

MA MB MC

tt t

tt

⇒ 4 4

;3 3

M

c) Cách 1: Diện tích hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng ( )P .

Ta có: ( ) ( )1; 1;1 , 1; 3; 1p ABCn n= − = − −r r

. Gọi ϕ là góc giữa ( )P và ( )ABC .

| . | 3 3os =

11| | . | | 33

ABC

ABC

n nc

n nϕ⇒ = =

r r

r r .

Diện tích tam giác 1 11

: | [ , ] |2 2ABCABC S AB AC= =

uuur uuur

Diện tích hình chiếu của tam giác ABC lên ( ) 3: ' . os

2ABCP S S c ϕ= = (đvdt)

Cách 2: Gọi 1d là đường thẳng đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) nhận vectơ pháp

tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương. Phương trình tham số của đường thẳng 1d là:

1

1

: 2 ( )

3

x t

d y t t

z t

= + = − ∈ = +

¡

Khi đó tọa độ hình chiếu A’ của A lên mặt phẳng (P) là nghiệm phương trình sau:

111 3

22 8

33 3

2 703 3

x t xx ty t

y tyz t

z t

x y z t z

= + == + = − = − ⇔ ⇔ == + = + − + = = − =

1 8 7

' ; ;3 3 3

A ⇒

Tương tự ta có hình chiếu của C trên mặt phẳng (P) là: 5 7 2

' ; ;3 3 3

C

Vì ( )B P∈ hình chiếu của B trên mặt phẳng (P) là chính nó.

Ta có: 5 1 4 4 1 5

' , , , ' ' , ,3 3 3 3 3 3

A B A C− − − = =

uuuur uuuur, ( )' , ' ' 1, 1,1 3A B A C = − =

uuuur uuuuur

Vậy ' '

1 3' , ' '

2 2A BCS A B A C∆ = = uuuur uuuuur

(đvdt).


a) Độ dài các cạnh AB, AC, BC có bằng nhau không? Nếu bằng nhau thì tam giác ABC là tam

giác gì?

Gọi ( ; ; )o o oI x y z là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆ trùng với trọng tâm của tam giác.

Khi đó, 0IA IB IC+ + =uur uur uur r

. Ta suy ra được tọa độ của I .

b) Ta có ( ) ( )1 1 2 2, ,M P M t t t t∈ ⇒ + . Tính 2MA , 2MB và 2MC . Tính 2 2 2MA MB MC+ + bằng

cách chuyển về tổng các bình phương. Suy ra tọa độ của M.

c) Cách 2: Gọi 1

d là đường thẳng đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) nhận vectơ pháp tuyến

của (P) làm vectơ chỉ phương. Suy ra phương trình đường thẳng 1

d .

Khi đó tọa độ hình chiếu A’ của A lên mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ gồm phương trình

đường thẳng 1

d và (P). Suy ra tọa độ của A’.

Tương tự ta có hình chiếu C’ của C trên mặt phẳng (P). Suy ra tọa độ của C’.

Vì ( )B P∈ hình chiếu của B trên mặt phẳng (P) là chính nó.

Tính ' '

1' , ' '

2A BCS A B A C∆ = uuuur uuuuur

.

Bài 12. Cho hai điểm )2;3;0(),0;0;1( BA . Tìm điểm M thuộc trục Oz sao cho MBMA + nhỏ

nhất.

Giải

Gọi OzaM ∈),0,0(

2

2

1

9 (2 )

MA a

MB a

= +

= + −

2 21 9 (2 )AM BM a a+ = + + + −

Đặt 2 2( ) 1 9 (2 )f a a a= + + + −

2 2'

2 2 2 2

' 2 2

2 2

2

9 (2 ) ( 2) 12( )

1 9 (2 ) 1 9 (2 )

( ) 0 9 (2 ) ( 2) 1 0

9 (2 ) (2 ) 1 :0 2

18 4 4 0 1

2

a a a aa af a

a a a a

f a a a a a

a a a a DK a

aa a

a

+ − + − +−= + =+ + − + + −

= ⇔ + − + − + =

⇔ + − = − + < <

= −⇔ + − = ⇔ =

Bảng biến thiên:

a ∞− 1− 0 1

2 2 ∞+

' ( )f a + 0 − − 0 + +( )f a −∞ 2 10+ 2 5 ∞+

Vậy khi nhỏ nhất BMAM + là 2 5 tại 1

2a =

Do đó: 1

(0,0, )2

M


- Đề bài toán cho những yếu tố nào?

- Điểm M thuộc trục Oz thì tọa độ của M có dạng như thế nào?

? ?

? ?

MA MA

MB MB

= ⇒ =

= ⇒ =

uuur

uuur

- Để BMAM + nhỏ nhất ta cần làm gì?

- Có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để giải bài toán này hay không?

- Từ bảng biến thiên ta kết luận được gì?

- Đặt ( ) ?f a =

' ( ) 0 ?f a = ⇔

- Từ bảng biến thiên ta kết luận được gì?

- Từ đó kết luận tọa độ của M.

Bài 13. Cho hai mặt phẳng ( )( )

: 2 2 3 0

: 2 2 5 0

P x y z

Q x y z

+ − − =

+ + − = và

2:

0

x yd

z

+ = =

a. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc d và tiếp xúc với ( )P và ( )Q .

b. Lập phương trình mặt phẳng qua d cắt ( )P và ( )Q theo hai giao tuyến song

song.

Giải

a. Phương trình mặt cầu

Gọi ( );2 ;0I a a d− ∈ là tâm mặt cầu ( )S cần tìm. Để ( )S tiếp xúc với ( )P và ( )Q thì ta

có:

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 2| 2 2 2 3 | | 2 2 5 |, , 1 1

1 1 03 3

a aa a a ad I P d I Q a

a a

− = =+ − − + − − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇔ − = − =

Suy ra ( )0;2;0I và ( )2;0;0I .

( )( ) 1,

3R d I P⇒ = =

Vậy có 2 mặt cầu cần tìm:

( ) ( ) 22 21

1: 2

9S x y z+ − + = và ( ) ( ) 2 2 2

2

1: 2

9S x y z+ + + =

b. Phương trình mặt phẳng ( )α qua d , cắt ( )P và ( )Q theo hai giao tuyến song song.

Ta có: ( ) ( ) ( )'2 2 3 0

6; 5;' : , '2 2 5 0

2dx y z

d dx y z

P Q a+ − − =

= + + − ==

∩ ⇒ −

r

Mặt phẳng ( ) ( ) ( )2 0: : 2 0 1;1;

0

x yd x y mz n m

zαα α

+ − =⊃ ⇒ + + − = ⇒ = =

r

Để mặt phẳng ( )α cắt ( )P và ( )Q theo hai giao tuyến song song khi và chỉ khi mặt phẳng

( ) '1

/ / ' 6 5 2 02

dd n a m mαα ⇔ ⊥ ⇔ − + = ⇔ = −r r

Vậy ( ) 1: 2 0

2x y zα + − − = .


a) ( );2 ;0I I a ad∈ −⇒

Để ( )S tiếp xúc với ( )P và ( )Q thì ta có: ( )( ) ( )( ), ,d I P d I Q= ?a⇒ = thế vào tọa độ của I

. Tìm ( )( ),R d I P= . Có ,I R suy ra phương trình của ( )S .

b) ( ) ( )'d P Q= ∩ suy ra phương trình của 'd . Từ đó suy ra vector chỉ phương 'dauur

của 'd .

( ) ( ) : 2 0d x y mzα α⊂ ⇒ + + − = . Suy ra ?nα =uur

.

Để mặt phẳng ( )α cắt ( )P và ( )Q theo hai giao tuyến song song khi và chỉ khi mặt phẳng

( ) ( )'/ / ' ?dd n a mαα α⇔ ⊥ ⇒ = ⇒r r

.

Bài 14: Cho đường thẳng (d): 0

1 0

x my z m

mx y mz

− + − = + − − =

. Chứng minh rằng hình chiếu của (d)

trên mặt phẳng (Oxy) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định

Giải

Cho đường thẳng (d): 0

1 0

x my z m

mx y mz

− + − = + − − =

. Chứng minh rằng hình chiếu của (d) trên mặt phẳng

(Oxy) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Giải

Gọi ( )α là mặt phẳng qua (d). Suy ra ( )α có phương trình là

( )( 1) 0

(1 ) (1 ) ( ) 0

x my z m mx y mz

m x m y m z m

λλ λ λ λ

− + − + + − − =⇔ + + − + − − + =

( ) ( ) 3

2 2

( ) 1 , ,1

0.(1 ) 0.( ) 1.(1 ) 0

1

( ) : 2 (1 ) ( 1) 0

Oxy n m m m e

m m m

m

mx m y m

αα λ λ λλ λ λ

λ

α

⊥ ⇒ = + − − ⊥⇔ + + − + − =

⇔ =

⇒ + − − + =

uur ur

Vậy hình chiếu của của (d) lên mặt phẳng (Oxy) có phương trình là:

2 22 (1 ) ( 1) 0( ') :

0

mx m y md

z

+ − − + = =

Trong mặt phẳng (Oxy) ta có

2

2

( 1)( (0;0), ') 1

1

md O d

m

− += =

+

Suy ra hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (Oxy) tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính bằng 1.


Để tìm d’ là hình chiếu của d trên (Oxy) và d’ tiếp xúc với một đường tròn cố định, ta làm như

sau:

- Xác định mp ( )α qua d và vuông góc với (Oxy), vậy ( )α có dạng như thế nào?

- Xác định λ trong ( )α suy ra phương trình ( )α theo m.

- ( )' ( )d Oxyα= ∩ , suy ra phương trình của d’ theo m.

- Tính khoảng cách từ góc tọa độ O(0,0) đến d’. Đây cũng chính là bán kính R của đường

tròn có tâm là O(0, 0).

- Thế các giá trị vào d’. Ta được phương trình d’ cuối cùng cần tìm.

Bài 15. Lập phương trình mặt cầu đi qua ( )2;1; 1M − và tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ.

Giải

Gọi ( ); ;I a b c là tâm mặt cầu ( )S cần tìm. Vì ( )S tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên ta có:

| | | | | |a b c= =

( ) ( )2;1; 1M S− ∈ và ( ), 0; 0 0 ; ; ,M M Mx y z a b c I a a a R a> < ⇒ = = − > ⇒ − =

Nên ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2:S x a y a z a a− + − + + = , mà ( ) ( )2;1; 11

3S

aM

a =∈ ⇒

=−

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

1 : 1 1 1 1S x y z− + − + + = và ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

2 : 3 3 3 9S x y z− + − + + = .


Gọi ( ); ;I a b c là tâm mặt cầu ( )S cần tìm. Vì ( )S tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên ta có

nhận xét gì về các giá trị của , ,a b c .

Với ( ) ( )2;1; 1M S− ∈ và ( ), 0; 0 0 ; ; ,M M Mx y z a b c I a a a R a> < ⇒ = = − > ⇒ − = .

Suy ra mặt cầu ( )S theo tham số a. Thế tọa độ của M vào ( )S ta tìm được giá trị của a = ?.

Vậy ta được phương trình của mặt cầu ( )S .

Bài 16: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = ,

( ) : 2 2 5 0Q x y z+ + − = và điểm (3;1;2)M . Gọi N và K lần lượt là các điểm đối xứng của M

qua (P) và (Q). Tính diện tích tam giác MNK.

Giải

Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng (P). Khi đó ta có phương

trình của (d) là:

3 2

1

2 2

x t

y t

z t

= + = − = +

Gọi 1H là hình chiếu của M trên mặt phẳng (P). Khi đó tọa độ của 1H là nghiệm của

hệ

2 2 1 0

3 2

1

2 2

x y z

x t

y t

z t

− + − = = + = − = +

Từ hệ ta có phương trình

1

2(3 2 ) (1 ) 2(2 2 ) 1 0

89 8 0

911 17 2

, ,9 9 9

t t t

t t

H

+ − − + + − =

⇔ + = ⇒ = −

⇒

Gọi N là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (P). Khi đó ta có 1H là trung điểm

của đoạn MN . Do đó ta có hệ

1

1

1 1

1

1

5

92 225

22 9

2 14

2 9

5 25 14, ,

9 9 9

M NNH

N H M

M NH N H M N

N H MM N

H N

x xxx

x x xy y

y y y y y

z z zz zz z

N

+ − == = − + = ⇒ = − ⇒ = = −+ − = =

⇒ − −

Gọi 'd là đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng (Q). Khi đó ta có phương trình

của ( 'd ) là:

3 '

1 2 '

2 2 '

x t

y t

z t

= + = + = +

Gọi 2H là hình chiếu của M trên mặt phẳng (Q). Khi đó tọa độ của 2H là nghiệm của

hệ

2 2 5 0

3 '

1 2 '

2 2 '

x y z

x t

y t

z t

+ + − = = + = + = +

Từ hệ ta có phương trình

2

3 ' 2(1 2 ') 2(2 2 ') 5 0

49 ' 4 0 '

923 1 10

, ,9 9 9

t t t

t t

H

+ + + + + − =

⇔ + = ⇒ = −

⇒

K là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (Q). Khi đó ta có 2H là trung điểm của

đoạn MK . Do đó ta có hệ

2

2

2 2

2

2

19

92 27

22 9

2 2

2 9

19 7 2, ,

9 9 9

M KKH

K H M

M KH K H M K

K H MM K

H K

x xxx

x x xy y

y y y y y

z z zz zz z

K

+ == = − + − = ⇒ = − ⇒ = = −+ = =

− ⇒

Ta có ( )1. .sin ,

2MNKS MN MK MN MK∆ =uuuur uuuur

32 16 32 16; ;

9 9 9 3

8 16 16 8; ;

9 9 9 3

512.

81

MN MN

MK MK

MN MK

= − − ⇒ = − − − = ⇒ =

=

uuuur

uuuur

uuuur uuuur

Ta có

. . cos( , )

4cos( , ) cos

9

65sin

9

1 16 8 65 64 65. . .

2 3 3 9 81MNK

MN MK MN MK MN MK

MN MK M

M

S∆

=

⇒ = =

⇒ =

⇒ = =

uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

uuuur uuuur


Gọi d là đường thẳng qua M vuông góc với (P), phương trình của d có dạng gì?.

Gọi 1H là hình chiếu của M trên (P). Khi đó tọa độ của 1H là nghiệm của hệ gồm (P) và

đường thẳng d. Suy ra tọa độ của 1H .

N là điểm đối xứng của M qua (P). 1H là trung điểm của MN, suy ra tọa độ của N.

Tương tự, gọi d’ là đường thẳng qua M vuông góc với (Q), phương trình của d’ có dạng gì?.

Gọi 2H là hình chiếu của M trên (Q). Khi đó tọa độ của 2H là nghiệm của hệ gồm (Q) và

đường thẳng d’. Suy ra tọa độ của 2H .

K là điểm đối xứng của M qua (Q). 2H là trung điểm của MK, suy ra tọa độ của K.

Diện tích tam giác MNK được tính theo công thức: ( )1. .sin ,

2MNKS MN MK MN MK∆ =uuuur uuuur

.

Tính , , , , .MN MK MN MK MN MKuuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

Ta có: ( ). . cos ,MN MK MN MK MN MK=uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

( ) .cos ,

.

MN MKMN MK

MN MK⇒ =

uuuur uuuuruuuur uuuur

uuuur uuuur

Ta có: ( ) ( ) ( )2 2cos , sin , 1 sin , ?MN MK MN MK MN MK+ = ⇒ =uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

Ta tính được diện tích của tam giác MNK.

Bài 17. Cho hình chóp SABC có ( ) , , .SA ABC AB BC SA AB BC a⊥ ⊥ = = = Tính góc và

khoảng cách giữa AB và SC .

Giải

Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )2 2

0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ;0;

;0;0 , ; ; , 0; ;0

[ , ] 0; ;

B A a C a S a a

BA a CS a a a BC a

BA CS a a

⇒ = = − =

⇒ = − −

uuur uuur uuur

uuur uuur

Khi đó, khoảng cách giữa AB và CS là:

( )3

2

| [ , ] |,

|[ , ] | 2 2

BA CS BC a ad AB CS

BA CS a= = =

uuur uuur uuur

uuur uuur

z

yx

A C

B

S

Góc giữa AB và CS là:

( )2

2

| . | 3os ,

3| | . | | 3

AB CS ac AB CS

AB CS a= = =

uuur uuuruuur uuur

uuur uuur .


Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ;0;B A a C a S a a .

Ta có công thức tính khoảng cách và góc giữa AB và CS .

( ) | [ , ] |,

|[ , ] |

BA CS BCd AB CS

BA CS=

uuur uuur uuur

uuur uuur

( ) | . |os ,

| | . | |

AB CSc AB CS

AB CS=

uuur uuuruuur uuur

uuur uuur

Bài 18. Cho hình chóp .S ABC có ,SA SB SC a SA SB= = = ⊥ , góc AS ,C BSC bằng 060 . Tính thể

tích khối chóp .S ABC .

Giải:

Ta có · · 0,AS 60SA SB SC a C BSC= = = = = , BSC⇒ ∆ , ASC∆ đều. Suy ra ,BC a AC a= = .

Và lại có ,SA SB a SA SB= = ⊥ nên ASB∆ là tam giác vuông cân tại S . Suy ra 2

2

aSM = ,

SM AB⊥ (1) và 2AB a= .

Mặt khác 2

AC BC aACB

AB a

= = ⇒ ∆=

vuông cân tại C . Suy ra 2

2

aCM = ( là đường trung tuyến ứng

với cạnh huyền).

Trong SMC∆ có 2 2 2SC SM MC= + SMC⇒ ∆ vuông tại M .

SM MC⇒ ⊥ (2)

Từ (1), (2) suy ra ( )SM ABC⊥ .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O C≡ ,CA là trục Ox , CB là trục Oy , Cz là trục Oz , ( / / )Cz SM .

Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0 , ,0, 2 , , ,0 , ,0,0C S a a B a a A a

Ta có: ( ) ( ) ( )0, ,0 , ,0,0 ,AS ,0, 2AB a AC a a a= = − =uuur uuur uuur

( )2; 0,0,AB AC a = uuur uuur

3; .AS 2AB AC a =

uuur uuur uuur

31 2

; .AS6 6

aV AB AC = =

uuur uuur uuur.


bai tap hinh hoc khong gian

Education