Cập nhật nội dung chi tiết về Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích
Để giúp các em học sinh nắm bắt được nội dung môn Toán, cũng như cách giải các dạng toán khảo sát hàm số từ cơ bản đến nâng cao, Nhóm tác giả đã biên soạn cuốn sách Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích
Cuốn sách gồm 2 chương tương ứng với 2 chuyên đề trọng tâm của chương trình Toán THPT. Nội dung mỗi chương gồm các bài được trình bày thống nhất:
- Kiến thức cơ bản: Tóm tắt lý thuyết cơ bản theo từng nội dung kiến thức
- Phương pháp giải các dạng toán thường gặp: Trong mỗi dạng toán đều đưa ra phương pháp giải và các ví dụ minh họa. Các bài tập có kèm theo hướng dẫn giải, giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán và khắc sâu kiến thức.
Chuyên Đề 8: Hình Học Giải Tích Trong Không Gian Oxyz
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 231 Chuyên đề 8: HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Vấn đề 1: MẶT PHẲNG VÀ ĐƯỜNG THẲNG A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỌA ĐỘ 1. 1 2 3 1 2 3 u (u ; u ; u ) u u i u j u k 2. 1 1 2 2 3 3 a b (a b ; a b ; a b ) 3. 1 1 2 2 3 3 a.b a b a b a b 4. 3 1 1 22 3 2 3 3 1 1 2 a a a aa a a,b ; ; b b b b b b 5. 2 2 2 1 2 3 a a a a 6. 1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b 7. a.b Cos(a,b) a . b 8. 1 2 3 1 2 3 a cùng phương b a,b 0 a : a : a b : b : b 9. a,b,c đồng phẳng a,b .c 0 10. Diện tích tam giác: ABC 1 S AB,AC 2 11. Thể tích tứ diện ABCD: ABCD 1 V AB,AC AD 6 12. Thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D': ABCD.A B C DV AB,AD AA MẶT PHẲNG Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá vuông góc mặt phẳng. Phương trình tổng quát: (): Ax + By + Cz + D = 0 ( 2 2 2A B C 0 ) 0 0 0 đi qua M(x ; y ; z ) ( ) : co ù vectơ pháp tuyến : n (A;B;C) 0 0 0 ( ) : A(x x ) B(y y ) C(z z ) = 0 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 232 Mặt phẳng chắn: () cắt Ox, Oy, Oz lần lượt A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), (a, b, c khác 0) x y z ( ) : 1 a b c Mặt phẳng đặc biệt: (Oxy): z = 0, (Oxz): y = 0, (Oyz): x = 0 ĐƯỜNG THẲNG Véctơ chỉ phương của đường thẳng là vectơ khác vectơ 0 và có giá cùng phương với đường thẳng. 0 0 0 1 2 3 đi qua M (x ; y ; z ) d : có vectơ chỉ phương a (a ; a ; a ) 0 0 0 1 2 3 1 2 3 x x y y z z Phương trình tham số : với (a ; a ; a 0) a a a Đường thẳng đặc biệt: y 0 x 0 x 0 Ox : ; Oy : ; Oz z 0 z 0 y 0 B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: x 1 y z 3 2 1 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. Giải Gọi M là giao điểm của với trục Ox M(m; 0; 0) AM = (m –1; –2; –3) Véctơ chỉ phương của d là a = (2; 1; –2). d AM d AM.a 0 2(m – 1) + 1(–2) –2(–3) = 0 m = –1. Đường thẳng đi qua M và nhận AM = (–2; –2; –3) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình: x 1 y 2 z 3 2 2 3 . Cách 2. đi qua A và cắt trục Ox nên nằm trên mặt phẳng (P) đi qua A và chứa trục Ox. đi qua A và vuông góc với d nên nằm trên mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với d. Ta có: +) Vectơ pháp tuyến của (P) là (P) n OA,i . d A O x P Q M Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 233 +) Vectơ pháp tuyến của (Q) là (Q) d n a . = (P)(Q) véctơ chỉ phương của là: (P) (Q) a n ,n . Cách 3. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với d (Q): 2x + y – 2z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của Ox và (Q) M(–1; 0; 0). Véctơ chỉ phương của là: AM . Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 1 z 5 1 3 2 và hai điểm A(–2; 1; 1), B(–3; –1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5 . Giải Đường thẳng đi qua E(–2; 1; –5) và có vectơ chỉ phương a 1; 3; 2 nên có phương trình tham số là: x 2 t y 1 3t z 5 2t (t R). M M 2 t; 1 3t; 5 2t AB 1; 2 ; 1 , AM t; 3t; 6 2t , AB,AM t 12; t 6; t . SMAB = 3 5 1 AB,AM 3 5 2 2 2 2 t 12 t 6 t 6 5 3t 2 + 36t = 0 t = 0 hoặc t = –12. Vậy M(–2; 1; –5) hoặc M(–14; –35; 19). Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 2 z 1 1 1 và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng . Giải Tọa độ giao điểm I của với (P) thỏa mãn hệ: x 2 y 2 z I 3; 1; l1 1 1 x 2y 3z 4 0 Vectơ pháp tuyến của (P): n 1; 2; 3 ; vectơ chỉ phương của : u 1; 1; 1 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 234 Đường thẳng d cần tìm qua I và có một vectơ chỉ phương: P P1 2n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1 Phương trình d: x 3 t y 1 2t z 1 t (t ) Bài 4 :CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1): x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2): 3x + 2y – z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2) Giải Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P1) và (P2): P P1 2n 1; 2; 3 , n 3; 2; 1 (P) vuông góc với hai mặt phẳng (P1) và (P2) (P) có một vectơ pháp tuyến: P P P1 2n n ,n 8; 10; 4 2 4; 5; 2 Mặt khác (P) qua A(1; 1; 1) nên phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 Hay (P): 4x – 5y + 2z – 1 = 0 Bài 5: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B (0; 2; 1) và trọng tâm G(0; 2; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Giải Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC C(1; 3; 4) AB 1; 1; 1 ; AC 2; 2; 4 Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên có một vectơ chỉ phương a AB,AC = 6(1; 1; 0) Mặt khác đường thẳng đi qua điểm C nên Phương trình : x 1 t y 3 t t z 4 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 235 Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1) 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho: MA = MB = MC. Giải 1. đi qua A(0; 1; 2) (ABC) : có vectơ pháp tuyến là AB,AC 2(1; 2; 4) Phương trình mp(ABC): 1(x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 x + 2y – 4z + 6 = 0 2. Cách 1: Ta có: AB.AC 0 nên điểm M nằm trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại trung điểm I(0; 1; 1) của BC. qua I(0; 1; 1) x y 1 z 1 d : d : 1 2 4có vectơ chỉ phương :a (1;2; 4) Tọa độ M là nghiệm của hệ x 22x 2y z 3 0 y 3x y 1 z 1 z 71 1 4 Vậy M(2; 3; 7). Cách 2: Gọi M(x; y; z) Ta có MA MB MA MC M ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 2) (z 1) (x 0) (y 1) (z 2) (x 2) (y 0) (z 1) 2x 2y z 3 0 x 2 y 3 M(2; 3; 7) z 7 . Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 236 Bài 7:CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình: x y z 1 1 1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O Giải 1. (P) d qua A(1; 1; 3) (P) : co ù vectơ pháp tuyến n a (1; 1;2) Phương trình mặt phẳng (P): 1(x – 1) – (y – 1) + 2(z – 3) = 0 x – y + 2z – 6 = 0 2. Gọi M(t; t; 2t + 1) d Tam giác OMA cân tại O MO 2 = OA 2 t 2 + t 2 + (2t + 1) 2 = 1 + 1 + 9 6t 2 + 4t – 10 = 0 5 t 1 t 3 Với t = 1 tọa độ điểm M(1; 1; 3). Với 5 t 3 tọa độ điểm 5 5 7 M ; ; 3 3 3 . Bài 8 :ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(–1; 2; 4) và đường thẳng x 1 y 2 z : 1 1 2 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB). 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. Giải 1. Tọa độ trọng tâm: G(0; 2; 4). Ta có: OA (1; 4; 2),OB ( 1; 2; 2) Vectơ chỉ phương của d là: u (12; 6; 6) 6 2; 1; 1 Phương trình đường thẳng d: x y 2 z 2 2 1 1 2/ Vì M M(1 t; 2 + t; 2t) MA 2 + MB 2 = (t 2 + (6 t) 2 + (2 2t) 2 ) + ((2 + t) 2 + (4 t) 2 + (4 2t) 2 ) = 12t 2 48t + 76 = 12(t 2) 2 + 28 MA 2 + MB 2 nhỏ nhất t = 2. Khi đó M(1; 0; 4) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 237 Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng: 1 x y 1 z 1 d : 2 1 1 ; 2 x 1 t d : y 1 2t t z 2 t 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho A, M, N thẳng hàng Giải 1. Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: 1u (2; 1; 1) và 2u (1; 2; 1) vectơ pháp tuyến của (P) là 1 2 n u ,u ( 1; 3; 5) Vì (P) qua A(0; 1; 2) (P) : x + 3y + 5z 13 = 0. Do B(0; 1; 1) d1, C(1; 1; 2) d2 nhưng B, C (P), nên d1, d2 Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z 13 = 0 2. Vì M d1, N d2 nên M(2m; 1+ m; 1 m), N(1 + n; 12n; 2 + n) AM (2m; m; 3 m); AN (1 n; 2 2n; n) . AM,AN ( mn 2m 6n 6; 3mn m 3n 3; 5mn 5m). A,M,N thẳng hàng AM,AN 0 m = 0, n = 1 M(0; 1; 1), N(0; 1; 1). Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng 1: x 1 t y 1 t t z 2 2: x 3 y 1 z 1 2 1 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng 1 và song song với đường thẳng 2. 2. Xác định điểm A 1, B 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Giải 1. 1 qua M1(1; 1; 2) có vectơ chỉ phương 1a 1; 1; 0 2 qua M2 (3; 1; 0) có vectơ chỉ phương 2a 1; 2; 1 mp (P) chứa 1 và song song với 2 nên (p) có vectơ pháp tuyến: 1 2n a ,a 1; 1; 1 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 238 Phương trình: (P): (x – 1) – (y + 1) + (z – 2 ) = 0 (vì M1(1; 1; 2) (P)) x + y – z + 2 = 0 2/ AB ngắn nhất AB là đoạn vuông góc chung Phương trình tham số 1 : 1 x 1 t A A 1 t; 1 t; 2y 1 t z 2 Phương trình tham số 2: 2 x 3 t B B 3 t ; 1 2t ; ty 1 2t z t AB 2 t t;2 2t t;t 2 Do 1 2 AB AB nên 1 2 AB.a 0 2t 3t 0 t t 0 3t 6t 0AB.a 0 A(1; 1; 2); B(3; 1; 0) . Bài 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(4; 2; 4) và đường thẳng d x 3 2t y 1 t z 1 4t . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A, cắt và vuông góc với d. Giải Lấy M(3 + 2t; 1 t; 1+ 4t) (d) AM = (1 + 2t; 3 t; 5 + 4t) Ta có AM (d) AM . d a = 0 với d a = (2; 1; 4) 2 + 4t 3 + t 20 + 16t = 0 21t = 21 t = 1 Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng AM qua A có vevtơ chỉ phương là: AM = (3; 2; 1) nên phương trình (): x 4 y 2 z 4 3 2 1 . Vấn đề 2: HÌNH CHIẾU VÀ ĐỐI XỨNG A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH CHIẾU Phương pháp Cách 1: (d) cho bởi phương trình tham số: Bài toán 1: Tìm hình chiếu H của điểm A trên đường thẳng (d). Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 239 H (d) suy ra dạng tọa độ của điểm H phụ thuộc vào tham số t. Tìm tham số t nhờ điều kiện d AH a Cách 2: (d) cho bởi phương trình chính tắc. Gọi H(x, y, z) d AH a (*) H (d): Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z Cách 3: (d) cho bởi phương trình tổng quát: Tìm phương trình mặt phẳng () đi qua A và vuông góc với đường thẳng (d) Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên (d). Bài toán 2: Tìm hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (). Phương pháp Cách 1: Gọi H(x; y; z) H () (*) AH cùng phương n : Biến đổi tỉ lệ thức này để dùng điều kiện (*), từ đó tìm được x, y, z. Cách 2: Tìm phương trình đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (). Giao điểm của (d) và () chính là hình chiếu H của A trên mặt phẳng (). Bài toán 3: Tìm hình chiếu () của đường thẳng d xuống mặt phẳng (). Phương pháp Tìm phương trình mặt phẳng () chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (). Hình chiếu () của d xuống mặt phẳng chính là giao tuyến của () và (). ĐỐI XỨNG Bài toán 1: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d. Phương pháp Tìm hình chiếu H của A trên d. H là trung điểm AA'. H A (d) (d) A H d () Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 240 Bài toán 2: Tìm điểm A' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (). Phương pháp Tìm hình chiếu H của A trên (). H là trung điểm AA'. Bài toán 3: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua đường thẳng (). Phương pháp Trường hợp 1: () và (D) cắt nhau. Tìm giao điểm M của (D) và (). Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M. Tìm điểm A' đối xứng với A qua (). d chính là đường thẳng đi qua 2 điểm A' và M. Trường hợp 2: () và (D) song song: Tìm một điểm A trên (D) Tìm điểm A' đối xứng với A qua () d chính là đường thẳng qua A' và song song với (). Bài toán 4: Tìm phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng (D) qua mặt phẳng (). Phương pháp Trường hợp 1: (D) cắt () Tìm giao điểm M của (D) và (). Tìm một điểm A trên (D) khác với điểm M. Tìm điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng (). d chính là đường thẳng đi qua hai điểm A' và M. Trường hợp 2: (D) song song với (). Tìm một điểm A trên (D) Tìm điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng (). d chính là đường thẳng qua A' và song song với (D). (D) () A A’ d M (D) A A’ () d (D) A M A’ d (D) A d A’ Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 241 B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(3; 0;1), B(1; 1; 3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Giải Gọi là đường thẳng cần tìm; nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P) Phương trình (Q): x – 2y + 2z + 1 = 0 K, H là hình chiếu của B trên , (Q). Ta có BK BH nên AH là đường thẳng cần tìm Tọa độ H = (x; y; z) thỏa mãn: x 1 y 1 z 3 1 2 2 x 2y 2z 1 0 1 11 7 H ; ; 9 9 9 26 11 2 AH ; ; 9 9 9 . Vậy, phương trình : x 3 y z 1 26 11 2 Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng: 1 2 x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1 d : ; d : 2 1 1 1 2 1 . 1/ Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2/ Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2. Giải 1/ Mặt phẳng () đi qua A(1; 2; 3) và vuông góc với d1 có phương trình là: 2(x 1) (y 2) + (z 3) = 0 2x y + z 3 = 0. Tọa độ giao điểm H của d1 và () là nghiệm của hệ: x 0x 2 y 2 z 3 y 1 H(0; 1; 2)2 1 1 2x y z 3 0 z 2 Vì A' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA' A'(1; 4; 1) 2/ Viết phương trình đường thẳng : Vì A' đối xứng với A qua d1 và cắt d2, nên đi qua giao điểm B của d2 và (). Tọa độ giao điểm B của d2 và () là nghiệm của hệ B H K A Q Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 242 x 2x 1 y 1 z 1 y 1 B(2; 1; 2)1 2 1 2x y z 3 0 z 2 Vectơ chỉ phương của là: u AB (1; 3; 5) Phương trình của là: x 1 y 2 z 3 1 3 5 Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2) 1/ Chứng minh A'C vuông góc với BC'. Viết phương trình mặt phẳng (ABC') 2/ Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B'C' trên mặt phẳng (ABC') Giải 1/ A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2) C'(0; 2; 2) Ta có: A C (0;2; 2), BC ( 2;2;2) Suy ra A chúng tôi 0 4 4 0 A C BC Ta có: A C BC A C (ABC ) A C AB Suy ra (ABC') qua A(0; 0; 0) và có vectơ pháp tuyến là A C (0; 2; 2) nên có phương trình là: (ABC') 0(x – 0) + 2(y – 0) – 2(z – 0) = 0 y – z = 0 2/ Ta có: B C BC ( 2; 2; 0) Gọi () là mặt phẳng chứa B'C' và vuông góc với (ABC') vectơ pháp tuyến của () là: n B C ,A C 4(1; 1; 1) Phương trình (): 1(x – 0) + 1(y – 2) + 1(z – 2) = 0 x + y + z – 4 = 0 Hình chiếu d của B'C' lên (ABC') là giao tuyến của () với (ABC') Phương trình d: x y z 4 0 y z 0 Bài 4: ĐỀ DỰ BỊ 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A1B1C1D1 có A trùng với gốc tọa độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 2 ). a/ Viết phương trình mp(P) đi qua 3 điểm A1, B, C và viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B1D1 lên mặt phẳng (P). b/ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với A1C. Tính diện tích thiết diện của hình chóp A1ABCD với mặt phẳng (Q). Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 243 Giải Ta có: A(0; 0; 0); B1 (1; 0; 2 ); C1 (1; 1; 2 ); D1 (0; 1; 2 ) a/ 1 1A B 1; 0; 2 , A C 1; 1; 2 P 1 1n A B; A C 2; 0; 1 (P) qua A1 và nhận Pn làm vectơ pháp tuyến (P): 2 x 0 0 y 0 1 z 2 0 2.x z 2 0 Ta có 1 1B D 1; 1; 0 Mặt phẳng () qua B1 (1; 0; 2 ) nhận P 1 1n n , B D 1; 1; 2 làm vectơ pháp tuyến. Nên () có phương trình: (): 1(x – 1) – 1(y – 0) + 2 (z 2 ) = 0 x + y 2z 1 0 D1B1 có hình chiếu lên (P) chính là giao tuyến của (P) và () Phương trình hình chiếu là: x y 2z 1 0 2x z 2 0 b/ Phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với A1C: (Q): x + y 2 z = 0 (1) Phương trình A1C :
Chuyên Đề Một Số Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG GIÁO VIÊN : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nội dung : Phương pháp thế. Phương pháp cộng đại số. Phương pháp biến đổi thành tích. Phương pháp đặt ẩn phụ. Phương pháp hàm số. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Tài liệu dạy thêm tự soạn. Nghiêm cấm sao chép in ấn dưới mọi hình thức. Tác giả : Nguyễn Trường Sơn Gmail : ngoisaocodon1911@gmail.com Sđt : 0988.503.138 Bài 1 : Một số dạng hệ phương trình đặc biệt. Hệ bậc nhất hai ẩn, ba ẩn. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và phương trình bậc cao. PP chung : Sử dụng phương pháp thế. Hệ 2 phương trình. Hệ 3 phương trình. Hệ đối xứng loại 1. PP chung : Đặt ẩn phụ Hệ đối xứng loại 2. PP chung : Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được : Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai. PP chung : Có 2 cách giải Đặt ẩn phụ Chia cả hai vế cho , và đặt Bài 2 : Một số phương pháp giải hệ phương trình Phương pháp thế. * Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào phương trình còn lại. * Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó. Bài 1 . Giải hệ phương trình Lời giải. Từ (1) ta có thế vào (2) ta được Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là Bài 2 Giải hệ phương trình sau : Bài 3 Giải hệ : PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) thay vào PT (1). Nghiệm Bài 4 a) Giải hệ : PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) thay vào PT (1). b) Giải hệ : Bài 6 (Thử ĐT2012) Giải hệ : . Từ (1) thay vào (2). Nghiệm Bài 7. Giải hệ phương trình Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. Lời giải. TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2) TH 2 : thế vào (1) ta được Do nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau: Hệ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ : . Từ (1) thế và thay vào PT (2). Bài 9 Giải hệ : HD : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : Phương pháp cộng đại số. * Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho các bước sau. * Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k. Bài 1 Giải hệ phương trình Bài 2. Giải hệ phương trình Lời giải. ĐK: Hệ . Trừ vế hai phương trình ta được TH 1. thế vào (1) ta được TH 2. . Từ , . Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) Bài 2 Giải hệ phương trình Lời giải. ĐK: . Trừ vế hai pt ta được TH 1. thế vào (1) ta được Đặt ta được và TH 2. . TH này vô nghiệm do ĐK. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) Bài 5 Giải hệ phương trình: Bài 3. Giải hệ phương trình Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế. Lời giải. - Hệ - Giải phương trình này ta được thế vào một trong hai phương trình của hệ ta thu được kết quả * Chú ý Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt hoặc đặt . Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ có nghiệm. Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay Lời giải. TH 1. Vậy hệ có nghiệm TH 2. , Đặt . Hệ Ta có nên hệ có nghiệm pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi hoặc Kết luận. Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm. Lời giải. Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là Điều kiện đủ. Với . Xét hệ pt (II) Giả sử là nghiệm của hệ (II). Khi đó Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) (II) Thay vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy . Bài 6. Giải hệ phương trình Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho và chia hai vế pt thứ hai cho . Lời giải. ĐK: . Dễ thấy hoặc không thỏa mãn hệ pt. Vậy Hệ Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được TH 1. thế vào pt (1) ta được TH 2. không xảy ra do . Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất . Chú ý. Hệ phương trình có dạng . Trong trường hợp này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức. Tổng quát ta có hệ sau: Bài 7. Giải hệ phương trình Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho thì ta được hệ mới đơn giản hơn. TH 1. . Nếu thì hệ hoặc Tương tự với và ta thu được các nghiệm là TH 2. . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho ta được . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được : Từ (4) và (1) ta có Tứ (4) và (2) ta có . Từ (4) và (3) ta có Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có . Vậy hệ có tập nghiệm là S = Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản. Phương pháp biến đổi thành tích. * Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích. Bài 1 (Khối D – 2012) Giải hệ Biến đổi phương trình (2) thành tích. Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y. Hệ đã cho . Hệ có 3 nghiệm Bài 2. (D – 2008) Giải hệ phương trình Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1). Lời giải. ĐK: (1) TH 1. (loại do ) TH 2. thế vào pt (2) ta được . Do . Vậy hệ có nghiệm Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x). Bài 3. (A – 2003) Giải hệ phương trình Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. Lời giải. ĐK: . (1) TH 1. thế vào (2) ta được hoặc (t/m) TH 2. thế vào (2) ta được . PT này vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của hệ là S = Bài 3. (Thi thử GL) Giải hệ phương trình Lời giải. TH 1. thế vào pt thứ hai ta được TH 2. . (2) Trường hợp này không xảy ra do Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = Bài 4. Giải hệ phương trình Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1) Lời giải. ĐK: . (1) TH 1. thế vào (2) ta được TH 2. vô nghiệm do ĐK Vậy tập nghiệm của hệ là S = Bài 5 (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình Điều kiện : PT 0,25 Từ PT (2) ta có 0,25 PT , thay vào PT (2) ta được : hoặc 0,25 Kết hợp với điều kiện ta có , KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : 0,25 Bài 6 (A – 2011 ) Giải hệ PT : HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có . TH1:thay vào PT (1). TH 2: PT(1) Bài 7 (Thử GL 2012) Giải hệ : HD : Từ (2) thay vào (1) ta có : Phương pháp đặt ẩn phụ. Bài 1. Giải hệ phương trình Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. Hệ Đặt ta được TH 1. TH 2. . Vậy tập nghiệm của hệ là S = Chú ý. Nếu hệ pt có nghiệm là thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là . Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là . Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. Bài tập tương tự : (ĐT 2010) Giải hệ phương trình: Bài 2 (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : Bài 4. Giải hệ phương trình Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng và tích Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo và . Rõ ràng hướng này tốt hơn. Lời giải. Hệ . Đặt ta được TH 1. TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được . Vậy tập nghiệm của hệ là S = Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản (I) Thay vào hệ (I) ta được hệ (1) đó chính là ví dụ 2. Thay vào hệ (I) ta được hệ (2) Thay vào hệ (I) ta được hệ (3) Thay vào hệ (I) ta được hệ (4) Thay vào hệ (I) ta được hệ (5) Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) và làm tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn : Thay vào hệ (II) ta được hệ (6) Thay vào hệ (II) ta được hệ (7) Thay vào hệ (II) ta được hệ (8) Thay vào hệ (II) ta được hệ (9) Thay vào hệ (II) ta được hệ (10) ... Bài 5 (D – 2007 ) Tìm m để hệ có nghiệm : . Đặt ẩn phụ Điều kiện Ta có hệ Bài 6 Giải hệ phương trình : (CĐ – 2010 ) (B – 2002) Bài 7 (Sát hạch khối 10 năm 2012) Giải hệ : a) Hệ Đặt Nghiệm b) Hệ Đặt Nghiệm Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ phương trình : ĐK. . Hệ Đặt ta được hệ : Bài 9 (A – 2008) Giải hệ phương trình : Hệ . Đặt ta được : Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = Bài 10 Giải hệ phương trình : Hệ . Đặt ta được hệ hoặc Với hoặc Với hoặc Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : Bài 11 (A – 2006) Giải hệ phương trình : ĐK: Hệ Đặt . ta được hệ pt (thỏa mãn đk) Bài 12 (Thử ĐT2010) Giải hệ phương trình: . Bình phương cả 2 PT. Bài 13 (Thử GL 2012) Giải hệ : PT (1) PT (2) Ta có Bài 14 (ĐT 2011) Giải hệ : . Lần lượt chia cho và đặt ẩn phụ. Bài 15 (B – 2009 ) Giải hệ : . Lần lượt chia cho và đặt ẩn phụ. Bài 16 (Thử ĐT2012) Giải hệ : Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ. Bài 17 Giải hệ phương trình: Phương pháp hàm số. * Cơ sở phương pháp. Nếu đơn điệu trên khoảng và thì : Bài 1 Giải các HPT sau : Bài 2 Giải hệ phương trình : Bài 3. Giải hệ phương trình Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn . Lời giải. Từ (2) ta có Hàm số có nghịch biến trên đoạn . nên (1) thế vào pt (2) ta được . Vậy tập nghiệm của hệ là S = Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đó. Bài 4 Giải hệ phương trình: PT Xét hàm . HS đồng biến. Từ (1) Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất . Bài 5 (A – 2003) Giải hệ : Xét hàm số nên hàm số đồng biến. Từ Thay vào (2) có nghiệm Bài 6 (Thử GL) Giải hệ phương trình . Xét hàm số nên hàm số đồng biến. Từ Thay vào (2) có nghiệm . vậy hệ có nghiệm . Bài 7 (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012) Từ điều kiện và từ phương trình (2) có , xét hàm số trên Hàm số đồng biến trên , ta có Với thay vào (2) giải được Bài 8 (A – 2012) Giải hệ phương trình Từ phương trình (2) nên nên xét trên Chỉ ra f(t) nghịch biến. Có Nghiệm Bài 9. (A – 2010) Giải hệ phương trình Lời giải. (1) với . ĐB trên . Vậy Thế vào pt (2) ta được Với . CM hàm g(x) nghịch biến. Ta có nghiệm duy nhất Bài 10.(Thi thử ĐT 2011) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm Lời giải. - Điều kiện. (1) - Hàm số nghịch biến trên đoạn nên Thế vào pt (2) ta được Hệ có nghiệm Pt (3) có nghiệm Xét . Pt (3) có nghiệm Bài 11 (Thử ĐT 2012) Giải hệ : . TH1 : Xét thay vào hệ thây không thỏa mãn. TH2 : Xét , chia 2 vế của (1) cho ta được Xét hàm số nên hàm số đồng biến. Từ Thay vào (2) ta có PT . Vậy hệ có nghiệm Bài 15. Giải hệ phương trình Phân tích. Nếu thay vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt Lời giải. Thay vào phương trình thứ nhất ta được (1) Xét hàm số có suy ra đồng biến trên . (1) thế vào pt thứ hai ta được . Vậy tập nghiệm của hệ là S = Bài 16. Giải hệ phương trình Lời giải. Trừ vế hai pt ta được với . đồng biến trên . Bởi vậy thế vào pt thứ nhất ta được Với . do và Suy ra đồng biến trên . Bởi vậy Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0 Bài 17. Chứng minh hệ có đúng 2 nghiệm Lời giải. ĐK: . Do nên Trừ vế hai pt ta được Hay với . đồng biến trên . Bởi vậy thế vào pt thứ nhất ta được Với . Ta có Suy ra đồng biến trên . liên tục trên và có nên có nghiệm duy nhất và Từ BBT của ta suy ra pt có đúng 2 nghiệm . Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương. Bài 18 Giải hệ phương trình Lời giải. ĐK: (1) với ĐB trên và NB trên TH 1. hoặc thì Thế vào pt (2) ta được (không thỏa mãn) TH 2. hoặc ngược lại thì TH 3. thì hệ có nghiệm . Vậy hệ có nghiệm duy nhất Phương pháp sử dụng bất đẳng thức. Cơ sở phương pháp : Sử dụng BĐT để chứng minh hoặc ngược lại, dấu bằng xảy ra khi Một số BĐT quen thuộc. Bài 1 Giải hệ : HD : Từ (1) VTVP, dầu bằng khi thay vào PT (2) ta có : Ta có : Bài 2 (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ : (2) . 0,25 (2) . 0,25 Xét hàm số Vì vậy trên hàm số f(t) đồng biến 0,25 TH 1. Kết hợp với . TH 2. hệ trở thành vô nghiệm Vậy hệ đã cho vô nghiệm. 0,25
Các Phương Pháp Giải Toán Hình Học Không Gian
Các phương pháp giải Toán hình học không gian
Luyện thi THPT Quốc gia môn Toán
bao gồm các dạng toán và phương pháp giải bài toán hình học không gian. Hi vọng qua các bí quyết giải toán này, các bạn học sinh khi làm toán sẽ giải bài tập nhanh hơn, tiếp kiệm thời gian bài thi hơn. Đây sẽ là tài liệu hữu ích dành cho các bạn tham khảo nhằm học tốt môn Toán THPT, ôn thi THPT Quốc gia môn Toán hiệu quả.
306 bài tập trắc nghiệm hình học không gian lớp 12
Bài tập trắc nghiệm thể tích khối đa diện (Có đáp án)
Ôn thi Đại học môn Toán – Chuyên đề: Hình học không gian
Ôn thi Đại học môn Toán – Chuyên đề: Hình học giải tích trong mặt phẳng
GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Mở đầu
Hình học không gian là môn học khó đối với nhiều học sinh, nhưng nếu biết đưa ra phương pháp giải cho từng dạng toán, kiên trì hướng dẫn học sinh thực hiện theo đúng phương pháp đó, thì việc học và giải toán hình học không gian sẽ đỡ khó hơn rất nhiều và mỗi học sinh đều có thể học và giải những đề thi đại học phần hình học không gian một cách nhẹ nhàng.
Một số phương pháp giải toán Hình Học Không Gian
BÀI TOÁN 1: Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.
* Phương pháp:
Cách 1: Tìm 2 điểm chung của 2 mặt phẳng đó.
Điểm chung thứ nhất thường dễ thấy.
Điểm chung thứ hai là giao điểm của 2 đường thẳng còn lại, không qua điểm chung thứ nhất.
Cách 2: Nếu trong 2 mặt phẳng có chứa 2 đường thẳng
BÀI TOÁN 2: Tìm giao điểm của đường thẳng a và mặt phẳng (P)
* Phương pháp:
– Ta tìm giao điểm của a với một đường thẳng b nào đó nằm trong (P).
– Khi không thấy đường thẳng b, ta thực hiện theo các bước sau:
1. Tìm một mp (Q) chứa a.
2. Tìm giao tuyến b của (P) và (Q).
3. Gọi: A = a ∩ b thì: A = a ∩ (P).
BÀI TOÁN 3: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng.
* Phương pháp:
Để chứng minh 3 điểm hay nhiều hơn 3 điểm thẳng hàng ta chứng minh các điểm ấy thuộc 2 mặt phẳng phân biệt.
BÀI TOÁN 4: Chứng minh 3 đường thẳng a, b, c đồng quy.
* Phương pháp:
– Cách 1: Ta chứng minh giao điểm của 2 đường thẳng này là điểm chung của 2 mp mà giao tuyến là đường thẳng thứ ba.
Tìm A = a ∩ b.
Tìm 2 mp (P), (Q), chứa A mà (P) ∩ (Q) = c.
– Cách 2: Ta chứng minh: a, b, c không đồng phẳng và cắt nhau từng đôi một.
BÀI TOÁN 5: Tìm tập hợp giao điểm M của 2 đường thẳng di động a, b.
* Phương pháp:
– Tìm mp (P) cố định chứa a.
– Tìm mp (Q) cố định chứa b.
– Tìm c = (P) ∩ (Q). Ta có M thuộc c.
– Giới hạn.
BÀI TOÁN 6: Dựng thiết diện của mp(P) và một khối đa diện T.
* Phương pháp:
Muốn tìm thiết diện của mp(P) và khối đa diện T, ta đi tìm đoạn giao tuyến của mp(P) với các mặt của T. Để tìm giao tuyến của (P) với các mặt của T, ta thực hiện theo các bước:
1. Từ các điểm chung có sẵn, xác định giao tuyến đầu tiên của (P) với một mặt của T.
2. Kéo dài giao tuyến đã có, tìm giao điểm với các cạnh của mặt này từ đó làm tương tự ta tìm được các giao tuyến còn lại, cho tới khi các đoạn giao tuyến khép kín ta sẽ có thiết diện cần dựng.
BÀI TOÁN 7: Chứng minh một đường thẳng a đi qua 1 điểm cố định. * Phương pháp:
Ta chứng minh: a = (P) ∩ (Q) trong đó (P) là một mặt phẳng cố định và (Q) di động quanh một đường thẳng b cố định. Khi đó a đi qua: I = (P) ∩ b.
BÀI TOÁN 8: Chứng minh 2 đường thẳng a, b song song. * Phương pháp:
Cách 1: Ta chứng minh: a, b đồng phẳng rồi áp dụng các phương pháp chứng minh
Cách 2: Chứng minh: a, b cùng
Cách 3: Áp dụng định lý về giao tuyến: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và lần lượt chứa hai đường thẳng song song cho trước thì giao tuyến của chúng cùng phương với 2 đường thẳng ấy.
BÀI TOÁN 9: Tìm góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau a, b. * Phương pháp:
* Chú ý: Ta nên chọn O thuộc a hoặc b khi đó ta chỉ cần vẽ một đường thẳng
BÀI TOÁN 10: Chứng minh đường thẳng a song song với mp(P). * Phương pháp:
– Cách 1: Ta chứng minh: a
– Cách 2: Chứng minh:
BÀI TOÁN 11: Dựng thiết diện song song với một đương thẳng a cho trước. * Phương pháp:
Ta dựa vào tính chất: Mặt phẳng song song với đường thẳng a, nếu cắt mặt phẳng nào chứa a thì sẽ cắt theo giao tuyến song song với a.
BÀI TOÁN 12: Chứng minh 2 mặt phẳng song song. * Phương pháp:
Chứng minh mặt phẳng này chứa 2 đường thẳng cắt nhau lần lượt song song với 2 đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng kia.
BÀI TOÁN 13: Thiết diện cắt bởi một mặt phẳng song song với một mp cho trước. * Phương pháp:
Dựa vào Định lý: Nếu hai mặt phẳng song song bị cắt bởi một mp thứ ba thì 2 giao tuyến
Mời tham gia Thi và Tải đề thi THPT Quốc gia MIỄN PHÍ
Link đề thi trực tuyến: Link tải tài liệu thi thử THPT Quốc gia 2016 MIỄN PHÍ:
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Vật lý
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Hóa học
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Sinh học
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Ngữ văn
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Lịch sử
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Địa lý
Đề thi thử THPT Quốc gia môn Tiếng Anh
Bạn đang đọc nội dung bài viết Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!