Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

ĐỀ HSG LỚP 11 – THPT HẬU LỘC 4 –
THANH HÓA
NĂM 2018 - 2019
MÔN TOÁN
TIME: 180 PHÚT
Câu I (4.0 điểm)
1. Cho hàm số y = x 2 + 2 x − 3 (*) và đường thẳng d : y = 2mx − 4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1 + m x2 + m
+
= −6 .
x2 − 1 x1 − 1

2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 .
Câu II (4.0 điểm)
1. Giải phương trình

( 1 + s inx + cos2x ) sin  x +


1+tanx

π
÷
4

=

1
cosx
2

ìï x +1 + y +1 = 4 - x + 5 y
ï
( x, y Î ¡ )
2. Giải hệ phương trình ïí 2
ïï x + y + 2 = 5( 2 x - y +1) + 3x + 2
ïî
Câu III (4.0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
b+c c+a a +b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
u1 = 2018
.
2
2
( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1

2. Cho dãy số ( un ) được xác định bởi 
 3n


lim
Tính giới hạn
 2 .un ÷.
n

Câu IV (4.0 điểm)

3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y

1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 

3 x + 2 y − 6 − 6m = 0

( I)

.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có đỉnh A ( −3;1) , đỉnh C
nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2 y − 5 = 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE = CD ,
biết N ( 6; − 2 ) là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Xác định tọa độ các đỉnh
còn lại của hình chữ nhật ABCD .
Câu V (4.0 điểm)
1. Cho dãy số ( un )

u1 = 2

xác định 
.
1

2
un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 1

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 1


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

 u
un 
u
Tính lim  1 + 2 + ... +
÷.
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( C ) : x 2 + y 2 = 25

, đường thẳng AC đi qua điểm K ( 2;1) . Gọi M , N là chân các đường cao kẻ

từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là
4x − 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!


Trang 2


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG LỚP 11 – THPT
HẬU LỘC 4 – THANH HÓA
NĂM 2018 - 2019
MÔN TOÁN
TIME: 180 PHÚT
Câu I (4.0 điểm)
1. Cho hàm số y = x 2 + 2 x − 3 (*) và đường thẳng d : y = 2mx − 4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1 + m x2 + m
+
= −6 .
x2 − 1 x1 − 1
Lời giải
Tác giả:Trần Phương ; Fb: Trần Phương

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y = x 2 + 2 x − 3
 x = −1
⇒ I ( −1; −4 )
Ta có đỉnh I : 
 y = −4
+ Bảng biến thiên:


+ Đồ thị: Đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x = −1 cắt
trục hoành tại điểm ( 1;0 ) ; ( −3;0 ) cắt trục tung tại điểm ( 0; −3) .

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 3


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

 x1 ≠ 1
Điều kiện: 
 x2 ≠ 1
2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm x + 2 x − 3 = 2mx − 4 ⇔ x − 2 ( m − 1) x + 1 = 0 (1)

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân
biệt
∆′ = ( m − 1) 2 − 1 > 0
 m 2 − 2m > 0
m > 2
x1 ; x2 ≠ 1 ⇔ 
⇔
⇔
m < 0
 4 − 2m ≠ 0

1 − 2 ( m − 1) + 1 ≠ 0
 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
Khi đó theo định lí viet ta có 
.
 x1.x2 = 1
x12 + x22 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m
x1 + m x2 + m
+
=
−
6
⇔
= −6
Ta có
x2 − 1 x1 − 1
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1

(x +x )
⇔ 1 2

2

− 2 x1 x2 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m
4 ( m − 1) − 2 + 2 ( m − 1) − 2m
= −6 ⇔
= −6
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1
1 − 2 ( m − 1) + 1
2


2

m = 2
⇔ 6 ( m − 1) − 2m − 2 = −6 ( 4 − 2m ) ⇔ 3m − 13m + 14 = 0 ⇔ 
m = 7
3

2

2

Kết hợp với điều kiện ta được m =

7
.
3

2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 .
Lời giải
Tác giả: Hồ Xuân Dũng ; Fb:Dũng Hồ Xuân
Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4
Điều kiện: x ≥ 1. Suy ra:
(∗) ⇔

4×(1+ x2 + 2x − 3)
x+ 3+ x− 1

(∗)

x + 3 + x − 1 > 0.

≥ 4 ⇔ 1+ x2 + 2x − 3 ≥ x + 3 + x − 1 .

⇔ 1+ x2 + 2x − 3 + 2 x2 + 2x − 3 ≥ x + 3+ x − 1+ 2 (x + 3)(x − 1) .
⇔ x2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 hoặc x ≥ 2.

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  2; +∞ ) ×
Câu II (4.0 điểm)
1. Giải phương trình

( 1 + sin x + cos 2 x ) sin  x +
1 + tan x



π
÷
4

=

1
cos x
2

Lời giải
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 4



Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.

π

x ≠ + kπ
cos x ≠ 0
cos x ≠ 0 
2
⇔
Điều kiện: 
.

1 + tan x ≠ 0
tan x ≠ −1  x ≠ − π + kπ

4

Pt ⇔

⇔

( 1 + sin x + cos 2 x ) sin  x +
1+

sin x
cos x




π
÷
4

=

1
cos x .
2

cos x ( 1 + sin x + cos 2 x ) cos x + sin x
1
.
=
cos x .
cos x + sin x
2
2

1

sin x = −

⇔ 1 + sin x + cos 2 x = 1 ⇔ −2sin x + sin x + 1 = 0 ⇔
2
.


sin x = 1 ( loaïi )
2

−π

x=
+ k 2π

1
 −π 
6
,( k ∈ Z ) .
Với sin x = − ⇔ sin x = sin 
÷⇔ 
2
 6 
 x = 7π + k 2π

6
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là: x =

−π
7π
+ k 2π ; x =
+ k 2π
6
6

với ( k ∈ Z ) .
 x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5 y

2. Giải hệ phương trình  2
 x + y + 2 = 5 ( 2 x − y + 1) + 3 x + 2

( x, y ∈ ¡ )

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng
2

x ≥ − 3

Điều kiện:  y ≥ −1
4 − x + 5 y ≥ 0

 2 x − y + 1 ≥ 0
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có:
x +1 + y +1 = 4 − x + 5 y ⇔ x + y + 2 + 2
⇔ 2x − 4 y − 2 + 2
⇔ x +1+
⇔ x +1 =

( x + 1) ( y + 1)

( x + 1) ( y + 1)

= 0 ⇔ x − 2 y −1+

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

= 4 − x + 5y


( x + 1) ( y + 1)

x +1 − y +1

)(

=0

)

x +1 + 2 y +1 = 0

y +1 ⇔ x = y

Thay x = y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình:
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 5


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

x 2 + x + 2 = 5 ( x + 1) + 3x + 2

(

) (


)

⇔ x 2 − x − 1 + x + 2 − 5x + 5 + x + 1 − 3x + 2 = 0
x2 − x −1
x2 − x −1
+
=0
x + 2 + 5 x + 5 x + 1 + 3x + 2
1
1


⇔ ( x 2 − x − 1)  1 +
+
÷= 0
 x + 2 + 5 x + 5 x + 1 + 3x + 2 
⇔ x2 − x −1 +


1+ 5
1+ 5
( TM ) ⇒ y =
( TM )
x =
2
2
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ 

1− 5

1− 5
( TM ) ⇒ y =
( TM )
x =

2
2
Vì 1 +

1
x + 2 + 5x + 5

+

1
x + 1 + 3x + 2

> 0, ∀ x ≥ −

2
3

 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5  
;
;
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = 
÷; 
÷ .
2 ÷
2 ÷

  2
 2
Câu III (4.0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
b+c c+a a +b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyễn
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
Tương tự:

b + c 2 bc
bc
≥
=2
.
a
a
a

c+a
ac a + b
ab
≥2
≥2

;
.
b
c
b
c

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được:

 bc
b+c c+a a+b
ac
ab 
+
+
≥ 2 
+
+
÷ (1)
b
c ÷
a
b
c
 a


Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c .
Lại có:


bc
ac
+
≥2
a
b

Tương tự:

bc ac
.
=2 c.
a
b

ac
ab
+
≥2 a ;
b
c

ab
bc
+
≥2 b.
c
a

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được:


bc
ac
ab
+
+
≥ a + b + c (2)
a
b
c

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c .

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 6


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

Từ (1) và (2) ta được:
Ta chứng minh 2
Thật vậy, ta có:
Từ đó suy ra 2

(

(

b+c c + a a +b

+
+
≥2
a
b
c

(

)

a + b + c (3)

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3.
a + b + c ≥ 3 3 abc . Mà abc = 1 nên

a + b + c ≥ 3.

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3 (4)

Từ (3) và (4) ta được:
Vậy:

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

b+c c+a a +b

+
+
≥ a + b + c +3.
a
b
c

b+c c+a a +b
+
+
≥ a + b + c + 3 (Điều phải chứng minh).
a
b
c

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1 .

u1 = 2018
2. Cho dãy số ( un ) được xác định bởi  2
.
2
( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1
 3n

Tính giới hạn lim  2 .un ÷.
n

Lời giải
Ta có un +1 =
Đặt vn =


un +1
1 +3 ( n + 1)
1 un
un ⇔
=
2
2
2
3 n + 3n
( n + 1) + 3 ( n + 1) 3 n + 3n

un
1
1
⇒ vn +1 = vn ⇒ ( vn ) là cấp số nhân có công bội q = và số hạng đầu
n + 3n
3
3
2

n −1

u 2018 1009
1009  1 
v1 = 1 =
=
⇒ vn =
. ÷
4

4
2
2 3

n −1

1009  1 
⇒ un =
. ÷
2 3

(n

2

+ 3n )

 1009  1 n −1 2
 3n

 3n

3n 
lim
.
u
=
lim
.
u

=
lim
.
n
+
3
n
.

Khi đó
) n 2 ÷÷
 2 n÷
 2 n÷
 ÷ (
n

n

 2 3


 3027 n 2 + 3n  3027
 3  3027
= lim 
.
lim  1 + ÷ =
.
÷=
2
n

2
2
 n
 2

Câu IV (4.0 điểm)

3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 

3 x + 2 y − 6 − 6m = 0

( I)

.

Lời giải
 x ≥ −2
Điều kiện: 
.
 y ≥ −6

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 7


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5


 x   y
x
y

+1 − 2
+2 =3
 + 1÷+  + 2 ÷− 2
2
3
 2   3

Ta có hệ phương trình ( I ) ⇔ 
.
 x + 1 +  y + 2  = m + 4

÷
 2 ÷
 3


x
+1
a =
2

Đặt 
(đk a, b ≥ 0 ). Ta có hệ phương trình
y
b =

+2

3

 a 2 + b 2 − 2a − 2b = 3 ( 1)
(*)
 2
2
( 2)
 a + b = m + 4

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ hệ ( *) có nghiệm a, b ≥ 0
• Nếu m ≤ −4 hệ ( *) vô nghiệm ⇒ hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
• Nếu m > −4 . Chọn hệ tọa độ Oab như hình vẽ

Do điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0 nên chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất
Phương trình ( 1) cho ta

1
đường tròn ( C1 ) tâm I ( 1;1) , R1 = 5 , cắt Ox và Oy lần lượt tại
4

A ( 3;0 ) , B ( 0;3) .
Phương trình ( 2 ) cho ta

1
đường tròn ( C2 ) tâm O ( 0;0 ) , R2 = m + 4 thay đổi theo m.
4

Hệ ( *) có nghiệm a, b ≥ 0 ⇔ ( C1 ) cắt ( C2 ) có giao điểm ở góc phần tư thứ nhất.

Cho bán kính R2 = m + 4 tăng dần, dễ thấy ( C2 ) cắt ( C1 ) đầu tiên tại hai điểm A, B , khi đó
R2 = OH = 3 và

( C2 )

tiếp xúc ( C1 ) tại điểm cuối cùng K .

Do đó, để ( C1 ) cắt ( C2 ) ở góc phần tư thứ nhất ⇔ OH ≤ R2 ≤ OK
⇔ 3 ≤ m + 4 ≤ 2 + 5 ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .
Vậy hệ đã cho có nghiệm ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10 .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có đỉnh A ( −3;1) , đỉnh C
nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2 y − 5 = 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE = CD ,

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 8


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

biết N ( 6; − 2 ) là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Xác định tọa độ các đỉnh
còn lại của hình chữ nhật ABCD .
Lời giải
Tác giả: ; Fb:

·
·
Ta có BAD

+ BND
= 180° , suy ra tứ giác ADBN nội tiếp ⇒ ·AND = ·ABD .
Mà ·ABD = ·ACD (do ABCD là hình chữ nhật).
Suy ra tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn.
Mặt khác, ·ADC = 90° ⇒ ·ANC = 180° − 90° = 90° .
Do đó AN ⊥ CN .
Theo đề bài ta có điểm C nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2 y − 5 = 0 , suy ra C ( 2c + 5; c ) .
uuur
uuur
Ta có AN = ( 9; − 3) và CN = ( 1 − 2c ; − 2 − c ) .
uuur uuur
Do AN ⊥ CN , suy ra AN ×CN = 0 ⇔ 9 ( 1 − 2c ) − 3 ( −2 − c ) = 0 ⇔ c = 1 ⇒ C ( 7;1) .
Ta có
CE P AB 
 ⇒ ACEB là hình bình hành, suy ra BE P AC .
CE = AB 
Ta có BE qua N , song song AC nên có phương trình y + 2 = 0 .
uuur uuu
r
b = 6
2
Gọi B ( b ; − 2 ) , ta có AB ×CB = 0 ⇔ b − 4b − 12 = 0 ⇔ 
.
 b = −2
Với b = 6 ⇒ B ( 6; − 2 ) , loại do trùng với N .
Với b = −2 ⇒ B ( −2; − 2 ) .
uuur uuur
 xD = 6
⇒ D ( 6; 4 ) .
Gọi D ( xD ; yD ) , ta có AD = BC ⇔ ( xD + 3; yD − 1) = ( 9;3) ⇒ 

 yD = 4
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 9


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

Câu V (4.0 điểm)
u1 = 2

xác định 
.
1
2
u
−
u
=
u
−
u
,
∀
n
≥
1
(

)
n
+
1
n
n
n

2018

1. Cho dãy số ( un )

 u
un 
u
Tính lim  1 + 2 + ... +
÷.
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quý Thành; Fb: Thành Nguyễn
Theo giả thiết ta có: un +1 =

un ( un − 1)
+ un mà u1 = 2 suy ra 2 = u1 < u2 < u3 < ...
2018

Do đó dãy ( un ) là dãy tăng.
un = L với L ≥ 2 , khi đó:
Giả sử dãy ( un ) bị chặn trên suy ra lim

n →∞
lim un +1 = lim

L = 0
un2 + 2017un
L2 + 2017 L
(Vô lý do L ≥ 2 ).
⇔L=
⇔
2018
2018
L = 1

Vậy dãy ( un ) không bị chặn trên hay lim un = +∞ ⇒ lim 1 = 0.
un
Ta có: un +1 − un =
⇔

1
un2 − un ) ⇔ un ( un − 1) = 2018 ( un +1 − un )
(
2018

un ( un − 1)
2018 ( un +1 − un )
un
=
=
un +1 − 1 ( un +1 − 1) ( un − 1) ( un +1 − 1) ( un − 1)
=


Đặt Sn =

2018 ( un +1 − 1 − ( un − 1) )

( un+1 − 1) ( un − 1)

 1
1 
= 2018. 
−
.
 un − 1 un +1 − 1 

un
u1
u
+ 2 + …+
.
u2 − 1 u3 − 1
un +1 − 1

 1

1 
1 
⇒ S n = 2018 
−
÷ = 2018 1 −
÷⇒ lim S n = 2018.

 u1 − 1 un +1 − 1 
 un +1 − 1 
 u
un 
u
Vậy lim  1 + 2 + ... +
÷ = 2018 .
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( C ) : x 2 + y 2 = 25

, đường thẳng AC đi qua điểm K ( 2;1) . Gọi M , N là chân các đường cao kẻ

từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là
4 x − 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Mai. Facebook: Mai Nguyen

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 10


Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC

HSG lớp 11 Hậu Lộc –Thanh Hóa - Năm 18-19-Tổ 5

Gọi I , J lần lượt là giao điểm của BM , CN với đường tròn ( C ) .

·
·
· = IBC
·
Do tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC
, lại có CJI
(cùng chắn cung IC ) do đó
= CNM
· = CNM
·
CJI
⇒ MN / / IJ
 ·ACI = ·ABI

·
·
= JCA
Lại có  JBA
·
·
·
·
 ABI = JCA(doNBM = NCM )
·
·
⇒ JBA
= ICA
⇒ AI = AJ ⇒ AO ⊥ JI ⇒ AO ⊥ MN
Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O ( 0;0 )


và vuông góc với MN : 4 x − 3 y + 10 = 0 nên Phương trình đường

thẳng OA : 3x + 4 y = 0.
 A ( −4;3)
3 x + 4 y = 0
⇒
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2

2
 x + y = 25  A ( 4; −3)

( lo¹i )

+) Do AC đi qua A ( −4;3) và K ( 2;1) , nên phương trình đường thẳng AC : x + 3 y − 5 = 0.
 x + 3 y − 5 = 0 C ( −4;3) ≡ A ( lo¹i )
⇒
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2
2
C ( 5;0 )
 x + y = 25
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M

là nghiệm của hệ

 4 x − 3 y + 10 = 0
⇒ M ( −1; 2 )

x + 3y − 5 = 0


+) Đường thẳng BM đi qua M ( −1; 2 ) và vuông góc với AC nên phương trình đường thẳng
BM : 3x − y + 5 = 0
3 x − y + 5 = 0  B ( 0;5 )
⇒
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2
2
 B ( −3; −4 )
 x + y = 25
Vậy A ( −4;3) , B ( −3; −4 ) , C ( 5;0 ) hoặc A ( −4;3) , B ( 0;5 ) , C ( 5;0 ) .

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!

Trang 11