Các bài toán oxy chọn lọc hướng tới kì thi THPT Quốc gia 2016: Phần 1 - GV. Nguyễn Thanh Tùng

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 1 tài liệu "Các bài toán oxy chọn lọc hướng tới kì thi THPT Quốc gia 2016" cung cấp cho các bạn những câu hỏi bài tập về oxy có hướng dẫn lời giải giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng bài tập. Hy vọng tài liệu giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các bài toán oxy chọn lọc hướng tới kì thi THPT Quốc gia 2016: Phần 1 - GV. Nguyễn Thanh Tùng

GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CÁC BÀI TOÁN OXY CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016_PHẦN 1 Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Hocmai.vn ĐỀ BÀI Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng  2 6  có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt  5 5 24 là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình 5 bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương. Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại  17 17  N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 . Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC 5   3 vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho 2   4 CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương. Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T )  1  và C (1; 0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và  2   3 5 J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1)  4 4 thuộc đường tròn (T ) . Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) . Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm  3 7 của cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .  2 2 9 3 Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   là trung điểm của  2 2 đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 . Gọi E , F lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B , C của tam giác ABC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng đi qua hai điểm E , F có phương trình 2x  y  2  0 . Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B  3 3 1 vuông góc với AC tại H có phương trình y  1 . Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn AH , DC  2 2 2 sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x  y  10  0 và D (2; 4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 . LỜI GIẢI Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng  2 6  có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt  5 5 24 là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình 5 bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương. Giải: M(-2;6) A(-2;0) B(?) Δ:3x+y=0 I H(-2/5;6/5) D(?) C(?) I' A' K Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, I lên  . Khi đó II ' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA ' C . 6 Do đó ta có: BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, )  10 24 2. ( BH  DK ).HK 2.S BHDK 8 10 Lúc đó S BHDK   HK   5  . 2 BH  DK 6 5 10 2 2 128  2  6  128 Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 2    t     3t    5  5  5 5 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 6  6 18   5t 2  4t  12  0  t hoặc t  2 (loại)  K  ;   . 5 5 5  Cách 1: Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0  3b  3d  8 b  d  Gọi D(3d  12; d ) và B (3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d   2 2    B (3b  4; b) MB  (3b  2; b  6) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3   . Ta có   D (3b  3; b  3) MD  (3b  5; b  9)  B (1;1) Do M  BD nên : (3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b  1    C (1; 3)  D (0; 4) Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) . Cách 2: Trình bày trong bài giảng. Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại  17 17  N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 . Giải: C 1 1 M 2 3 4 1 1 A B I 2 2 1 N   CMI Ta có CAI   1800  ACMI nội tiếp đường tròn M   I  450  I  M M  M   900   AMN  900 hay AM  MN . 1 1 2 4 1 4   8 32  8 Ta có MN   ;    .(1; 4) , suy ra phương trình AM : x  4 y  0  17 17  17 x  4 y  0 Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   x  y  0  A(0; 0) 2015 x  2016 y  0   C Ta có M   450  M  450  MI là phân giác của góc  AMN 2 1 3   900  BAC Mặt khác, BNC B   ACBN nội tiếp đường tròn  N N  1 1 2 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy ra NI là phân giác của MNA Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y  15  0 x  4y 4 x  y  15 3x  5 y  15  0 Phương trình phân giác của góc  AMN thỏa mãn:   17 17 5 x  3 y  15  0 Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5 x  3 y  15  0  BC : 3 x  5 y  15  0 x  4y 4 x  y  15 x  y  5  0 Phương trình phân giác NC của góc  ANM thỏa mãn:   17 17 x  y  3  0 Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0 x  y  3  0 x  0 Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:    C (0; 3) 3 x  5 y  15  0 y  3 Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0 y  0 x  5 Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ    B (5; 0) 3 x  5 y  15  0 y  0 Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) . Chú ý: Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN . C M E A B I D N Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC 5   3 vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho 2   4 CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương. Giải Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan B 1 M (T) 1 A E I 5 4 1 D N C  C Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B  (cùng chắn cung AD ) (1) 1 1 E Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên EMB cân tại M hay B E  (2) 1 1 4 E Từ (1) và (2), suy ra C  1 4 E Mặt khác, E   900  C E  900 , suy ra ME  DC . 4 5 1 5  3  x  1  4t Khi đó DC đi qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  4 y  3  0    4  y  3t 1   3  Suy ra C ( 1  4t;3t ) (với t  )  CN   1  4t ;  3t  4  4  1  4t  3 xD  1  4t     xD   1  4t  Ta có CN  3 ND   3  3  3  D ;1  t   4  3t  3  yD  4   yD  1  t  3       4t  2   Suy ra ED    ; 2  t  và EC   4t  2;3t  1  3     4t  2  Khi đó ED  EC  ED.EC  0     .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0  3  2 C (3;3)  5t 2  3t  2  0  t  1 hoặc t   (loại), suy ra  5  D (1; 0)  A( a; 2a  3)  CE Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra   B ( 2b  1; b)  DE a  2b  1  5 a  0  A(0; 3) Do M là trung điểm của AB nên    2a  3  b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I là tâm của đường tròn (T ) , khi đó: Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  5 2 2 2 2 2 x  2  IA  IB  x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)  2  I  5 ; 1  IA  IB  ID   2 2   2 2 2 2      IA  ID  x  ( y  3)  ( x  1)  y y   1 2 2  2 2 2 5  5  1 25 Bán kính của (T ) là: R  IA  . Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình: x   y   . 2  2  2 2 Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T )  1  và C (1; 0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và  2   3 5 J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1)  4 4 thuộc đường tròn (T ) . Giải: B D 1 I F M 2 1 1 J E C A Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy: B Ta có E  (cùng phụ với  M ACB ) và B  (cùng chắn cung AC ) 1 1 1 1 M Suy ra E E  FMA M   FMA   1800 , suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*) 1 1 1 1  x  1  3t Phương trình đường thẳng CF là:   M (1  3t; 4t )  y  4t 2 2  7  5 5 Khi đó từ (*), suy ra: JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t 2  41t  8  0 2 2  4  4 8 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  8   1 32  t   25  M  25 ; 25     1 32    M ;  t   1   1   25 25   M   ;2  F  2   2  Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x  y  2  0 phương trình trung trực d 2 của MC là: 3 x  4 y  1  0 Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y  2  0 x  1 là nghiệm của hệ:    I 1;1 3 x  4 y  1  0 y 1 Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B (1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình: 3 5 3 x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 và x 2  y 2  x  y   0 2 2 2 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  1 x2  y2  2x  2 y 1  0  x  x  0  25  1 32   2 2 3 5 3  hoặc   A(0;1) hoặc A  ;   M (loại) x  y  x  y   0 y 1  y  32  25 25   2 2 2  25 Vậy A(0;1), B (1; 2) . Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) . Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm  3 7 của cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .  2 2 Giải:  BE có phương trình: x  1 , khi đó AC đi qua E ( 1; 2) vuông góc với BE nên AC có phương trình: y  2  c 1   Gọi M là trung điểm của BC và gọi C (c; 2)  AC  M  ;3   2  Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ giác nội tiếp đường tròn. Thật vậy:   NEA Ta có NAE  (vì NAE cân tại N ) và MNE  NEA  (vị trí so le - MN // AC )   MNE  NAE  (1) Mặt khác: E , D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:   EDM NAE  (cùng bù với BDE  BDE  ) (2) Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn. Khi đó ta có: 2 2 2 2 c2 1 1 3 c  2  3 c  1 C (1; 2) IM  IE  R  IM 2  IE 2                 2   2  2  2  c  2  3  c  5 C (5; 2) Vậy C (1; 2) hoặc C ( 5; 2) . 9 3 Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   là trung điểm của  2 2 đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 . Gọi E , F lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B , C của tam giác ABC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng đi qua hai điểm E , F có phương trình 2x  y  2  0 . Giải A(?)  Gọi N là trung điểm của AH với H là trực tâm của AH BC 1 ABC . Ta có: NE  NF  và ME  MF  , 1 E 2 2 N suy ra MN  EF . Suy ra MN có phương trình: 4 2x  4 y  3  0 Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ : F H I 2 x  4 y  3  0 11 7  11 7   x và y   N   ;  x  3y  5  0 2 2  2 2 B C  1  M  I   ;1 là trung điểm của MN .  2   NEA và MCE lần lượt cân tại N và M  E A1  1 E E    900  NEM A1  MCE   900 (*)   MCE  E  1 4 4  Gọi E (t ; 2t  2)  EF khi đó từ : 2 2  1 2 2 125 t  2  E (2; 6) (*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1   t2  t  6  0     2 4 t  3  E (3; 4) Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 nên gọi A(5  3a; a ) . Ta có 2 2 2 2  21   7  125 a  1  A(2;1) NE  NA  NE  NA   3a     a     a 2  7a  6  0     2  2 2  a  6  A(13;6) Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A( 13;6) . Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B  3 3 1 vuông góc với AC tại H có phương trình y  1 . Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn AH , DC  2 2 2 sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Giải: A B 1 M H 1 D C N AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x  2 x  2 Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ   H (2;1) . y 1 2  x A  3.(2  2)     xA  2 Mặt khác, ta có AM  3MH   3  3    A(2;3)  2  y A  3. 1  2   yA  3    Xét MBH , ta có: tan M   HB  4 HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N   BC  4 BC  4 BC (2). 1 1 MH AH NC CD AB HB AH HB BC Lại có: ABH ~ ACB     (3). CB AB AH AB   tan N Từ (1), (2), (3) suy ra : tan M  M N  1 1 1 1 Khi đó M , N cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNCB là tứ giác nội tiếp   900 hay BM  MN , suy ra phương trình BM : x  4 y  8  0 .  BMN x  4 y  8  0 x  4 Tọa độ điểm B là nghiệm của hê:    B (4;1) . y 1 y 1 Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: x  y  2  0 x  y  2  0 x  2 Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:    C (2; 0) . x  2 y  0   Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA  ( 2; 2)  D(0; 2) . Vậy A(2;3), B (4;1), C (2; 0), D (0; 2). Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Chú ý: Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM  MN sẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được MH NC tỉ số  k. AH DC Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x  y  10  0 và D (2; 4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 . Giải:  AJ đi qua J (2;1) và D (2; 4) nên có phương trình: x  2  0 Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : x  2  0 x  2    A(2; 6) 2 x  y  10  0 y  6  Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .    AmE  EnC Khi đó:    DqB CpD    CpD  EnC   AmE  DqB  hay ECD  (1) AmE  DqB  1   EBD  2 sd ECD  Mặt khác:  (2)   1 sd    DJB  2 AmE  sd DqB    DJB Từ (1) và (2) suy ra: EBD  hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB  DJ (*) . Lại có    DB  DC (2*) A1  A2 Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC  Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D (2; 4) bán kính DJ  5 có phương trình : ( x  2) 2  ( y  4) 2  25 . Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ( x  2)2  ( y  4)2  25  x  3 x  2  B (3; 4)   hoặc   x  y  7  0  y  4  y  9  B (2;9) Do B có hoành độ âm nên ta được B ( 3; 4) BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2 x  y  10  0 nên có phương trình: x  2 y  5  0 ( x  2)2  ( y  4)2  25  x  3 x  5 C (3; 4)  B Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ :    hoặc   x  2 y  5  0  y  4 y  0 C (5; 0) Vậy A(2;6), B ( 3; 4), C (5; 0) . Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !