BỘ ĐỀ LUYỆN THI MÔN TOÁN TSĐH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015” Khai giảng ngày 01/06/2015 Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa các em học sinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC

THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP

“LUYỆN THI QUỐC GIA 2015”

Khai giảng ngày 01/06/2015

Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa các em học sinh

Thế là 1 mùa hè nữa đã đến, các em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho

kỳ thi Quốc gia 2015 vơ cùng quan trọng mà sự thành hay bại ảnh hưởng trực tiếp đến tương lai của các em sau này

Mùa hè năm nay cũng giống bao mùa hè năm trước nhưng kỳ thi năm nay lại hồn tồn khác các kỳ thi năm trước Các chuyên gia giáo dục hàng đầu trên thế giới đã chỉ ra rằng: 1 kỳ thi chỉ cĩ 1 mục đích duy nhất, kỳ thi được gọi tên “Quốc gia” của chúng ta hơm nay lại cĩ 2 mục đích là xét tốt nghiệp THPT và Đại học Việt Nam khác với phần cịn lại của thế giới, cĩ thể đây là 1 ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian sẽ trả lời cho điều đĩ Cịn trước mắt, với sự thay đổi xồnh xoạch của Bộ giáo dục và Đào tạo đã làm cho nhà trường, cả thầy và trị cảm thấy bỡ ngỡ, khĩ khăn, khơng biết dạy và học như thế nào cho hợp lý Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi quá rộng, khác lạ so với những gì các em được ơn luyện hàng ngày

Chúng tơi là những giảng viên đứng trên bục giảng đã 20 năm, cả cuộc đời gắn bĩ với sự nghiệp giáo dục và cũng là những bậc phụ huynh khi ở nhà Hơn ai hết, chúng tơi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu của các bậc cha mẹ và của các em học sinh

Khi đã là đấng sinh thành thì khơng cĩ hạnh phúc nào bằng thấy con mình học giỏi, thi đậu đại học và thành đạt sau này Nhưng đĩ mới chỉ là ước

mơ, để đạt được là cả 1 quá trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng của nhà trường, các bậc cha mẹ và đặc biệt là sự cố gắng của các em học sinh

Chúng tôi biết các bậc phụ huynh đã quá vất vả lo toan cho cuộc sống mưu sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng cuộc sống tốt nhất cho gia đình mình Khi trở về nhà thì lo con mình có ăn ngon không, ngủ yên chưa, học hành ra sao, thi trường nào, ai là người thầy dẫn dắt con em mình

đi đến bến bờ của vinh quang?

Thưa Qúy phụ huynh, chúng tôi hiểu các bậc cha mẹ đang trăn trở điều

gì, chúng tôi hiểu các em học sinh 12 đang lo lắng điều gì? Chúng tôi có mặt

ở đây là để hổ trợ, chia sẻ phần nào những nỗi lo đó

1 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM

2 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM

Địa điểm ghi danh: tất cả học sinh tập trung ghi danh tại địa chỉ

481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM)

- Ôn tập tất cả các dạng toán thường xuyên có mặt trong đề thi đại học

- Rèn luyện phương pháp giải bài tập trắc nghiệm nhanh nhất Với những phương pháp này, các em khi làm bài thi sẽ biết ngay cách giải một cách nhanh và chính xác

- Rèn luyện "kĩ năng trình bày lời văn" thật logic và chặt chẽ phần thi

tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa

- Học cách tránh các sai sót thường gặp khi thi

- Luyện tập giải đề thi đại học

- Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp các em vững vàng tâm lý - tự tin vào chính mình khi bước vào phòng thi

- Đặc biệt các Thầy cô sẽ chia sẻ trực tiếp trên lớp những bí kíp, những kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, ra đề thi và chấm thi

TTLTĐHNT được thành lập vào năm 1995, là Trung tâm luyện thi uy tín

và chất lượng nhất Tp.HCM 20 năm hoạt động trong nghề, Trường đã đào tạo hơn 20.000 học sinh, có rất nhiều học sinh đậu điểm cao, á khoa, thủ khoa các trường ĐH danh giá Giờ đây có nhiều người thành danh ngoài xã hội và đang đóng góp tích cực cho sự phát triển của đất nước

Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm và học viên là quan trọng nhất, chúng tôi luôn đòi hỏi về chất lượng giảng dạy, các giáo viên giảng dạy ở trung tâm được " tuyển - chọn" khắt khe về kiến thức sư phạm và tính nhiệt huyết tận tâm với nghề

Chính vì thế Trung Tâm Luyện Thi Đại HọcTrường Đại Học Ngoại Thương luôn dẫn đầu về chất lượng đào tạo Hàng năm có rất nhiều bạn học sinh ôn luyện tại trung tâm thi đỗ đại học và đỗ vào những trường đại học

danh tiếng điều này minh chứng rõ nhất về chất lượng đào tạo của Trường, là một sự vinh hạnh, niềm an ủi lớn nhất đối với đội ngũ giáo viên tận tâm của chúng tôi

TẠI SAO QUÝ PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TÔI?

3 Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, được nhà trường chọn lựa kỹ càng,

họ là những Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ đang giảng dạy tại các trường ĐH lớn nhất TPHCM như Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại thương, Sư phạm, THPT chuyên Lê Hồng Phong Họ là soạn giả nỗi tiếng những bộ sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán rộng rãi khắp cả nước (xem thêm tại www.docsachtructuyen.vn), đặc biệt hơn họ chính là những nhà giáo ra đề thi và chấm thi hàng năm

4 Chất lượng đào tạo tốt nhất tại TPHCM, minh chứng bằng tỷ lệ đậu Đại học , Cao đẳng của Trường năm 2014 là 95%

5 Phương pháp giảng dạy khoa học, hiện đại giúp các em tiếp thu nhanh các kiến thức trong thời gian ngắn nhất

6 Phòng học được thiết kế theo tiêu chuẩn của Bộ giáo dục, sỉ số không quá 30 học sinh/lớp, được trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế ngồi, ánh sáng theo đúng tiêu chuẩn thể trạng của người Việt Nam

7 Có ký túc xá sạch sẽ, được trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ 2 khu

ký túc xác nam, nữ riêng biệt Ký túc xá ở trong khuông viên của nhà trường Có Quản sinh và bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24

8 Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay được sử dụng miễn phí, phòng tự học rộng rãi thoáng mát Ngoài giờ học trên lớp, các em học sinh có thể đến thư viện trường để đọc sách và học bài

9 Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho các em học sinh theo cấu trúc của đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho các em học sinh rèn luyện kiến thức theo đúng chủ đề thi năm nay, đúng trọng tâm thi, không lan man

HỌC PHÍ

LỚP Học phí

(3 môn)

Sỉ số lớp

Số tiết/tháng

Thi thử

Chấm và sửa bài Học ngoài giờ

Tài liệu

VIP 3 triệu 30 132 6 lần 6 lần 6 buổi/tháng Giảm

50% ĐẶC

BIỆT 6 triệu 20 230 12 lần 12 lần

Có thầy kèm từng học sinh mỗi buổi tối

Miễn phí

HỌC SINH HỌC THÊM MÔN

3 Ưu tiên sắp xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá có hạn)

Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà trường, nếu phụ huynh ở xa, không có người thân tại TPHCM thì có thể chuyển khoản đặt cọc theo thông tin sau

Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG

Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM

Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh TPHCM

Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường sẽ không trả lại nếu học sinh bỏ không học

Chúng tôi cam kết

Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT

Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học và cao đẳng

Nếu học sinh rớt tốt nghiệp hoặc rớt Đại học, Cao đẳng nằm ngoài số 5% chúng tôi cam kết HOÀN TRẢ LẠI HỌC PHÍ 100%.

2 4

96sin d(sin 3cos )

x x I

(sin 3cos ) 3(cos 3sin )

242(sinx 3cos )x 

 Thay vào (1) có I  3 

Bài 1.5

 Các đường thẳng l1,2 song song với các đường phân

giác của góc tạo bởi (1) và (2) có phương trình là

( ) : 0( ) : 0

 Đường thẳng (d) qua P tạo với

(1), (2) một tam giác cân có

 Phương trình đường thẳng (d1)

qua P và (d1) // (l1) là x  1 = 0

 Phương trình đường thẳng (d2)

qua P và (d2) // (l2) là y = 0

Bởi vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Xét hàm số f(t) = 3 t +

2t , t  Khi đó phương trình (2) có dạng



P

B

C C' B'

A 

 Ta có: 1 2

2

x x

2

y y

x   a

Bài 2.3 Nhắc lại cos sin 2sin(4 ) 2cos(4 )

x x

1 16

sin( )4

cos

t

t I t

      cos2x 3sin2x2cosx1

 (1 cos2 ) 2cos x  x 3sin2x 0 cos2xcosx 3sin cosx x0

 cos (cosx x 3sinx1) 0  cos 0

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y = x4  2x2 + 3

 Bảng biến thiên:

y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m > 0

Lúc đó ba điểm cực trị là

A(0; 2m + m4), B( m m; 4m22 ),m C m m( ; 4m22 ).m

Do A  Oy, còn B và C đối xứng với nhau qua Oy nên AB = AC

Bởi thế ABC đều  AB = AC  m + m4 = 4m  m  33 

Bài 3.2 Xét hàm số y = x3 + 3x2 + 3(m2  1)x  3m2  1

Ta có y’ = 3x2 + 6x + 3(m2  1) = 3[m2 (x  1)2]

 y’ = 0  (x  1)2 = m2 có hai nghiệm phân biệt  m  0

Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị (C) thì

Bài 3.3 Đường tròn (C) có tâm là I(4; 3)

Gọi A(a; b) là một điểm thuộc (C) tức là a2 + b2 = 8a + 3b  21 (1)

Ta có IA(a4; b3), MA(a5; b1)

Điểm A(a; b) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)  IA MA 0

 (a  4)(a + 5) + (b  3)(b  1) = 0  a2 + b2 = a + 4b  19 (2) Từ (1), (2) suy ra 8a + 3b  21 = a + 4b  19  9a  b  2 = 0

Suy ra điểm A thuộc đường thẳng (): 9x  y  2 = 0

Tương tự điểm B cũng thuộc đường thẳng () nói trên

Vậy (): 9x  y  2 = 0 là phương trình đường thẳng AB cần tìm 

 1 O 1 x

y

B I C

A

Bài 3.4 Đường tròn (C) có tâm là I(1; 3)

Gọi A(a; b) là một điểm thuộc (C) tức là a2 + b2 = 2a + 3b  6 (1)

Ta có IA(a1; b3), MA(a3; b1)

Điểm A(a; b) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)  IA MA 0

 (a  1)(a + 3) + (b 3)(b  1) = 0  a2 + b2 = 2a + 4b (2) Từ (1), (2) suy ra 2a + 3b  6 = 2a + 4b  4a  b + 6 = 0

Suy ra điểm A thuộc đường thẳng (): 4x  y + 6 = 0

Tương tự điểm B cũng thuộc đường thẳng () nói trên

Vậy (): 4x  y + 6 = 0là phương trình đường thẳng AB cần tìm 

Bài 3.5(P) Xét hệ phương trình

(2)2

Thấy x = 0 không phải là nghiệm của (3) Với x  0, chia theo từng

vế của (3) cho x ta có (4)  1 1 1 1

  

2

x x

Thay x = 1 vào (3) có y = 2 (thỏa mãn [*])

Vậy (x = 1; y = 2) là cặp nghiệm duy nhất của hệ đã cho 

Bài 6.1 Giải phương trình x316x x3  316x316

Đặt y 316x3  x3 + y3 = 16 Có hệ

x y xy

 84b2  192b  276 = 0 

1237

b b

 Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  Phương trình y’ = 0 có hai

nghiệm phân biệt  0

m m

m

y  m x 

 2(m 1)x + 3y + m  10 = 0  m(2x + 1)  2x + 3y  10 = 0

 Véctơ pháp tuyến của (d) là n2m2; 3

 Đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định là 1; 3

 Tọa độ điểm cực trị là nghiệm của hệ

3' 0

Suy ra (1) là phương trình đường thẳng (d) là nối các điểm cực đại,

cực tiểu của hàm số

 Đường thẳng (d) có vectơ pháp tuyến là n(2m2; 3) và luôn đi qua điểm cố định 3 1;

 Khoảng cách từ A đến (d) lớn nhất khi và chỉ khi (d)  KA

 n cùng phương với KA  2 2 3

116

Thế vào (2) có:

2 2

x x

 Cách 2 (hàm số)Tiếp nối từ (4)

Xét hàm số

2 2

Thay vào (3) có y = 2 Cặp 1; 2

5 12

 Cách 1 Ta có (2)  (x2 + 2xy + y2)  2(x+ y).1 + 12 = 4y

Thế vào (3) có (y4 + y)2 = 4y  y2(y3 + 1)2 = 4y

 Vậy hệ có hai nghiệm (1; 0) và (2; 1) 

 Cách 2 (hàm số)Tiếp nối từ (3)

Thế vào (3) có (y4 + y)2 = 4y  y2(y3 + 1)2 = 4y

 Với y = 0  x = 1 (thỏa mãn [*]) (7)

 Xét hàm số h(y) = y7 + 2 y4 + y  4

Ta có h’(y) = 7y6 + 8y3 + 1 > 0, y 0  hàm số h(y) đồng biến trên [0; +)

Lại có h(1) = 0  y = 1 là nghiệm duy nhất của h(y) trên [0; +)

Với y = 1 có x = 2 (8)

Từ (7), (8) kết luận: hệ có hai nghiệm (1; 0) và (2; 1) 

Bài 8.4

1) Cách 1 Hiểu phương trình dưới dạng

[a.tanx + h(x).sinkx] + p[cotx + h'(x).coskx] + (pa + 1) = 0

 tanx + 4 3 cosx = 4sinx + 3cotx

 (tanx + 3 4sinx)  3 ( 3 cotx + 1  4cosx) = 0

 1( 3 )(sin 3cos 2sin2 ) 0

 Cách 2 [Hiểu phương trình dưới dạng

(a2.tan2x  b2.cot2x) = p(a.sinx  b.cosx)

tanx + 4 3 cosx = 4sinx + 3cotx  tanx  3cotx = 4(sinx 3 cosx)

 sin2 3cos2 4(sin 3cos )

Khi pa + 1 = 0, h(x) = h’(x) = 0, k = 1, phương trình dạng

[a.tanx + h(x).sinkx] + p[cotx + h'(x).coskx] + (pa + 1) = 0

[a.cotx + h(x).coskx] + p[tanx + h'(x).sinkx] + (pa + 1) = 0

được hiểu dưới dạng (a2.tan2x  b2.cot2x) = p(a.sinx  b.cosx)

(Xem Phạm Quốc Phong, Bồi dưỡng Đại số và Giải tích 11, Nxb ĐHSP) 2) tanx + 3cotx + 2 3 = 4sinx + 4 3 cosx

 (tanx + 3 4sinx) + 3 ( 3 cotx + 1  4cosx) = 0

 1( 3 )(sin 3cos 2sin2 ) 0

3) 3tanx4 3sinx cotx4cosx

 3( 3tanx 1 4sin ) cotx  x 3 4cos x

 3 ( 3sin cos 2sin2 ) 1 (cos 3sin 2sin2 )

4) 3(tanxcot ) 4( 3cosx  xsin ) 2x 

 ( 3tanx 1 4sin )x  3(cotx 3 4cos ) 0 x 

 1 (sin cos 2sin2 ) 3 (cos 3sin 2sin2 ) 0

5) 3(tanxcot ) 8cos2 ( 3sinx  x xcos ) 1x   3

 3(tanx8sin cos2 ) ( 3cotx x  x8cos cos2 ) 1x x   3

 3(tanx 1 8sin cos2 ) ( 3cotx x  x 1 8cos cos2 )x x

 3 (sin 3cos 4sin2 cos2 )

1 ( 3cos sin 4sin2 cos2 )

 ( 3 1 )(sin 3cos 2sin4 ) 0

6) 3(tanxcot ) 4 3cos3 (3 4sin ) sin3 (4cosx   x  2x  x 2x3) 2

  3tanx 1 4sin3 (4cosx 2x3)  3 cot x 3 4cos3 (3 4sin ) x  2x 



2sin6 2 cos3

1 3sin cos 4sin3 (4cos 3)cos

3 cos 3sin 4cos3 (3 4sin )sin

Để ý: Nếu x  0 ta có VT > 0 ≥ VP (mâu thuẫn)

 phương trình không có nghiệm x  0

Điều kiện 2x2  3x + 1 ≥ 0  x  (; 0;5]  [1; +) [*]

Để ý: Nếu x  0 ta có VT > 0 ≥ VP (mâu thuẫn)

 phương trình không có nghiệm x  0

x y z

Đường thẳng () có vectơ chỉ phương là u (1; 1; 1) [*]

Mặt phẳng () có vectơ pháp tuyến là n(1; 2; 3).

 Đường thẳng (d) (), (d) cắt () và (d)  () là đường thẳng đi qua

A và nhận  n u  ( 1;2; 1) làm vectơ chỉ phương

Vậy nên (d) có phương trình là 3 1 1

 Cách 2 Tiếp nối từ [*]

Mỗi điểm D  () có tọa độ D(3b  2a; a  2; b), (a, b) 

Ta có AD b(3 2a3;a3;b1)

 u AD 0  .u AD0  (3b  2a + 3) + (a  3)  (b  1) = 0

 a = 2b +1  AD b( 2; 2b2; b1)

 Đường thẳng (d)  (), (d) cắt () và (d)  () là đường thẳng đi qua

A và nhận AD b( 2; 2b2; b1) làm vectơ chỉ phương Vậy nên

(d) có phương trình là

Giả thiết (d)  () là nhịp cầu chuyển tọa độ vectơ AD từ hai tham

số về một tham số

Bài 9.4 Mỗi điểm A  (2) có tọa độ A(1  a; 1 + 2a; a  1), a 

 Đường thẳng (d) đi qua điểm M, vuông góc với (1) và cắt (2)  (d)

đi qua điểm M và nhân MA(1; 3; 5)  làm vectơ chỉ phương Vậy nên

(d) có phương trình là 1 2 3

1 sin 3(1 cos )d 1 (sin cos ) 3d

Ta có:  3 3

0 0

(sinx 3cos )dx x ( 3sinx cos )x 1

3 0 0

(sinx 3cos )dx x ( 3sinx cos )x 3

2 0

3) 2 2 2

( 3cosx sin )dx x ( 3sinx cos )x 0

   là u(2; 1).

 Xét hàm số y = x3 3mx2 + 3(m + 1)x + 2m3 3m2 3m  1,  m

Ta có: y’ = 3x2 6mx  3(m + 1), y” = 6(x m), y” = 0 

1

x m y

 

  



 Điểm uốn I(m; 1)

 Hàm số có cực đại đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng () thì () chứa trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu  I  ()  1 3

Từ (1), (2) suy ra () là đường trung trực của đoạn thẳng AB hay hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng ()

Vậy m = 1 là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán 

Hàm số đạt cực đại tại x = 2,

y CĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 0,

   là u(2; 1)

 Xét hàm số y = x3 3mx2 + 3(m + 1)x + 2m3 3m2 3m  1, với m

Ta có: y’ = 3x2 6mx  3(m + 1), y” = 6(x m), y” = 0 

1

x m y

x y

1

 Nếu (Cm) có hai điểm cực đại đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng () thì () chứa trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu  I  ()  1 1

Vậy m = 1 là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán 

Bài 10.3(P)

 Xét hàm số y = x3 3mx2 + 3(m + 1)x + 2m3  2m2 6m , với m

Ta có: y’ = 3x2 6mx  3(m + 1), y” = 6(x m), y” = 0  2

 Điểm uốn I(m; m2 6m  4)

 Hàm số có cực đại đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng () thì () chứa trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu  I  () m2 3m 2m+ 2  m2 m  2 = 0  2

1

m m

Vậy m = 2 là một giá trị phải tìm

 Với m = 1, hàm số trở thành y = x3 + 3x2 + 2, điểm cực đại A(2; 6),

điểm cực tiểu B(0; 2), AB  ( 2; 4), n AB  8 0  () và AB

không vuông góc với nhau  m = 1 không phải là giá trị phải

tìm Vậy m = 2 là giá trị duy nhất có được mà ta phải tìm 

Bài 10.4 Xét hàm số 3 3 2 1 3.

Các điểm cực trị là (0; 1 3),

2

A m B(m; 0) Hai điểm cực trị A và B đối

xứng với nhau qua đường thẳng y = x khi và chỉ khi

 Xét hàm số y = x3 3x2 + m2x + m , với m có đồ thị là (Cm)

Ta có: y’ = 3x2 6x + 2m, y” = 6(x  1), y” = 0  1

 Điểm I(1; 2m + 4) là tâm đối xứng của đồ thị (C m)

 Nếu (Cm) có hai điểm cực đại đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng () thì () chứa trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu  I  ()  2 2 1 5

Mỗi điểm A  (1) có tọa độ A = (a; 2a  1; a)

Mỗi điểm B  (2) có tọa độ B = (b; 1 + 3b; 1  2b).

a b

 





  B = (1; 4; 1)

(2) ()

Thay tọa độ điểm B vào

phương trình đường thẳng ()

có 3 = 3 (!) (mâu thuẫn)

Nghĩa là B  ()

Vậy nên (1) là phương trình

đường thẳng (d) cần tìm 

t

x y z

Bài 10.7 Điểm C  (2)  điểm C có tọa độ C(a; 6  a)

Hai điểm B, D thuộc (3)  Điếm A đối đối xứng với điểm C qua (3)

Bài 11.1 Đường tròn (C): (x  4)2 + y2 = 4 có tâm là I(4; 0)

Gọi A(a; b) là một điểm thuộc (C) tức là

Suy ra điểm A thuộc đường thẳng (): 4x  my  12 = 0 (3)

Tương tự điểm B cũng thuộc đường thẳng () nói trên

Đường thẳng () qua P khi và chỉ khi tọa độ điểm P thỏa mãn

phương trình (3), tức là 4.4  m.1  12 = 0  m = 4

Thay vào (3) có phương trình đường thẳng () phải tìm là:

x  y  3 = 0 

Bài 11.2 Đường tròn (C): (x 2)2 + (y  3)2 = 1 có tâm là I(2; 3)

Gọi A(a; b) là một điểm thuộc (C) tức là

(a  2)2 + (b  3)2 = 1  a2 + b2 = 4a + 6b  5 (1)

  Vậy min(OA + OB) = 25

Khi đó đường thẳng phải tìm có phương trình là 1

5103

x  y  .

 Lời bình Lời giải ngắn gọn hơn, nếu sử dụng BĐT Schwarz:

(Liên hệ với Câu 7b-Đềsố 15)

Bài 12.2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên ()

Trên tia OH lấy điểm H’sao cho OH OH ' 2 2

 OMH’ và OHA là hai tam giác đồng dạng với nhau

 OMH'OHA900  M nằm trên đường tròn đường kính OH’

 Đường thẳng chứa tia OH có phương trình y = x

Suy ra điểm H có tọa độ thỏa mãn hệ

20

x x

 





  H’ = (2; 2)

 Gọi M = (x; y) Ta có MH' ( x2;y2)

Điểm M thuộc đường tròn đường kính OH’  OM MH ' 0

 x(x  2) + y(y  2) = 0  (x  1)2 + (y  1)2 = 2

Đó là đường tròn cần tìm 

Bài 12.3 Gọi H là hình chiếu vuông góc của P trên ()

H’