Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 74

Theo chương trình chuẩn Câu VI.a.. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.. Lập phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng P và cắt d , d lần lượt t

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 74

Ngày 4 Tháng 5 năm 2013

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= −3 3x2+2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và

độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2

Câu II (2 điểm)

2.cos5 sin( 2 ) sin 2 cot 3

2

x− π + x =  π + x x

2 Giải hệ phương trình :

2 2

4 2 2







Câu III ( 1điểm) Tính tích phân ( 3 ) 2

1

x x

=

+

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a, ' ' '

2

AC= a Các mặt phẳng ( 'B AB),( 'B AC), ( 'B BC cùng tạo với mặt phẳng () ABC góc ) 0

60 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

Câu V (1 điểm) Cho x y z , , là các số thực dương thoả mãn x y z ≥ ≥ và x y z + + = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x z 3y

z y

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a.

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I( )3;3 và AC=2BD Điểm 2;4

3

M 

thuộc đường thẳng AB , điểm 3;13

3

N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD

biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3

2 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( )1 ( )2

và mặt phẳng ( )P : x y 2z 5 0+ − + = Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P)

và cắt( ) ( )d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất 1 2

Câu VII.a Tìm số phức z thỏa mãn z2+ =z z

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và

AB bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B

có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng

∆:x 1 y 1 z

2 1 2

+ = − =

− Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m x2−2x+ = +2 x 2 có 2 nghiệm phân biệt

Hết

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 74 Câu 1: 1, Tập xác định: D=¡

• Sự biến thiên:

• Chiều biến thiên: y' 3= x2−6x; ' 0y = ⇔ =x 0 hoặc x=2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞); nghịch biến trên khoảng( )0; 2

• Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=2; yCT= −2, đạt cực đại tại x=0; yCĐ=2

• Giới hạn: limx→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞

Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

Nhận xét:

Câu 1: 2, Đặt A a a( ; 3−3a2+2 ;) (B b b; 3−3b2+2) với a b≠

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là:

k = y x = a − a k = y x = b − b Tiếp tuyến

của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi

A B

k =k ⇔ a − a= b − b⇔ a b a b− + − = ⇔ = −b aĐộ dài đoạn AB là:

2

Đặt t = ( a – 1

)2 AB=4 2 ( )2 ( ) ( 2 )

a a

− =



⇔  − = −

• Với a= ⇒ = − ⇒3 b 1 A( ) (3; 2 ,B − −1; 2)

• Với a= − ⇒ = ⇒1 b 3 A(− −1; 2 ,) ( )B 3; 2 Vậy A( ) (3; 2 ,B − −1; 2) hoặc A(− −1; 2 ,) ( )B 3; 2 .

Câu 2: 1, ĐK: sin 3x≠0

pt ⇔ 2cos5x+sin 2x=cos 2 cot 3x x ⇔ 2cos5 sin 3x x+sin 2 cos3x x=cos 2 cos3x x

⇔ 2cos5 sin 3x x−cos5x=0⇔ cos5 ( 2 sin 3x x− =1) 0

+) sin 3 1 0

2

x= ≠ (t/m đk) ⇔

2

2

k x

k x

 = +





 = +



+) cos5x=0⇔

10 5

k

x= π + π

t/m đk

KL:………

Câu 2: 2,

2 2

4 2 2







C'

A'

A

B'

H N P

Đặt

2

1 2

u x

v y

 = −

45

u v

uv

+ = −



 =



(vô nghiệm) hoặc 2

3

u v uv

+ =



 = −



3 1

u v

=





3

u v

= −



 =



1

u

v

=



 = −

 Tìm được 2 nghiệm ( ; ) (2;1)x y = và ( ; ) ( 2;1)x y = −

3

u

v

= −



 =

 Tìm được nghiệm ( ; ) (0;5)x y =

Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)

2

2

1

e e

x dx=  = −

 

 

∫

1

1 ln

ln 2 ln

e

d x x x

+

2

e

I = − + + .

Câu 4: Gọi H là hình chiếu của 'B trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB

và BC.Khi đó AC⊥HM AC, ⊥B H' ⇒ AC⊥( 'B BM) Vậy góc giữa ( 'B AC và () BAC là góc )

'

B MH Tương tự ta có B MH' =B NH' =B PH' =600 Do đó

B MH B NH B PH HM HN HP

S= p p a p b p c− − − = a a a a = a

Mặt khác

2

S pr r HM

' ' '

6

2

ABC A B C ABC

a

Câu 5 : Ta có x xz 2 ,x z yz 2z

z + ≥ y+ ≥

Từ đó suy ra P x z 3y 2x xz 2z yz 3y

z y

2

2(x z) y x y z( ) xz yz 2(x z) y x y z( )

Do x>0 và y z≥ nên (x y z− ≥) 0 Từ đây kết hợp với trên ta được

x z

z y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

Câu 6a: 1, Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là

5

' 3;

3

N  

  Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:

IH d I AB − +

Do AC=2BD nên IA=2IB Đặt IB x= >0, ta có phương

Đặt B x y Do ( , ) IB= 2 và B AB∈ nên tọa độ B là

nghiệm của hệ:

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

4 3

5

y y

y

x y

 =





Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8;

5 5

B 

  Vậy,đường chéo BD là: 7x y− − =18 0

Câu 6a: 2, Đặt A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b(− + − + ) ( + + + ), ta có

ABuuur= − +( a 2b 3; 2a b 3; a b 1+ − + + − + + )

Do AB song song với (P) nên: AB nuuur⊥uurP=(1;1; 2− ⇔ = −) b a 4 Suy ra: ABuuur= − − − −(a 5; a 1; 3)

AB= a 5− + − −a 1 + −3 = 2a − +8a 35 = 2 a 2− +27 3 3≥

Suy ra: min AB 3 3 {a 2

b= 2

= ⇔ = − , A(1; 2;2), uuurAB= − − −( 3; 3; 3)

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2

Câu 7a: Giả sử z x yi= + , khi đó z2+ = ⇔ +z z (x yi)2+ x2+y2 = −x yi

2

x y x y x

x y x y xyi x yi

xy y



= −



2

4−y + 4+y = − ⇔2 4+ y = y −4

2

2

0

5 2 5

y



TH 2 y= ⇒0 x2+ = ⇔ = ⇒ = =x x x 0 x y 0

Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; 1 5 2 5

Câu 6b: 1, Tọa độ điểm D là: 3 0 0

Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là nur1(3; 1 ,− ) (nuur2 1; 2− )

 cos ·ADB = 12 => ·ADB =45 0 =>AD=AB (1)

Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => ·BCD =450 => ∆BCD vuông cân tại B=>DC=2AB

ABCD

AB

S = AB CD AD+ = = =>AB=4=>BD= 4 2

Gọi tọa độ điểm ;

2

B B

x

B x 

 , điều kiện xB>0 =>

2 2

8 10

5

4 2

( ) 5

B B

B

B

x

BD x



= −





 

=



uuur

Tọa độ điểm 8 10 4 10;

Vectơ pháp tuyến của BC là nuuurBC =( )2;1 ( Vì BD⊥BC)

=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y+ −4 10 0= Câu 6b: 2, Phương trình tham số của ∆:

= − +

 = −



 =



y t

z t

1 2

1

2 Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạngC( 1 2 ;1 ;2 ) − + t −t t

AC ( 2 2t; 4 t; 2t);AB (2; 2;6)= − + − − = −

uuur uuurAC AB,  ( 24 2 ;12 8 ;12 2 )t t t AC ABuuur uuur,  2 18t2 36 216t

Diện tích ∆ABC là S=1 AC AB,  = 18t2−36 216t+

2

uuur uuur

= 18( 1) 198t− 2+ ≥ 198

Vậy Min S = 198 khi t 1= hay C(1; 0; 2)

Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC ( 2; 3; 4)uuur= − − − làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6

Câu 7b: Ta có: x2−2x+ ≥2 1nên m x2−2x+ = +2 x 2 2

2

x m

x x

+

⇔ =

x

f x

x x

+

=

4 3 '( )

x

f x

−

=

 

 

+ Bảng biến thiên:

x - ∞ 43 +∞

y’ - 0 +

y 10

-1 1

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi1< <m 10

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75

Ngày 4 tháng 5 Năm 2013

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x4 −2(m−1)x2 +m−2 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m=2

2 Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ;(1 3 )

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: cos2x+5=2(2−cosx)(sinx−cosx)

2 Giải hệ phương trình:







=

−

−

=

− + +

−

−

1 2

4 ) 3 ( )

1 (

2

y xy x

x y y y

x x

R) , (x y∈

Câu III (2 điểm)

1 Tính tích phân: I = ∫e + +− dx

x x

x x

x

ln ) 2 (

2 Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng:

b

a+ +

1

1 +

c

b+ +

1

1 +

a

c+ +

1

1

≤

a

+

2

1 +

b

+

2

1 +

c

+

2 1

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, hai mặt phẳng (SAC)

và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC =2 3a , BD=2 a , khoảng cách từ điểm

O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3

4

a Tính thể tích khối chóp ABCD S theo a

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x+ y−1=0 và 3x−y−9=0 Tìm tọa độ

các đỉnh B , Ccủa tam giác ABC

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C) có phương trìnhx2 +y2 +2x−4y−8=0

và đường thẳng (∆) có phương trình : 2x−3y−1=0 Chứng minh rằng (∆) luôn cắt (C) tại hai điểm

phân biệt A, B Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất

1

3

2 4 3

1 log ) 2 3 (

+

−

=

−

B Theo chương trình Nâng cao

Câu V.b (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng d , 1 d có phương trình 2

lần lượt là 3x+ y+2=0và x−3y+4=0 Gọi A là giao điểm của d và 1 d Viết phương trình 2

đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và 1 d lần lượt tại B , C ( B vàC khác A ) sao cho 2

2

2

1

1

AC

AB + đạt giá trị nhỏ nhất

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x2 +y2 −2x+4y+2=0 Viết phương

trình đường tròn ( C ') tâm M (5, 1) biết (C ') cắt (C ) tại hai điểm A , B sao cho AB= 3

4

2 3

2 2

2 1

2011 3 2

2011 2 1

2011 1 0 2011

-

2012

2 2011 2011

2011C

Hết

-HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ 75 Câu 1 : Với m = 2, y= x4 −2x2

1 TXĐ: D = R

2 Sự biến thiên:

a) Chiều biến thiên: y'=4x3 −4x; y'=0⇔ 4x3 −4x=0⇔x=0,x=±1

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; +∞)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; -1) và (0; 1)

b) Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; yct = y(±1) = -2

c) Giới hạn tại vô cực: − =

±∞

→ (x4 2x2)

Lim

d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên

3) Đồ thị:

Câu 1: 2) 1 điểm y' = 4x3 −4(m−1)x

y' = 0 ⇔ 4x3 −4(m−1)x= 0 ⇔ x[x2 −(m−1)]=0 TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt

TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = ± m−1

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- m−1; 0 ) và ( m−1; +∞)

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m−1≤1 ⇔ m ≤ 2

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) ⇔ m ∈ (−∞;2]

Câu 2: 1 (1 đi ểm)

) cos )(sin

cos 2 ( 2

5

2

cos x+ = − x x− x ⇔2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0

⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0

Đặt t = sinx - cosx ( - 2 ≤t ≤ 2) ⇒ sinxcosx =

2

1−t2

Phương trình trở thành t2 + 4t - 5 = 0⇔ t = 1; t = -5 (loại)

Với t = 1 ⇔ sinx - cosx = 1 ⇔ 2 sin 









 −

4

π

x = 1









 −

4

π

x =

2













+

=

−

+

=

−

π π π

π π π

2 4

3 4

2 4 4

k x

k x

⇔ 



 +

=

+

=

π π

π π

2

2 2

k x

k x

Câu 2 : 2 (1 điểm) x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0 x−y=1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

* Với x- y = 1, ta có







=

−

−

=

−

1 2

1

y xy x

y x

⇔x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2

* Với x - y = -4 ta có







=

−

−

−

=

−

1 2

4

y xy x

y x

(Hệ PT vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)

Câu 3: 1 (1 điểm) I = ∫ =∫

+

− +

dx dx x

x

x x

x

ln 2 ) ln 1 (

x x

x

e

ln

Ta có ∫e dx=e−

1

1 Tính J = dx

x x

x

e

ln

Đặt t = 1 + lnx

t

t

∫2 −

1

1

t)

1 1 (

2 1

∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2

Câu 3 : 2 (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c

Khi đó 0 < 1 + a + b ≤ 1 + a + c ≤ 1 + b + c và 0 < 2 + a ≤ 2 + b ≤ 2 + c

Ta có

a

+

2

1

+

b

+

2

1

+

c

+

2

1











+ +

+ + +

+ +

1 1

1 1

1

=

=

) 1

)(

2

(

1

b a

a

b

+ +

+

−

+

) 1

)(

2 (

1

c b b

c

+ + +

−

+

) 1

)(

2 (

1

c a c

a

+ + +

−

≥

≥

) 1

)(

2

(

1

c b

c

b

+ +

+

) 1

)(

2 (

1

c b c

c

+ + +

) 1

)(

2 (

1

c b c

a

+ + +

) 1

)(

2 (

3

c b c

c b a

+ + +

− + +

) 1

)(

2 (

3

33

= + + +

−

c b c abc

Vậy

b

a+ +

1

1 +

c

b+ +

1

1 +

a

c+ +

1

1

≤

a

+

2

1 +

b

+

2

1 +

c

+

2 1

Câu 4: Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao

tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD) V SABCD =

3

1

SO.S ABCD

1

1

a BD

AC

S ABCD = =

Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó ABD=600 ⇒ tam giác ABD đều

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và

DH = a 3; OK // DH và 1 3

a

OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2

2

a SO

OI = OK + SO ⇒ =

Đường cao của hình chóp

2

a

SO=

Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

S ABC ABC

a

V = S SO=

Câu 5a: 1 (1 điểm)

Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC ⇒ M(m; 1-m)

Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c)

Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I(

2

3

2m−c+

; 2

3 2

7− m− c

)

2

3 2 7 ( ) 2

3 2

(

3 m−c+ − − m− c − =

⇒ m = 2 ⇒ M(2; -1) Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0

S

A

B K

H C

O

I D

3

a a

Tọa độ của C là nghiệm của hệ:







=

−

−

=

−

−

0 3

0 9 3

y x

y x

⇔







=

=

0

3

y

x

Tọa độ của C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)

Cõu 5a :2 (1 điểm) Đường trũn (C) cú tõm I(-1; 2), bỏn kớnh R = 13

Khoảng cỏch từ I đến đường thẳng (∆) là

13

9

) , (I∆ =

Vậy đường thẳng (∆) cắt (C) tại hai điểm A, B phõn biệt

Gọi M là điểm nằm trờn (C), ta cú ( , )

2

1

∆

∆ABM = AB d M S

Trong đú AB khụng đổi nờn S∆ABM lớn nhất khi d(M, ∆ ) lớn nhất.

Gọi d là đường thẳng đi qua tõm I và vuụng gúc với (∆).PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0

Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường trũn (C) Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trỡnh:







=

− +

=

−

− + +

0 1 2

3

0 8 4 2

2

2

y

x

y x y

x

⇔ x x==1−,3y,=y=−15⇒ P(1; -1); Q(-3; 5) Ta cú

13

4

) , (P∆ =

13

22

)

,

(Q∆ =

d Ta thấy d(M,∆) lớn nhất khi và chỉ khi M trựng với Q Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).

Cõu 5a: 3 (1 điểm) Điều kiện: x > 1

2 1

3

2 4 3

1 log

)

2

3

(

+

−

=

−

3

3

2 4 3 log ) 1 ( log ) 2 3

⇔ (3x −2)[log3(x−1)−1]=4−2.3x ⇔ (3x−2)log3(x−1)+3x −2=0

⇔ (3x −2)[log3(x−1)+1]=0 ⇔ 





−

=

−

=

−

1 ) 1 ( log

0 2 3

3 x

x

⇔











=

=

3 4

2 log3

x

x

Vậy PT cú nghiệm x =

3 4

Cõu 5b: 1 (1 điểm)

Toạ độ điểm A(-1; 1).Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuụng gúc với nhau

Gọi ∆là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và 1 d lần lượt tại B , C ( B vàC khỏc A ) 2

Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn ∆ Ta cú: 12 12 1 2 1 2

AM AH

AC

⇒ 12 1 2

AC

AB + đạt giỏ trị nhỏ nhất bằng 1 2

AM khi H ≡M, hay ∆là đường thẳng đi qua M và vuụng

gúc với AM PT đường thẳng ∆: x + y - 2 = 0

Cõu 5b :2 (1 đi ểm)

Phương trỡnh đường trũn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 cú tõm I(1, –2), bkR= 3

Đường trũn (C') tõm M cắt đường trũn (C) tại A, B nờn AB ⊥ IM tại trung điểm H của

đoạn AB Ta cú

2

3 2

AB BH

Trường hợp 1:

Cú 2 vị trớ cho AB đối xứng qua tõm I Gọi A'B' là vị trớ thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B'

Ta cú:

2

  Ta cú: MI= (5 1− ) (2+ +1 2)2 =5

và

2

7 2

3 5 HI MI

4

52 4

49 4

3 MH AH

MA

4

172 4

169 4

3 ' MH ' H ' A ' MA

Vậy cú 2 đường trũn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727