CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH ĐH - CĐ
Trong đề thi ĐH – CĐ các năm gần đây, bài toán giải phương trình lượng giác (PTLG) là
một trong các bài toán thường xuyên xuất hiện trong các đề thi. Bài toán này không thuộc trong
nhóm các bài toán khó trong các đề thi nên chỉ cần phương pháp học khoa học học sinh có thể đạt
điểm tối đa đối với bài toàn này.
Trong việc giải PTLG việc tập cho học sinh nhận xét mối quan hệ các góc của các hàm số
trong PTLG rất quan trọng vì điều này sẽ giúp học sinh áp dụng công thức lượng giác hợp lí.
Trong bài viết này tôi xin giới thiệu các phương pháp giải, một số phép biến đổi và một số
kĩ năng cơ bản giúp học sinh nhận dạng và vận dụng các công thức lượng giác hợp lý để giải quyết
tốt bài toán giải phương trình lượng giác trong các đề thi ĐH – CĐ.
PHẦN A – CƠ SỞ LÝ THUYẾT
I – CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC:
1. Các hệ thức lượng giác cơ bản:
Nhớ: “Cùng góc”
sin x
cos x
sin 2 x cos2 x 1; tan x
, cot x
; 1 �sin x, cos x �1
cos x
sin x
1
1
,1 cot 2 x
; tan x.cot x 1.
Suy ra: 1 tan 2 x
2
cos x
sin 2 x
2. Cung có liên quan đặc biệt:
Nhớ: “Cos đối – Sin bù - Phụ chéo”
cos(-α) = cosα
sin(π - α) = sinα
sin( - α) = cosα, cos( - α) = sinα
2
2
sin(-α) = - sinα
cos(π - α) = - cosα
tan(-α) = - tanα
tan(π - α) = - tanα
tan( - α) = cotα, cot( - α) = tanα
2
2
cot(-α) = - cotα
cot(π - α) = - cotα
Đặc biệt:
n
�sin khi k ch �
sin( �k ) �
;tan( �k ) tan
sin khi k l�
�
n
� cos khi k ch �
co s( �k ) �
;cot( �k ) cot
cos khi k l�
�
3. Công thức cộng:
Nhớ: “ Sin thì sin cos, cos sin
Cos thì cos cos, sin sin dấu đối”
tan a tan b
1 tan a. tan b
tan a tan b
tan( a b)
1 tan a. tan b
tan( a b)
4. Công thức nhân đôi:
Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng
2.tan aa”
tan 2 a
sin2a = 2sina.cosa
2
1 tan a
2
cos2a = 2.cos a – 1
= 1 – 2.sin2a
= cos2a – sin2a
5. Công thức hạ bậc:
Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”.
1
1 cos 2 x
1 cos 2 x
,sin 2 x
2
2
6. Công thức biến đổi tổng thành tích:
Nhớ: “Sin cộng sin bằng hai lần sin cos. Sin trừ sin bằng hai lần cos sin
Cos cộng cos bằng hai lần cos cos. Cos trừ cos bằng hai lần cos sin”
cos2 x
ab
ab
sin( a b)
.cos
, tan a tan b
2
2
cos a.cos b
ab
ab
sin(a b)
sin a sin b 2.cos
.sin
, tan a tan b
2
2
cos a.cos b
ab
ab
ab
ab
cos a cos b 2.cos
.cos
, cos a cos b 2.sin
.sin
2
2
2
2
7. Công thức biến đổi tích thành tổng:
Nhớ: “Suy ra từ công thức tổng thành tích”
1
sin a.cos b �
sin( a b) sin( a b) �
�
2�
1
cos a.cos b �
cos( a b) cos(a b) �
�
2�
1
sin a.sin b �
cos( a b) cos(a b) �
�
2�
2t
1 t2
2t
8. Công thức tính theo t = tan a: sin 2 a
,cos 2a
, tan 2 a
2
2
1 t
1 t
1 t2
“Công thức này đa số học sinh không nhớ được nhưng hay dùng trong việc giải PTLG nên
cần lưu ý cho học sinh”
9. Công thức nhân ba:
sin 3a 3.sin a 4.sin 3 a, cos3a 4.cos3 a 3.cos a
sin a sin b 2.sin
tan 3a
3tan a tan 3 a
1 3 tan 2 a
II – CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PTLG: Để giải bài toán này phương pháp thường gặp là thực
hiện một số phép biến đổi hợp lí (vì các công thức lượng giác rất đa dạng) để đưa bài toán về:
+ PTLG cơ bản.
+ PTLG thường gặp:
1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba, … đối với hslg:
2. Phương trình bậc nhất đối với sinu, cosu:
3. PT thuần nhất bậc hai đối với sinu, cosu:
4. Phương trình đối xứng đối với sinu và cosu:
+ Phương trình tích các PTLG cơ bản, các PTLG thường gặp.
+ Hệ các PTLG: phần này ta thuờng sử dụng: “Đưa về tổng các bình phương, đánh giá hoặc
dùng bất đẳng thức …”. Các năm gần đây ít thấy ra dạng này nên tôi không giới thiệu trong chuyên
đề này.
Ngoài ra, ta còn sử dụng cách đặt ẩn số phụ hợp lí để đưa về phương trình theo ẩn phụ đó và
giải tìm nghiệm.
PHẦN B – PHẦN BÀI TẬP
I - MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG:
“Để đưa về PT tích hay để rút gọn”
1) 1 sin 2 x (sin x cos x) 2 ; 1 sin 2 x (sin x cos x) 2
sin x �cos x
cos x �sin x
sin 2 x
2) 1 �tan x
, 1 �cot x
, 3) sin x cos x
cos x
sin x
2
2
2
2
4) cos 2 x cos x sin x cos x sin x . cos x sin x
2
2
5) cos x 1 sin x 1 sin x . 1 sin x
6) t anx+ cot x
sin 2 x 1 cos 2 x 1 cosx . 1 cos x
sin 2 x cos 2 x
2
sin 2 x cos 2 x 2cos2x
, t anx c ot x
sin x.cosx
sin 2x
sin x.cosx
sin 2x
7) sin 3 x cos3 x (sin x cos x)(1 sin x.cos x) ,
sin 3 x cos3 x (sin x cos x)(1 sin x.cos x )
8) cos 4 x sin 4 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x
1
1 �
1 cos 4 x � 3 1
sin 4 x cos 4 x 1 2sin 2 x.cos 2 x 1 .sin 2 2 x 1 . �
� .cos 4 x
2
2 � 2
� 4 4
3
3 �
1 cos 4 x � 5 3
sin 6 x cos6 x 1 3sin 2 x.cos 2 x 1 .sin 2 2 x 1 . �
� .cos 4 x
4
4 � 2
� 8 8
3
3
�3
�
9) sin � x � sin .cos x cos .sin x cos x
2
2
�2
�
7
7
�7
�
cos � x � cos
.cos x sin
.sin x sin x
2
2
�2
�
2
� �
sin �x � sin x.cos cos x.sin
. sin x cos x
4
4
2
� 4�
……………………………………………………………….
II - MỘT SỐ KĨ NĂNG NHẬN DẠNG THƯỜNG DÙNG:
“Để vận dụng công thức lượng giác hợp lý để giải bài toán giải PTLG”
Khi gặp PTLG có chứa:
- “Bình phương, khác góc” ta thường sử sụng công thức hạ bậc.
- “Tích các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tổng.
- “Tổng các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tích.
- “Góc gấp đôi nhau” ta thường sử dụng công thức nhân đôi.
3 7
x ta thường sử dụng công thức cộng để
- “Các góc đặc biệt”, VD như: x , x
,
4
2
4
biến đổi trước. Lưu ý các cặp gặp phụ nhau.
……………………………………………………………………
III - MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG:
cos 2 x
1
sin 2 x sin x
1 tan x
2
Nhận xét : “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để đưa về PT tích”
HD giải:
Điều kiện: sin x.cos x �0 và tanx ≠ 1
cos 2 x
1
cot x 1
sin 2 x sin x
1 tan x
2
Bài toán 1: Giải PTLG sau: cot x 1
cos x sin x cos x sin x cos x sin x
sin x. sin x cos x
cos x sin x
sin x
cos x
�
1 �
� sin x cos x �
sin x cos x
� 0
sin x �
�
PT �
3
sin x cos x 0
(1)
�
�
�
1
�
sin x cos x
0 (2)
sin x
�
ĐS: x
k
4
� �
(1 sin x cos 2x) sin �
x �
Bài toán 2: Giải PTLG sau:
� 4 � 1 cos x (A – 2010)
1 tan x
2
� � 2
. sin x cos x và mẫu có chứa
Nhận xét : “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin �x �
� 4� 2
sin x cos x
1 tan x
nên ta phân tích để rút gọn tử và mẫu cho (sinx + cosx)”
cos x
HD giải:
Điều kiện: cos x �0 và tanx ≠ 1
2
(1 sin x cos 2 x).
.(sin x cos x)
1
2
PT �
.cos x
.cos x
sin x cos x
2
(1 sin x cos 2 x).(sin x cos x)
�
.cos x cos x
sin x cos x
� (1 sin x cos 2 x) 1 � sin x cos 2 x 0 “Góc 2x và 1x: nên sử dụng CThức nhân đôi”
1
� 2sin 2 x sin x 1 0 � sin x 1(loai) hay sin x
2
7
ÐS : x k 2 hay x
k 2 ( k ��)
6
6
1
1
7
�
�
4 sin � x �
Bài toán 3: Giải PTLG sau: sin x
� 3 �
�4
�(A – 2008)
sin �
x
�
2 �
�
�7
�
� 3 �
Nhận xét : “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin �x
�và sin � x �nên ta sử dụng
� 2 �
�4
�
công thức cộng để biến đổi”
HD giải:
3
3
� 3 �
sin �x
cos x.sin
cos x
� sin x.cos
2
2
� 2 �
7
7
2
�7
�
sin � x � sin
.cos x cos
.sin x
. sin x cos x
4
4
2
�4
�
Điều kiện: sin x �0, cos x �0
PT trở thành:
1
1
� 1
�
2 2(sin x cos x) 0 � (sin x cos x) �
2 2 � 0
sin x cos x
�sin x.cos x
�
� � �
sin �x � 0
�
5
� 4�
��
ÐS : x k , x
k , x
k
4
8
8
�
1
sin 2 x
�
2
�
Bài toán 4: Giải PTLG sau:
2 cos x sin x
1
tan x cot 2 x
cot x 1
4
Nhận xét : “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để rút gọn vế phải, ở vế trái
có chứa tanx + cot2x ta biến đổi trước”
HD giải:
sin x.sin 2 x cos x.cos 2 x cos 2 x x
1
Ta có: tan x cot 2 x
cos x.sin 2 x
cos x.sin 2 x sin 2 x
Điều kiện: sin2x.(tanx + cot2x) �0 và cotx �1
2 cos x sin x
1
2
PT �
� sin 2 x 2.sin x � cos x
1
cos x sin x
2
sin 2 x
sin x
Tìm nghiệm và kết hợp điều kiện ta được: x k 2 k ��
4
x�
�
1 tan x.tan � 4
Bài toán 5: Giải PTLG sau: cot x sin x �
2�
�
x�
�
1 tan x.tan �ta biến đổi trước”
Nhận xét : “Ở bài toán này ta để ý ở vế trái có chứa �
2�
�
HD giải:
x
x cos �x x �
cos x.cos sin x.sin
�
�
x
� 2 � 1
2
2
Ta có: 1 tan x.tan
x
x cos x
2
cos x.cos
cos x.cos
2
2
Điều kiện: sinx ≠ 0, cosx ≠ 0
PT � cot x tan x 4 � tan 2 x 4.tan x 1 0 � tan x 2 � 3 .
ĐS: x arctan 2 � 3 k
(1 2sin x) cos x
3 (A – 2009)
(1 2sin x)(1 sin x)
Nhận xét : “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c”
HD giải:
PT � cos x sin 2 x 3. 1 sin x 2.sin 2 x
Bài toán 6: Giải PTLG sau:
� cos x sin 2 x 3. cos 2 x sin x
“Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về
dạng a.sinx + b.cosx”
� cos x sin 2 x 3. cos 2 x sin x
� 3.sin x cos x sin 2 x 3.cos x “Chia hai vế của PT cho 2”
2
3
� �
� �
� sin �x � sin �
2 x � ĐS: x
k
,x
l 2
3�
� 6�
�
18
3
2
Bài toán 7: Giải PTLG sau: sin x cos x sin 2x 3 cos 3x 2(cos 4x sin 3 x) (B – 2009)
Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” Ở bài toán này ta thấy
có chứa tích: cosx.sin2x nên ta biến đổi về tổng và có sin 3x nên ta sử dụng công thức nhân ba để hạ
bậc 3”
HD giải:
1
3
1
PT � sin x sin 3x sin x 3 cos 3 x 2(cos 4 x sin x sin 3 x)
2
4
4
1
3
3
1
� sin 3 x sin x 3 cos 3 x 2 cos 4 x sin x sin 3 x
2
2
2
2
� sin 3 x 3 cos 3 x 2 cos 4 x “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về
dạng a.sinx + b.cosx”
5
�
1
3
sin 3x
cos 3x cos 4x “Chia hai vế của PT cho 2”
2
2
�
�
� cos �
3x � cos 4x
6�
�
ĐS: x
2
k ,x
k2
42
7
6
Bài toán 8: Giải PTLG sau: 2.sin 2 2 x sin 7 x 1 sin x (B – 2007)
Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc”
HD giải:
1 cos 4 x
PT � 2.
sin 7 x 1 sin x
2
� sin 7 x sin x cos 4 x 0 “Tổng ta thường biến đổi về tích để đặt nhân tử chung”
� 2 cos 4 x.s in3x cos 4 x 0
cos 4 x 0
�
� cos 4 x(2s in3x 1) 0 � �
�
sin 3 x sin
6
�
2
5
2
KL : x k , x k
,x
k
8
4
18
3
6
3
2
2
Bài toán 9: Giải PTLG sau: cos 3x cos2x cos x 0 (A – 2005)
Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc”
HD giải:
1+cos6x cos 2 x 1+cos2x 0
cos 2 3x.cos2x cos 2 x 0 �
2
2
� cos6x.cos 2 x 1
“Tích ta thường biến đổi về tổng”
1
� cos8 x cos 4 x 1
“Góc 8x và 4x: nên sử dụng công thức nhân đôi”
2
� 2.cos 2 4 x cos 4 x 3 0. ÐS : x k.
2
Bài toán 10: Giải PTLG sau: sin 2x cos2x 3s inx cos x 1 0 (D – 2010)
Nhận xét : “Góc 2x và 1x: nên sử dụng công thức nhân đôi để biến đổi”
HD giải:
PT � 2sin x.cos x cos 2 x 3sin x cos x 1 0 “Ở đây ta nhóm 2.sinx.cosx với cosx do
khi nhóm với 3.sinx ta không giải tiếp được”
2
� cos x. 2sin x 1 2sin x 3sin x 2 0
� cos x. 2sin x 1 2sin x 1 . sin x 2 0
� 2sin x 1 cos x sin x 2 0
�
2sin x 1 0 1
5
��
ÐS : x k 2 , x
k 2
6
6
cos
x
sin
x
2
0
2
,
PTVN
�
Bài toán 11: Giải PTLG sau: 5.sin x 2 3.(1 sin x).tan 2 x (B – 2007)
Nhận xét : “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy “cùng góc”
nên sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và đưa PT về cùng một hàm số sinx”
HD giải:
PT � 5sinx(1 sin 2 x) 2(1 sin 2 x) = 3(1 sinx).sin 2 x � 2sin 3 x+sin 2 x 5sinx+2=0
1
� t 1, t , t 2
� (t 1)(2t 2 3t 2) 0 (t = sinx)
2
ÐS : x k 2 , x k 2
2
6
6
Bài toán 12: Giải PTLG sau: cos3x cos2x cosx 1 0 (D – 2006)
Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy cos3x và
cos2x ta đều chuyển được về cosx nên sử dụng công thức nhân ba và công thức nhân đôi để đưa PT
về cùng một hàm số sinx”
HD giải:
cos3x cos2x cosx 1 0
� 4.cos3 x 3.cos x 2 cos 2 x 1 cos x 1 0
� (2 cos x 1)(cos 2 x 1) 0
� 2cos3 x cos 2 x 2cosx 1 0
1
2
� cos x ,sin x 0
ÐS : x � k 2 , x k
2
3
Bài toán 13: Giải PTLG sau: sin x.sin 2 x sin 3 x 6 cos 3 x
Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng:
a.sin 3 x + b.cos 2 x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ”
HD giải:
PT � 2.sin 2 x.cos x 3sin x 4sin 3 x 6.cos3 x 0
Khi cosx = 0 � sin 2 x 1 (không thỏa phương trình).
Khi cosx ≠ 0:
Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được:
t 3 2t 2 3t 6 0 � t 2 . t 2 3 0
Bài toán 14: Giải PTLG sau: sin 3 x 3 cos 3 x sin x.cos 2 x 3.sin 2 x.cos x (B – 2008)
Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng:
a.sin 3 x + b.cos 2 x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ”
HD giải:
Khi cosx = 0 � sin 2 x 1 (không thỏa phương trình).
Khi cosx ≠ 0:
Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được:
t 3 3t 2 t 3 0 � (t 3)(t 2 1) 0
ÐS : x k , x � k
� t 3, t �1
3
4
� �
� �
� �
Bài toán 15: Giải PTLG sau: cos �x � cos �x � cos �x �
� 3�
� 6�
� 4�
� �� �
�x � �x �
Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc: � 3 � � 6 � � �nên ta áp dụng công
�x �
2
� 4�
thức biến đổi tổng thành tích để biến đổi PT”
HD giải:
� �
� �
� �
PT � 2.cos �x �
.cos cos �x �
� cos �x � 0
ĐS: x k
2
� 4 � 12
� 4�
� 4�
4
4
sin x cos x
cos 2 4 x
Bài toán 16: Giải PTLG sau:
�
� �
�
tan � x �
.tan � x �
�4
� �4
�
Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc x và x phụ nhau, tử ta sử dụng các phép biến
4
4
đổi thường gặp”
HD giải:
Điều kiện:
7
�
��
�
�
�
�
�
Ta có: � x � � x � nên tan � x � cot � x �
�4
� �4
� 2
�4
�
�4
�
3 1
2
2
Khi đó: PT � .cos 4 x cos 4 x � 4cos 4 x cos 4 x 3 0
4 4
cos 4 x 1
�
�
�
3
�
cos 4 x
�
4
CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ 2002 ĐẾN
NAY
I. Biến đổi để đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 đối với một hslg
1. (KA2002) Tìm các nghiệm thuộc khoảng (0; 2π) của phương trình
cos3x + sin3x
5
5(s inx +
) cos2x + 3
ĐS ;
1+sin2x
3 3
2. (Dự bị2002)
ĐS: x � k
6
sin 4 x cos 4 x 1
1
cot g 2 x
5sin 2 x
2
8sin 2 x
3. (Dự bị2002)tgx + cosx - cos2x = sinx(1 + tgxtg
4. (KB2003) ) cotgx - tgx + 4sin2x =
5. (Dự bị2003) c otx = tanx +
x
)
2
ĐS: x 2k
ĐS x = � k
3
ĐS x � k
3
2
sin 2x
2cos4x
sin2x
6. (KB2004) 5sinx 2 = 3(1 sinx)tan2x.
2
3
8. (KD2005) sin4x + cos4x + cos(x- )sin(3x- ) - = 0
4
4
2
6
6
2 cos x sin x s inxcosx
9. (KA2006)
0
2 2s inx
x
10. (KB2006) c otx + sinx(1 + tanxtan ) 4
2
7. (KA2005) cos23xcos2x - cos2x = 0
5
k 2 ;
k 2
6
6
ĐS x
ĐS x k
ĐS x
k
4
5
k 2
4
5
k
ĐS x k ;
12
12
2
ĐS x � k 2 ; k
3
ĐS x
11. (KD2006 ) Cos3x + cos2x cosx 1 = 0
� �
(1 sin x cos 2x)sin �
x �
12. (KA2010)
� 4 � 1 cos x
1 tan x
2
II. Biến đổi để đưa về phương trình bậc nhất đối với sin u ( x ), cos u ( x )
1.KA2009
(1 2sin x) cos x
3
(1 2sin x)(1 sin x)
2.KB 2009
sin x cos x sin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin 3 x)
x
8
2
k
18
3
x=
2
k 2 ;
k
6
42
7
k ; x k
18
3
6
2
4.(KB2008) sin 3 x 3cos3 x s inxcos 2 x 3sin 2 xcosx ĐS x k ; x k ; k
4
4
3
3.KD2009
x
3 cos5x 2sin 3x cos 2x sin x 0
2
x�
� x
5.(KD) �
sin cos � 3cosx = 2
2�
� 2
2
6. (Dự bị2005) Tìm nghiệm trên khoảng 0; của pt 4sin
7. (Dự bị2002) Cho pt
a. Giải pt (*) khi a =
x
� 3 �
3cos2x = 1 + 2cos 2 �x �
2
� 4 �
5 17 5
;
;
ĐS
18 18 6
2s inx + cosx + 1
a (*)
sinx - 2cosx + 3
1
3
1
k ; �a �2
4
2
III. Biến đổi, nhóm, đặt nhân tử chung để đưa về phương trình tích
ĐS x
b. Tìm a để pt (*) có nghiệm.
ĐS x
1. (KB2002) sin23x - cos24x = sin25x - cos26x
cos 2 x
1
+ sin2x - sin2x
1 tgx
2
x � 2
x
2�
tan x cos 2 0
3: (KD2003) sin � �
2
�2 4 �
k
4
ĐS x k 2 ; k
4
ĐS x � k
3
ĐS x k 2 ; � k 2
3
ĐS x � k 2 ; k
3
4
2
ĐS x � k 2 ; k
3
4
ĐS x k ; x k 2 ; k 2
4
2
ĐS x
2.(KA2003) cotgx - 1 =
4.(Dự bị2003) 3 - tgx(tgx + 2sinx) + 6cosx = 0
5.(Dự bị2003) cos2x + cosx(2tg2x - 1) = 2
6.( KD2004) (2cosx 1)(2sinx + cosx) = sin2x sinx
7. (KB2005) 1 + sinx + cosx + sin2x + cos2x = 0
8.(KA2007) (1 + sin2x)cosx + (1 + cos2x)sinx = 1 + sin2x
9. (KB2007) 2sin22x + sin7x 1 = sinx
1
1
7
4sin(
x)
3
10.(KA2008) s inx
4
sin( x )
2
k
k
;x
9
2
ĐS x
5
k ; x k ;
k
4
8
8
k ; x k ; k
4
4
3
2
ĐS x � k 2 ; k
3
4
x = k (k Z)
4
2
11.(KB2008) sin 3 x 3cos 3 x s inxcos 2 x 3sin 2 xcosx ĐS x
12. (KD2008) 2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx
13. KB2010 (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0
14. KD2010
sin 2 x cos 2 x 3sin x cos x 1 0
9
ĐS x k 2
6
x
5
k 2
6
15. KA2011
1 sin 2 x cos 2 x
2 sin x sin 2 x
1 cot 2 x
Đ/s x k , x k 2
2
4
k 2
16. KB2011 sin 2 x cos x sin x cos x cos 2 x sin x cos x Đ/S x k 2 x
2
3
3
s in2x 2 cos x sin x 1
0
x k 2
17. KD2011
Đ/S
3
tan x 3
Trên đây là một sô phương pháp, một số phép biến đổi và một số kĩ năng thường sử dụng
trong việc giải PTLG, không có kĩ năng hay phương pháp nào là tuyết đối. Muốn giải tốt các bài tập
dạng này học sinh phải nắm vững lý thuyết lượng giác và giải nhiều bài tập để tự rút ra kinh nghiệm
riêng cho bản thân mình.
10
CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
A. Bài toán tính thể tích khối đa diện:
I/ Cơ sở lý thuyết cần nắm:
+ Thể tích khối chóp: V =
1
S.h
3
(S: diện tích đáy, h: chiều cao)
+ Thể tích khối hộp: V = a.b.c
(a,b,c: độ dài ba cạnh)
+ Thể tích khối lăng trụ:
V = S.h
(S: diện tích đáy, h: chiều cao)
II/ Các dạng toán về tính thể tích:
Loại 1: Tính thể tích bằng cách sử dụng trực tiếp các công thức toán
+ xác định chiều cao của khối đa diện cần tính thể tích (dựa vào các định lí quan hệ vuông góc đã
biết: định lí 3 đường vuông góc, định lí đk đường thẳng vuông góc mặt phẳng …)
+ tìm diện tích đáy bằng các công thức quen biết.
Ví dụ:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tại A và D, có AB=AD=2a; CD=a. góc giữa 2
mặt phẳng (SCB) và (ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm AD biết 2 mặt phẳng (SBI) và (SCI)
cùng vuông góc với (ABCD). Tính thể tích khối chóp SABCD?
Giải:
Vì 2 mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với (ABCD) mà (SBI) và (SCI) có giao tuyến là SI
là đường cao. Kẻ IH vuông góc với BC ta có góc tạo bởi mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là
� = 600 . Từ đó ta tính được:
SHI
IC = a 2;IB = BC = a 5
2S
1
3 3
3 15 3
SABCD = AD(AB + CD) = 3a 2 nên IH = IBC =
a . Từ đó VSABCD =
a
2
BC
5
5
Các bài toán cùng dạng: ĐH A-2009; ĐH B-2009; ĐH D-2009; ĐH A-2007; ĐH B-2006
Loại 2: Tính thể tích bằng cách sử dụng công thức tỉ số thể tích hoặc phân chia khối đa diện
thành các khối đa diện đơn giản hơn.
+ phân chia khối đa diện thành tổng hoặc hiệu các khối cơ bản ( hình chóp hoặc hình lăng trụ) mà
các khối này dễ tính hơn.
+ Hoặc so sánh thể tích khối cần tính với một khối đa diện khác đã biết trước thể tích.
Với loại này ta hay sử dụng kết quả sau đây:
Cho hình chóp S.ABC. lấy A', B', C' tương ứng trên cạnh sau đây SA, SB, SC. Khi đó:
VS . A' B 'C '
SA' SB ' SC '
.
.
V S ABC
SA SB SC
Ví dụ áp dụng:
11
� = 600 , SA vuông góc với đáy (ABCD),
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
SA=a. Gọi C' là trung điểm SC, mặt phẳng (P) đi qua AC song song với BD cắt các cạnh SB, SC
của hình chóp tại B', D' . Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D'.
Hướng dẫn giải:
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra AC' và SO cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC. Từ I
thuộc mặt phẳng (SDB) kẻ đường thẳng song song với BD cắt SD tại B', C' là 2 giao điểm cần tìm.
Ta có:
SC ' 1 SD' SB' 2
;
SC
2 SD
SB
3
Dễ thấy
VS.AB'C'D' = 2VS.AB'C'; VS.ABCD = 2VS.ABC
1
3
VS . AB 'C ' D ' VS . AB 'C '
SA SB' SC ' 1
.
.
VS . ABCD
VS . ABC
SA SB SC
3
1
3
1
3
� = a.a.a.
Ta có VSABCD = SA.SABCD = SA.AD.AB.sin DAB
VS . AB 'C ' D '
3
3
= a 3.
2
6
3 3
a
18
Dạng toán tương tự:
Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình chữ nhật AB=a, AD=2a, cạnh SA vuông góc với
đáy, cạnh SB hợp với đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy M sao cho AM =
a 3
. Mặt phẳng
3
BCM cắt DS tại N. tính thể tích khối chóp SBCMN.
Các bài toán cùng dạng: ĐH A-2004; ĐH D-2006; ĐH A-2003
Loại 3: Tính thể tích khối đa diện bằng phép tính tọa độ trong không gian
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình chữ nhật AB=a, AD = a 2 , SA =a và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm
của BM và AC. Tìm thể tích khối tứ diện ANIB.
Giải: dựng hệ trục tọa độ Axyz với gốc A
12
Trong hệ trục tọa độ này, ta có
A(0;0;0);D(a 2;0;0)
B(0;a;0);C(a 2;a;0);S(0;0;a)
Như vậy I = (
Ta có: NA
1
2
1
2
Khi đó ta có MI IB MI IB
a 3 a
; ;0)
2 3
a 2 a
a 3
a
a
a
; ; ; NB
; ; ;
2
2
2
2
2
2
a2
a2
2
a 2
a
a
NI
; ;
6
6
2
3
1
a 2
Từ đó: NA, NB 2 ;0; 2 Vì vậy: V ANIB NA, NB .NI
6
36
Các bài toán cùng dạng: ĐH A-2003; ĐH A-2004; ĐH B-2006; ĐH D-2009
Các dạng toán khác:
Ngoài các dạng thường gặp nêu trên, còn có dạng toán Sử dụng phương pháp thể tích để
tìm khoảng cách
Các bài toán về thể tích khối đa diện có kết hợp với việc tìm GTLN, NN
Các bài toán về so sánh thể tích.
Ví dụ:
Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, đường cao hình chóp bằng a 3 . Mặt phẳng
(P) qua cạnh đáy BC và vuông góc với cạnh bên SA chia khối chóp S.ABC thành hai phần. Tính tỉ
số thể tích của hai phần đó.
S
Hướng dẫn giải:
Vì S.ABC là hình chóp đều nên
H của của hình chóp là tâm tam giác
có AH cắt BC tại trung điểm M của
SA. Hạ BN vuông góc với SA suy ra
suy ra tam giác BCN là thiết diện mà
chóp S.ABC.
Vì thiết diện chia khối chóp
hai khối tứ diện có chung đáy (BCN)
tích bằng tỉ số hai đường cao
N
C
A
H
M
B
13
chân đường cao
đều ABC. Ta
BC và BC
SA (BCN),
mp(P) cắt hình
S.ABC thành
nên tỉ số thể
AN/SN.
a 3 a 3
.
AN AH . AM
AH . AM
3
2 3
Vì SAH MAN nên:
2
2
2
10 2
SA
20
SA
SH AH
a
3
Vậy tỉ số thể tích là:
V ANBC
V SNBC
3
17
hoặc
V SNBC
17
V ANBC
3
III/ Một số bài tập cùng dạng:
Câu 1) Cho khối chóp S.ABCD có mặt bên SAD vuông góc (ABCD), góc tạo bởi SC và (ABCD)
là 600, góc tạo bởi (SCD) và (ABCD) là 450, đáy là hình thang cân có 2 cạnh đáy là a, 2a; cạnh bên
bằng a. Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của SD,BC.Tìm góc tạo bởi PQ và mặt phẳng (ABCD).Tính
V khối chóp?
HD: Kẻ SH vuông góc với AD thì SH là đường cao(SC,(ABCD))= SCˆH;
(SM, ABCD)) = HMˆS) , với M là chân đường cao kẻ từ H lên CD. Từ P hạ PK vuông góc với AD
ta có (PQ, (ABCD)) = PQˆK
Câu 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAˆD = 600 , SA vuông góc với
đáy(ABCD), SA=a. Gọi C là trung điểm SC, mặt phẳng (P) đi qua AC song song với BD cắt các
cạnh SB, SD của hình chóp tại B’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’
ĐS VSAB 'C ' D '
3 3
a ( đvtt)
8
Câu 3) Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A 1BC) tạo với đáy 1 góc
300 và tam giác A1BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
ĐS: V = 8 3
Câu 4) Khối lăng trụ ABCA1B1C1 có đáy là tam giác vuông cân, cạnh huyền AB= 2 . Mặt phẳng
(AA1B) vuông góc với mặt phẳng (ABC), AA1= 3 ; góc A1AB nhọn, góc tạo bởi (A1AC) và mặt
phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
ĐS: V =
3 5
10
Câu 5) Khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A 1B1C1D1 có khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và A 1D
bằng 2, độ dài đường chéo mặt bên bằng 5.
a) Hạ AK A1D (K thuộc A1D). Chứng minh rằng AK=2.
b) Tính thể tích khối lăng trụ. ABCD.A1B1C1D1
ĐS: b) V = 20 5
Câu 6) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường
thẳng SB và SC
a) Tính khoảng cách t ừ A đến mặt phẳng (SBC)
b) Tính thể tích của khối chóp A.BCMN.
ĐS: a) d =
2 57 a
3 3a 3
; b) V =
19
50
B. Bài toán về Khối nón, khối trụ
I. Kiến thức cơ bản:
1/ Mặt nón, hình nón và khối nón
+ Thể tích:
V=
1
R 2 h
3
+ Diện tích xung quanh:
+ Diện tích toàn phần:Stp = Rl R 2
(R: bán kính đáy, h: chiều cao, l: đường sinh)
2/ Mặt trụ, hình trụ và khối trụ
+ Thể tích: V = R 2 h
+ Diện tích xung quanh: Sxq = 2Rh
+ Diện tích toàn phần:Stp = 2Rh R 2
(R: Bán kính đáy, h: chiều cao)
14
Sxq = Rl
3/ Chú ý:
+ Cắt mặt nón bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh ta được thiết diện là một tam giác cân.
+ Cắt mặt nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục ta được thiết diện là một hình tròn.
+ Cắt mặt trụ bởi một mặt phẳng song song hoặc chứa trục ta được thiết diện là một hình chữ nhật.
+ Cắt mặt trụ bởi một mặt phẳng vuông góc với trục ta được thiết diện là một hình tròn.
II/ Bài tập vận dụng:
1/ Cho hình lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A'B'C'D'E'F' cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Tính
thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ.
ĐS: V =
3
a 2 h
4
2/ Cho hình trục có trục O 1O2. Một mặt phẳng song song với trục cắt hình trụ theo thiết diện dện là
hình chữ nhật ABCD. Gọi O là tâm của thiết diện đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
ABCD bằng bán kính đường tròn đáy của hình trụ. Tính số đo góc O1OO2.
ĐS: O1OO2 90 0
3/ Cho hình trụ có chiều cao và bán kính đáy đều bằng a
a) M, N là hai điểm lấy trên hai đường tròn đáy sao cho MN tạo với trục của hình trụ một góc .
Tính khoảng cách từ trục của hình trục đến đường thẳng MN.
b) Một mặt phẳng song song với trục của hình trụ và cắt hính trụ theo thiết diện là hình vuông.
Tính khoảng cách từ trục của hình trụ đến mặt phẳng
c) Một mặt phẳng không song song với trục của hình trụ và cắt hình trục theo một thiết diện là
hình vuông. Tính góc tạo bởi mặt phẳng với trục của hình trụ.
ĐS: a) d =
a
4 tan 2 ; b) d' = a 3 ; c) cos 10
2
2
5
4/ Một hình trụ có bán kính R và chiều cao R 3 . A và B là hai điểm trên hai đường tròn đáy sao
cho góc tạo bởi AB và trục của hình trụ bằng 300.
a) Tính diện tích của thiết diện qua A và song song với trục của hình trụ.
b) Tính góc giữa hai bán kính qua A và B.
c) Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và trục của hình trụ.
ĐS: a) S = R 2 3 , b) 60 0
c) Dựng đường thẳng qua H và song song OO' cắt AB tại I
- Dựng IJ//OH (J thuộc OO'), IJ chính là đoạn thẳng vuông góc chung phải dựng, IJ =
R 3
2
5/ Cho một hình trụ tròn xoay đáy là đường tròn (O) và (O') có bán kính bằng 3 đơn vị, chiều cao
của hình trụ là 4 đơn vị. Gọi AB là một đường kính cố định của (O). M là một điểm lưu động trên
(O'). Gọi MC là đường sinh qua C, C ở trên đường tròn (O). Kẻ HC vuông góc với AB và đăth Ah
= x.
a) 1. Chứng minh rằng tổng số bình phương các cạnh của hình chóp MABC là một hằng số.
2. Tính MH theo x.
3. Định vị trí của M để diện tích S của tam giác MAB đạt cực đại.
4. Tính thể tihcs V của hình chóp MABC. Chứng minh rằng V cực đại khi S cực đại.
b) Định x để V = 4k (k là số cho trước)
ĐS:
a) 1. T = 156; 2. MH = x 2 6 x 16 , 0 x 6 ; 3. S = 3MH, S đạt cực đại khi x = 3, H trùng với
O, M là điểm mà đường sinh MC đi qua điểm chính giữa C của cung AB.(dùng phương pháp đồ
thị); 4. V = 4 x(6 x ) , V cực đại khi x = 3, khi đó S cực đại.
b) x 3 9 k 2 , x 3 9 k 2 , 0 k 3
6/ Một hình nón có đường sinh l và góc giữa đường sinh và đáy là .
a) Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón.
b) Gọi I là điểm trên đường cao SO của hình nón sao cho
thiết diện qua I và vuông góc với trục.
ĐS: a) Sxq = l 2 cos ;
b) Sthiết diện = k 2 l 2 cos 2
15
SI
k , 0 k 1 . Tính diện tích của
SO
C. Bài toán về khoảng cách
I/ Các dạng toán về khoảng cách
1/Khoảng cách từ 1 điểm M đến 1 mặt phẳng ( ) :
+Bước1: Chon mp( ) chứa ( qua ) M và vuông góc với ( )
+Bước2: Tìm giao tuyến d của mp ( ) và mp( )
+Bước3: Dựng MH d tại H � MH ( ) � MH =
d[M;( )]
Hình vẽ minh họa:
M
d
H
2/Khoảng cách giửa đường thẳng và mặt phẳng song song với đường thẳng đó:
Bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng đến mặt phẳng
3/Khoảng cách giửa hai mặt phẳng song song
Bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trong mặt phẳng này đến mặt phẳng kia(hoặc ngược
lại)
4/Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
*Phương pháp1:Nên dùng cho 2 đường thẳng chéo nhau mà vuông góc với nhau
Dựng đoạn vuông góc chung
a
d[a;b] OH
b
H
O
*Phương pháp2: Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau làm các bước sau
+Bước1: Tìm mp ( ) chứa b và mp ( ) // a
+Bước2:
d a ;b d a ;( ) d M ;( ) MH
16
a
M
H
b
*Phương pháp3: Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau làm các bước sau
+Bước1: Tìm mp ( ) chứa a và mp ( ) chứa b mà mp ( ) // mp ( )
+Bước2:
d a ;b d ( );( ) d M ;( ) MN
a
M
b
N
*Phương pháp4: Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau làm các bước sau
+Bước1: Tìm mp ( ) vuông góc a và cắt a tại O
+Bước2: Tìm hình chiếu b’ của b lên mp ( ) ; rõ ràng a//mp(b,b’)
Suy ra: d a;b d a ;mp (b ,b ') d O;mp (b ,b ') OH
*Nói thêm: MN là đoạn vuông góc chung của a và b
b
a
M
N
O
b'
H
Lưu ý cần thiết:
1/Để tính khoảng cách từ M đến mp ( ) ta có thể làm như sau :
+ Tìm một đường thẳng a qua M mà a // mp ( )
+ Chọn một điểm N trên a (thích hợp với giả thiết bài toán) , tính khoảng cách từ N đến mp ( )
+ Khi đó;
d M ;mp ( ) d N ;mp ( ) d a ;mp ( )
2/Để tính khoảng cách từ M đến mp ( ) ta có thể làm như sau :
+ Tìm một đường thẳng a qua M mà a cắt mp ( ) tại I
+ Chọn một điểm O trên a (thích hợp với giả thiết bài toán) , tính khoảng cách từ O đến mp ( )
IO
OO '
1
k , suy ra được :
k � MM ' OO '
+ Khi đó; tính tỷ số:
IM
MM '
k
�
17
1
d M ;mp ( ) .d O;mp ( )
k
M
O
O'
I
M'
II/ Bài tập:
BÀI1: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 , đường cao là SO.
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC
a/Chứng minh rằng (SBC) (SAN) và tính độ dài SO
b/ Tính khoảng cách từ O đến (SBC)
c/Tính khoảng cách giửa 2 đường thẳng AB và SC
d/Tính khoảng cách từ M đến (SAN)
e/Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng MC và SA
S
x
P
E
K
J
H
A
C
I
M
O
N
B
GỢI Ý
a/Chọn đường BC chứng minh vuông góc với (SAN) suy ra (SBC) vuông góc với (SAN)
*Tính SO : Xét tam giác vuông SOC tại O và lưu ý: tam giác ABC đều nên ta có
3
2
3
a
MC a
; OC MC a
2
3
3
3
b/Ta chia làm 3 bước cho dễ hiểu:
+ Chọn mp(SAN) chứa O , ta có:(SBC) (SAN) (chứng minh trên)
+Ta có:(SBC) �(SAN) =SN
+ Dựng OH vuông góc với SN tại H � OH (SBC) � OH là khoảng cách từ O đến (SBC)
1
1
1
Xét tam giác vuông SON tại O. có OH là đường cao �
…..
2
2
OH
ON
OS2
c/Chứng minh được AB SC ,dựng MK vuông góc với SC tại K, suy ra MK là đoạn vuông góc
chung
+ Xét tam giác SMC có 2 đường cao: SO và MK , suy ra:MK.SC=SO.MC � MK = ?
d/ + Chọn mp(ABC) chứa M, ta có: (ABC) (SAN) ( vì SO (ABC)
+(ABC) �(SAN) =AN
BN a
)
+Dựng: MI AN tại I (MI // BC), suy ra:MI (SAN) ……..( Nhớ: MI=
2
4
e/ * Dựng Ax//MC (khi đó:Ax nằm trong (ABC) và Ax AB,giả sử Ax cắt BC tại E)
Suy ra: MC //(SAE)
� d MC ;SA d MC ;( SAE ) d O;( SAE ) (Điểm O rất quan
trọng)
18
*Dựng OJ AE tại J, dễ dàng chứng minh được (SOJ) (SAE) ( vì AE SO; AE OJ)
+Chọn (SOJ) chưa O và vuông góc với (SAE)
+(SOJ) �(SAE) = SJ
+Dựng OP vuông góc với SJ tại P , suy ra :OP (SAE) � OP là khoảng cách từ O đến (SAE)
1
1
1
- Tính OP? Xét tam giác vuông SOJ tại O có OP là đường cao �
2
2
OP
OJ
OS2
Bài2:Cho hình chóp S.ABCD ; đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,có: AB=BC=a;AD =
2a; SA= a .E là trung điểm của đáy lớn AD; SA vuông góc với mặt đáy
a/Chứng minh BE SC và (SAB) (SBC)
b/Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng : BC và SD , AC với SD
c/Tính khoảng cách từ O đến (SCD) . Tính khoảng cách từ D đến (SCE)
S
x
Q
K
A
H
D
J
O
B
E
C
P
Gợi ý:
+AQ chính là khoảng cách giữa AC và SD
+DP chính là khoảng cách từ D đến (SCE); OH chính là khoảng cách từ O đến (SCE)
Bài3:Cho hình chóp S.ABCD ; đáy ABCD là hình thoi cạnh a tâm O. Mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tam giác SAB cân tại S, H là trung điểm của AB và SH=a, góc BAD =
600.
a/Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD).
b/Tính khoảng cách từ H đến (SCD),tính khoảng cách từ O đến (SCD),
c/Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SD .
d/Tính giữa đường thẳng SO và (SAB).
Bài4:Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình thang có đáy lớn AD=2a, đáy bé BC=a,AB=a,
góc BAD bằng 1200. SA vuông góc với mặt đáy và SA a 3 . Gọi H và K lần lượt là trung điểm
của AB và AD.
a/ Chứng minh BK vuông góc với SC, tính khoảng cách giữa BK và SC.
b/ Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
c/ Tính góc giữa đường thẳng SC và (SAB).
d/ Tính góc giữa hai đường thẳng AD và SC.
Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O .
SA vuông góc với mặt đáy và SA= a 6 . Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên SB .
a/Chứng minh rằng CB (SAB) và AM SC .
b/Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC).
c/Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD .Tính góc giữa hai đường thẳng AG và BD
D. Bài toán về góc giữa hai đường thẳng trong không gian
I/ Phương pháp giải toán:
Khi cần tính góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta có 2 cách sau:
Cách 1:Dựng góc
19
ta phải tìm 1 đườngthẳng trung gian là c song song với a và c cắt b. Khi đó góc tạo bởi a và
b cũng chính là góctạo bởi b và c. Hoặc ta dựng liên tiếp 2 đường thẳng c và d cắt nhau lần lượt
song song với a và b. Sau đó ta tính góc giữa c và d theo định lý hàm số côsin hoặc theo hệ thức
lượng trong tam giác vuông.
Cách 2: Gọi là số đo của góc hợp bởi a và b Gọi a, b lần lượt là các vectơ chỉ phương
của a và b ta có
cos cos( a, b)
a.b
a .b
.
Chú ý:Khi tính góc giữa 2 đường thẳng thường gặp các công thức sau:
1/Định lý hàm số côsin a 2 b 2 c 2 2bc. cos A (a,b,c là các cạnh đối của góc A,B,C)
Và cos A
b2 c2 a
2bc
2/Công thức tính độ dài đường trung tuyến m a 2
b2 c2 a2
2
2
4
MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN GÓC:
BÀI 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật tâm O, SA vuông góc với
mặt đáy .Biết SA a 3 , BC=a và tam giác OBC đều.
a/ Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Chứng minh rằng AM vuông góc với SC.
b/ Tính góc giữa SB và mặt phẳng (SAC).
c/ Gọi G là trọng tâm của tam giác ACD. Tính góc giữa MG và SC.
S
a
3
M
A
D
\\a
H
K
G
L
O
\\
B
a
a
a
//
3
I a
\\
C
HƯỚNG DẪN
�
�, SI BSI
�
, ( SAC ) SB
b/ SB
uuuu
r uuu
r
MG.SC
� , SC uuuu
r uuu
r .
c/Ta có: cos MG
MG . SC
2
2
2
uuuu
r
�a 3 � �a 3 � �2a �
a 23
2
2
2
2
2
MG MK GK MH HK GK �
�
�2 �
� �
�6 �
� �
18
� � � � �3 �
uuu
r
2
2
SC SA2 AC 2 a 3 2a a 7
uuuu
r uuu
r uuur uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur
5
MG.SC AG AM .SC AG.SC AG. SA AC AG. AC AG. AC AL. AC AO. AC
6
2
5
5
5a
AC. AC .4a 2
12
12
3
20
- Xem thêm -
.DOC 
31 
189 
117 
