intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tổng hợp các bài toán khó trong các đề thi thử môn Toán - GV. Lê Duy Lực

Chia sẻ: Tran Van Thiet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:73

Thêm vào BST
Báo xấu
129
lượt xem 9
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Tổng hợp các bài toán khó trong các đề thi thử môn Toán" cung cấp cho các bạn những bài toán khó về hình giải tích trong mặt phẳng, tổng hợp các bài toán giải, biện luận phương trình bất phương trình, hệ phương trình, các bài toán chứng minh bất đẳng thức, xác định giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất,... Với các bạn đang học tập và ôn thi môn Toán thì đây là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp các bài toán khó trong các đề thi thử môn Toán - GV. Lê Duy Lực

  1. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 PHẦN I. CÁC BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG ĐỀ BÀI Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Bài 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(3; 1) và cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC cân tại A, với A(2;  2). Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C  :  x  1   y  2   5 và 2 2 đường thẳng d : x  y  2  0 . Từ điểm A thuộc đường thẳng d, kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với đường tròn  C  tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết S ABC  8 . Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  4  0 và   2 2   hai đường tròn C1 : x  1   y  1  1 ; C2 : x  3   y  4   4 . Tìm điểm M 2 2   trên đường thẳng d, để từ M ta kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn C1 và tiếp tuyến   MB đến đường tròn C2 (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A  5; 2  , phương trình đường trung trực của cạnh BC là :  : x  y  6  0 , phương trình đường trung tuyến CC' :2x  y  3  0 . Tìm tọa độ B, C. Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. Biết B  2;3 và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , điểm M  2; 1 nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD. Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : 3x  y  4  0; d2 : x  y  6  0; d3 : x  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc d 3 , B thuộc d1 , D thuộc d 2 . Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
  2. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vu ng tại A và B, biết A(1;1) , điểm B thuộc đường thẳng  : x  y  2  0 . Điểm M trên cạnh AB th a mãn BM = 2AM và CM vu ng góc với DM. Điểm N (1;4) là hình chiếu vu ng góc của M trên đường thẳng CD. Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x -7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AC,biết đường thẳng AC đi qua điểm M(2;1). Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm  7 5   13 5  M 1; 5 , N  ;  , P  ;  (M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết 2 2  2 2 đường thẳng chứa cạnh AB đi qua Q  1;1 và điểm A có hoành độ dương. Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9;4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD 2 , tâm I 1; 2  . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1). Đường cao hạ từ A có phương trình: 2x – y + 1 = 0, các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x + 2y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6 và B có hoành độ âm. Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B th a mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0 . Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC . Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) và parabol (P) có phương trình là (E): x2 + 4y2 = 4; (P): y = x2 – 2x. Chứng minh elip (E) cắt parabol (P) tại 4 điểm nằm trên một đường tròn. x2 Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E):  y 2  1 và điểm C(2;0).Tìm tọa độ 4 các điểm A,B  (E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hoành và  ABC đều
  3. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD: 3x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng 4 3 và xA > 0, yA < yD. Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5 , C( – 1; – 1), đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và điểm A  1; 2  . Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4. Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD. Bài 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có C(2; -2). Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. Bài 31. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Bài 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng d1 : x  y  0; d2 : 2 x  y 1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vu ng ABCD biết rằng A thuộc d1, C thuộc d2 và B,D thuộc trục hoành. 45 Bài 35. Trong hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng ,đáy lớn CD nằm trên 2 đường thẳng d: x – 3y – 3 = 0 .Biết hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm I(2;3).Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y=x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
  4. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-3; 6), trực tâm H(2; 1), trọng 4 7 tâm G( ; ). Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 3 3 Bài 38. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3, hai đỉnh A(2;- 3), B(2;1) và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng  : 3x  y  8  0 . Tìm tọa độ đỉnh C. Bài 39. Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x – 3y – 16 = 0 ; d2 : 3x - 4y -13 = 0 và điểm P(2;-3). Viết phương trình đường thẳng  đi qua P và cắt d1 ; d2 lần lượt tại A ; B sao cho PA = PB. Bài 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (1;2) . Hãy viết phương trình đường thẳng qua M và cắt hai nửa trục dương Ox và Oy tại hai điểm A và B sao cho độ dài OA + OB nh nhất PHẦN II. HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN Bài 1. Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh AF  EF . Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF  EF . Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ  17  x  G B 3x  y  10  5  17 1  32 A    F  ;   AF   x  3 y  4 y  1  5 5 5   5 F 1 2 AFE DCB  EF  AF  2 ; 2 5 H 2 2 D 8  17   51  8 E C E  t ;3t  10   EF    t     3t    2 5  5  5 5 19  19 7   5t 2  34t  57  0  t  3  t  hay E  3; 1  E  ;  5  5 5 Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên  AD  DE  x  12   y  12   x  32   y  12    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  2 x  1 x  3    hay D(1;-1)  D(3;1)  x  1 x  3  0  y  1  y  1 Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). Bài 2. + Đường thẳng d cắt trục Ox tại B(b; 0) và cắt trục Oy tại C(0; c). x y + Phương trình đường thẳng d là:   1  bc  0  . b c 3 1 + Điểm M  3;1  d    1 (1). b c + Tam giác ABC cân tại A  AB  AC  AB 2  AC 2   b  2   4  4   c  2  2 2 b  2  c  2 b  c  4   b  2  c  2 b   c  Với b = c + 4, thay vào (1), ta được:
  5. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 c  2  b  6 3c  c  4   c  4  c  c 2  4   c  2  b  2 x y x y Từ đó tìm được: d1 :   1; d 2 :  1 6 2 2 2  Với b =  c , thay vào (1), ta được: b =2 => c =  2 (Trùng với trường hợp trên). * Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: x y d1 :   1 hay x  3 y  6  0 ; 6 2 x y d2 :   1 hay x  y  2  0 2 2 Bài 3. + Đường tròn  C  có tâm I(1; 2), bán kính R = 5 . + Điểm A  d  A  a; a  2  . A + Đặt: IA  m, IH  n  m  n  0   HA  m  n; BH  IB 2  IH 2  5  n2 B H C 1  S ABC  .BC. AH   m  n  5  n2  8 1 R I 2 + Trong tam giác vuông IAB, có: 5 BI 2  IH .IA  5  m.n  m  ; Thay vào (1): n     5  2 2 3   n 5  n  8  5  n 5  n2  8n  5  n2  64n2 n  Đặt: t  5  n2 , ta có:   t 3  64  5  t   t 3  64t  320  0   t  4  t 2  4t  80  0  t  4 (Vì t > 0).  n2  1  n  1; m  5 . a  1 + Ta có: IA  5  IA2  25   a  1   a  4   25  2a 2  6a  8  0   2 2  a  4 * Vậy có hai điểm A th a yêu cầu của bài toán là: A1 1; 3 , A2  4;2  .     Bài 4. C1 có tâm I 1;1 , bán kính R1  1 ; C2 có tâm J  3;4  , bán kính R2  2 .     Do IJ  5  R1  R2  C1 và C2 rời nhau nên A và B phân biệt. M  t; t  4   d  MA2  MI 2  R12  2t 2  4t  9 ; MB2  MJ 2  R22  2t 2  6t  5 . 2 2 Tam giác AMB cân tại M  MA  MB  t  2 . * Vậy M  2;6  . Bài 5. C  CC'  C  t;2t  3 ; gọi I là trung điểm BC    I t ' ;6  t '  B(2t '  t;9  2t '  2t)
  6. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 C' trung điểm AB  2t '  t  5 11  2t '  2t   C'  ;   CC '  2 2   2t  t  5  11  2t  2t ' ' 5  5 41   2   3  0  t'    I   ;   2  2 6  6 6  BC: 3x  3y  23  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ pt  2x  y  3  0  14 37   19 4    C ;   B   ;  3x  3y  23  0  3 3  3 3 Bài 6. A Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có : AID  ABC  BAI M' E IAD  CAD  CAI K Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD M I C  DAI cân tại D  DE  AI B D PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9) VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0 Bài 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vu ng góc với BC  Oy : x  0 nên AB : y = b .  16  4b  Vì A là giao điểm của AB và AC nên A ;b .  3  Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 16  4b 4 b  4. b4 2 2S ABC 3 3 1 r    b4 . AB  BC  CA 16  4b  16  4b  2 4 5 3 b4   (b  4) 2   b4  b4  b4  3 3 3  3  Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Bài 8.
  7. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 B C Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn. Mà BC  CD nên AC là H đường phân giác của góc BAD . A D Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC. Khi đó B '  AD . B' M Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: x  y 1  0 x  3   . Suy ra H  3; 2  . x  y  5  0 y  2 Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B '  4;1 . Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có phương trình x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: x  y 1  0 x  1   . Do đó, A 1;0  .  x  3 y 1  0 y  0 Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B ' C . Do đó, C  5; 4  . Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x  y 14  0 . Gọi I  d  AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3x  y  14  0  43 11   38 11   . Suy ra, I  ;  . Do đó, D  ;  . x  3 y 1  0  10 10   5 5 Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 9 x  13 y  97  0 . Bài 9. Ta có B  d1  B  b;3b  4 ; D  d2  D  d ;6  d  ; A, C  d3  A  3; a  ; C  3; c  BD  Oy  BD : y  6  d ; I  AC  BD  I  3;6  d  . Viết Pt đường tròn (C) tâm I, bán kính ID,  C  :  x  3   y  2   1 cắt cạnh AC tại 2 2 A( 3;3); C ( 3;1) hoặc hoán vị các vị trí lại. bd Mà I trung điểm đoạn BD nên  3, b 1  6  d  B  2; 2  ; D  4; 2  ; I  3; 2  2 Bài 10. A E H B C K M D
  8. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  7  x  x  y  4  0  2  M  7 ; 1      3x  5 y  8  0 y   1 2 2  2 AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3x  5 y  8  0 x  1    A 1;1 x  y  2  0 y 1 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x  y  4  0 x  3    K  3;  1 x  y  2  0  y  1 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra BHK  BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  . Do B thuộc BC  B  t; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t;3  t  . HB(t  2; t  8); AC (6  t; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên t  2 HB. AC  0   t  2  6  t    t  8 2  t   0   t  2 14  2t   0   t  7 Do t  3  t  2  B  2; 2 , C  5;1 . Ta có AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy ra AB : 3x  y  4  0; AC : y 1  0. Bài 11. Ta có: d1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3   . Vậy I ;  x  y  6  0 y  3 / 2 2 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2  9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vu ng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2
  9. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 y  x  3 y  x  3 y  3  x    x  3  y  2 x  3  (3  x)  2 x  3  1 2 2 2 2 x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y  1 y  1 9 3 x  2x I  x A  9  2  7 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 2 2 y C  2y I  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Bài 12 A D N M C B   Do ADNM là tứ giác nội tiếp nên AND  AMD   Do BCNM là tứ giác nội tiếp nên BNC  BMC      Mà CM  DM  AND  BNC  AMD  BMC  90 0  ANB  90 0  AN  BN Gọi B(b;2  b) AN  (0;3) ; BN (1  b;2  b) AN .BN  0  3(2  b)  0  b  2  B(2;4) AB  (3;3) 1 AM  AB  (1;1)  M (0;2) 3 MN (1;2) Vì MN  CD nên pt CD là : 1( x  1)  2( y  4)  0  x  2 y  9  0 AD  AB nên pt AD là :  3( x  1)  3( y  1)  0   x  y  0 BC  AB nên pt BC là :  3( x  2)  3( y  4)  0   x  y  6  0
  10. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4  x  y  6  0  x  1 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ    C (1;5) x  2 y  9  0 y  5  x  y  0 x  3 Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ    D(3;3) x  2 y  9  0 y  3 Vậy B(2;4) ; C(1;5) ; D(3;3) Bài 13. VTCP của đường thẳng AB : v1 = (2 ;1) VTCP của đường thẳng BD : v 2 = (7 ;1) Gọi VTCP của đường thẳng AC là v3 = (a ;b), với a 2 + b 2  0. A D Gọi I là giao điểm của AC và BD,suy ra tam giác ABI cân tại I v3 .v1 v1 .v 2 2a  b 15 Suy ra Cos(BAI) = Cos(ABI)  =  = v3 v1 v1 v 2 a2  b2 . 5 5. 50  2(2a + b) 2 = 9(a 2 + b 2 ) a  b  a 2 - 8ab + 7b 2 = 0   a  7b + a = b ,suy ra một VTCP của đường thẳng AC: v ' = (1;1) x  2 y 1  PTCT của đt AC:   PTTQ của AC: x –y -1 = 0 1 1 + a = 7b, suy ra một VTCP của đường thẳng AC: v' ' = ( 7;1),suy ra không tồn tại phương trình đường thẳng AC vì v' ' cùng phương với v 2 . Vậy PTTQ của AC: x – y -1 = 0 . Bài 14. Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là  3  x2  y 2  3x  29  0 có tâm là K  ;0   2  Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua Q  1;1 vuông góc với KP PT của AB: 2 x  y  3  0 . Tọa độ A, B là th a mãn hệ  y  2x  3 2 x  y  3  0  y  2 x  3   2  2   x  1  x  y  3x  29  0  x   2 x  3  3x  29  0 2 2   x  4  Từ đó, tìm được A 1;3 , B  4; 5 Ta lại có AC đi qua A, vu ng góc với KN có phương trình 2 x  y  7  0 Nên tọa độ điểm C th a mãn
  11. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4  y  7  2x 2 x  y  7  0  y  7  2 x   2  2   x  1  C  4; 1  x  y  3x  29  0  x   7  2 x   3x  29  0 2 2   x4  Bài 15. +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC B  E’ thuộc AD. Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9; 4  E I J  phương trình EE’: x  y  5  0 . A C E' Gọi I = AC  EE’, tọa độ I F x  y  5  0 x  3 D là nghiệm hệ    I  3;  2   x  y 1  0  y  2 Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8) AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3x  y  1  0 A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) . Vì AC  2 2  c2  4  c  2; c  2  C (2;3) Gọi J là trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y  3  0 . Do D  AD  BD  D(1;4)  B(3;0) . Vậy A(0;1) , B(3;0), C(2;3), D(1;4). Bài 16. Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC  3IH Mà IH  1;1 , giả sử  x  1  3.1 x  4 C  x; y      C  4;1  y  2  3.1  y  1 Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC 1 Lại có AB  2 AD nên    MBC  BAC BC AB 2 Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1  pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t  Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t  Vì AB  BC  AB.CB  0  t  2 t  4   t  6  t   0     t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2  3a 2 Bài 17. Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4= 4
  12. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 2 5a MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450= 8 =>a=4 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có  IM  4  x  1, y  2    BD   17 6  IN   2  x ,y  4  5 5 +Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 + Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 Bài 18. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A thì H là giao của AH và BC nên H(-1/5; 3/5) Gọi d là đường thẳng qua G và song song với BC thì PT d: x + 2y - 3 = 0 Gọi I = d giao AH thì I(1/5; 7/5) Do HA  3HI nên tìm được A(1; 3) 1 Do SABC  6  AH .BC  BC  2 5 2 3 Gọi M là trung điểm CB thì AM  AG nên tìm đc M(1; 0) 2 Lấy B(1- 2b; b) trên  . Do MB = 5 Nên tìm ra b = -1 hoặc b = 1 do đó B(3; -1) (loại) và B(-1; 1) Do đó ta có kq: A(1; 3); B(-1; 1) và suy ra C(3; -1) Bài 19. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. I | m  4m | | 5m | 5 IH = d ( I , )    m  16 2 m  16 2 A H B (5m)2 20 AH  IA2  IH 2  25   m2  16 m2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB  12  2S IAH  12  m  3  d ( I , ). AH  12  25 | m | 3( m  16)  2 16 m    3 Bài 20. x - y - 2  0 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:   A(3; 1) x  2 y - 5  0 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 3  b  5  2c  9 b  5 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên    . Hay B(5; 3), C(1; 2) 1  b  2  c  6 c  2 Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  (4; 1) . Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
  13. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 21. Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: A 4 x  3 y  1  0   B(4;5)  x  y 1  0 E M(0;2) I C H B N Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3x  4 y  8  0 1   A(3;  )  3x  4 y  10  0 4 Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:  x  1; y  1 C (1;1) 4 x  3 y  1  0    31 33    31 33  x  ; y  C  ;   x  ( y  2)  2 2 2   25 25   25 25  Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.  31 33  Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.  25 25  49 49 BC = 5, AH  d ( A, BC )  . Do đó S ABC  (đvdt). 20 8 Bài 22. Hoành độ giao điểm của (E) và (P) nghiệm đúng phương trình: x2 + 4(x2 – 2x)2 = 4 4x4 – 16x3 + 17x2 – 4 = 0 (x – 2)(4x3 – 8x2 + x + 2) = 0 (*) Hàm số f(x) = 4x3 – 8x2 + x + 2 là hàm số liên tục trên có lim f ( x)   ; f(0) = 2 > 0; f(1) = - 1 x  3 2 < 0 và f(2) = 4 > 0 nên phương trình 4x – 8x + x + 2 = 0 có 3 nghiệm nh hơn 2. Vậy phương trình (*) có 4 nghiệm, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm. 3 3 Từ x2 + 4y2 = 4 và y = x2 – 2x suy ra 4x2 + 4y2 = 4 + 3x + 6y  x 2  y 2  x  y  1  0 2 4  3 3 109 Vậy các giao điểm của (E) và (P) nằm trên đường tròn Tâm I  ;  , R  .  4 8 8 Bài 23. Giả sử A( x0 ; y0 ), B( x0 ;  y0 ) . x02 2 2 x02 + Vì A,B thuộc (E) nên  y0  1  y0  1  , (1) . 4 4   2 + Mà tam giác ABC đều nên AB2  AC 2  x0  2  y02  4 y02 , (2)
  14. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 2 4 3 2 4 3 + Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm  ;  ;  ;  . 7 7  7 7  Bài 24. +B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2). +Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 600. +Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD là đường kính. +Tam giác ABD vuông tại A có ABD  600  AD  AB 3 1 +Ta có S ABCD  2SABD  SABD  2 3  AB. AD  2 3 2 1  AB 2 . 3  2 3  AB  2. 2 +Ta có A  AB  A  a;2  , a  0, AB   a;0  AB  2   a   02  2  a  2 (a  0) suy ra A  2; 2  . 2  +Ta có D  BD  D d ; 3d  2 , AD  d  2; 3d .     d  1  d  2   3d   2 2 Nên AD  AB 3  3  4d 2  4d  8  0   2 d  2   D 1;  3  2  . Vì y Suy ra   < yD nên chọn D 2; 2 3  2 .      D 2; 2 32 A   + Đường tròn (S) có tâm I 1; 3  2 , bán kính IA  2 nên có phương trình:  x  1   2  y 32 4. 2 Bài 25.  x  3  2t d1:  , I  d1  I (3  t ; t ) y  t 27 7 d(I , d2) = 2  11t  17  10  t  , t 11 11 2 2 27  21 27   21   27  t=  I1  ;  (C1 ) :  x     y    4 11  11 11   11   11    19 7  2 2 7  19   7 t=  I2 ;  (C 2 ) :  x     y    4 11  11 11   11   11  3a 2 Bài 26. Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4= 4 2 5a MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450= 8 =>a=4 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có
  15. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4  IM  4  x  1, y  2    BD   17 6  IN   2  x ,y  4  5 5 +Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 + Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 Bài 27. AB : x = 3 – 2y A(3 – 2a ; a) & B(3 – 2b ; b). Trọng tâm tam giác ABC là G( ) d:x+y–2=0 – 2 = 0 a + b = – 2 (1) Mặt khác AB = 5 (2a – 2b)2 + (b – a)2 = 5 (a – b)2 = 1 a – b = 1 (2) hoặc a – b = – 1(3). Giải hệ (1) ; (2) được a = – 1/2 ; b = – 3/2 A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2). Giải hệ (1) ; (3) được a = – 3/2 ; b = – 1/2 A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2) Vậy đáp số: A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2) hoặc A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2). Bài 28. A y N C x M B 2 x  y  1  0 1  Tọa độ M:   M  ;0  y  0 2  x 1  1 Giả sử B  x; y  , M là trung điểm AB nên   B  2;  2  y  2  0 Giả sử C  x; y  , ta có:  x 1 y  2 N    2 2  2  1  0  1   S ABC  BC.2d  A;   4   x  2 2   y  2 2 . 1  2  5 2 x  y  2  2 x  y  2 x  6   2   x  2    y  2   80 5 x  20 x  60  0 x   2 2 2  ĐS: B  2;  2  , C  6;  10  hoặc C  2; 6  Bài 29.
  16. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 A D E M F I B C Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2  . Lấy điểm E  0;2   AC . Gọi F  2a  3; a   AB sao cho EF //BD. EF AE EF BI Khi đó     2  EF  2 AE BI AI AE AI a  1   2a  3    a  2   2   2 2  a  11 .  5 Với a  1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1; 1 . Pt BD : x  y  4  0  BD  AC  I  2;2 BD  AB  B  5; 1 IB IB  3 3  Ta có IB   ID   ID   2 ID  D   2;  2 . ID IA  2 2  IA   IA IC IA IC   IC   IB 1 2  IC  C 3 2  2; 2 .  thì EF   ;  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1; 7  . Do 11 7 1 Với a  5 5 5 đó, BD : x  7 y  22  0  I  8; 2  (loại). Bài 30. Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành  AK // CJ. Gọi CJ  BM = N  N là trung điểm của BM. Chứng minh được AK  BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C. Ta có MC  3; 1  MC  10  CM = BM = AB = 10 Trong tam giác vuông ABM có 5 AB 2  BM .BI  BM . AB 2  AI 2  BM . AB  BM  2 2 2  B là giao của hai đường tròn (C; 10 ) và (M; 2 2 ). Tọa độ điểm B th a mãn:  x  2    y  2   10  2 2   B(1; 1).        2 2  x 1 y 1 8 Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0. Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0.  A (-2; 0). Ta có BA  CD  D  1; 3 .
  17. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 31. Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là  5A  12B  C   15 1  A 2  B2   A  2B  C  5 2  A 2  B2    Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) 14  10 7 |2A – 7B | = 5 A2  B2  21A2  28AB  24B2  0  A  B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta được 2 96A2 + 28AB + 51B2 = 0. Phương trình này v nghiệm . Bài 32. Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có : AID  ABC  BAI IAD  CAD  CAI Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9) VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0 Bài 33. .
  18. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Gọi H là chân đường cao vẽ từ A  1  x  x  2 y  1  0  5  1 3    H  ;  2 x  y  1  0  y3  5 5  5 Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC, d : x  2 y  m  0, m  1 G  d  m  3  d : x  2y 3  0  1  x  x  2 y  3  0 5 I  d  AH ,    2x  y 1  0 y  7  5 1 7 I ;  5 5  x 1 HA  3HI    A 1;3 y  3 1 2S 60 S ABC  BC. AH  BC   2 5 2 AH 6 5 . Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)  x 1 MA  3MG    M 1;0  y  0 B  BC  B 1  2b; b  MB  5  5b 2  5  b  1 b  1: B  1;1  C  3; 1 b  1: B  3; 1  C  1;1 kl : A 1;3 , B  1;1 , C  3; 1 hay A 1;3  , B  3; 1 , C  1;1 Bài 34. Do A thuộc d1, A,C đối xứng nhau qua trục hoành nên tọa độ A(a;a), C(a;-a), mặt khác C thuộc d2  2a-a-1=0  a=1  A(1;1), C(1;-1). Tâm hình vu ng I(1;0). Vậy có 2 hình vu ng: A(1;1), B(0;0), C(1;-1),D(2;0) và A(1;1), B(2;0), C(1;-1), D(0;0) Bài 35. A B I D C
  19. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 cm: ICD vuong can CD=2d I;CD 2 10 IC 10 2 2 Goi C(3a+3;a) d IC 2 3a 1 a 3 10 a 1 C (6;1) BD : 2x – y – 1 = 0 D=BD CD nen D(0;-1) x2 IA=IB=x IAB S ;S IAD x 5 S IBC ;S ICD 10 2 1 2 45 x 2x 5 10 x 5 2 2 DI 2IB B 3;5 Pt BC : 4x + 3y -27 = 0 Bài 35. Ta có phương trình đường thẳng AB: 2x+y-2=0 Vì I nằm trên đường thẳng y=x nên giả sử I(t;t) Suy ra C(2t-1;2t) , D(2t;2t-2) 4 Mặt khác S ABCD  AB.d (C; AB)  4  d (C; AB)  5 t  0 3t  2  2   4 t   3 5 8 8 2 Vậy C  ;  ,D  ;  hoặc C(-1;0),D(0;-2) 3 3 3 3 7 1 Bài 37. Gọi I là trung điểm cạnh BC, AG  2GI  I ( ; ) 2 2 BC  AH  BC : x – 7 – 3 = 0 B  BC : x – 7 – 3 = 0  B(b; b – 3)  C(7-b; 4-b) (vì I là trung điểm của BC)  CH = (5-b; 3-b); AB = (b+3; b-9) BC  AH  AH .BC  0  2b2  14b + 12 = 0  b = 1  b = 6 b = 1  B(1; -2), C( 6; 3) b = 6  B(6; 3) , C(1; -2) Bài 38. Gọi M là trung điểm AB suy ra M(2;-1), G   G(t;3t  8) Suy ra MG  (t  2;3t  7);MC  (x c  2;y c  1)  x c  2  3t  6 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên MC  3MG   y c  1  9t  21  Do đó C(3t  4;9t  22) Đường thẳng AB có phương trình: x  2  0 , AB  4 3t  4  2 Ta có d(C,AB)   3t  6 12
  20. GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Theo đề bài ta có 1 1 SABC  3  AB.d(C; AB)  3  .4. 3t  6  6 2 2 3t  6  3 t  3  3t  6  3    3t  6  3  t  1 Vậy C(5;5) hoặc C(-1;-13)  x  7  3t  x   5  4m Bài 39. Phương trình tham số của d1 :  ; d2 :  y   3  t  y   7  3m A(7 + 3t; -3 + t)  d1 ; B(-5 + 4m; -7 + 3m)  d2  7  3t  5  4m  2 t  2 P là trung điểm của AB , ta có :  2   3  t  7  3m m  2   3  2 t = - 2  A(1 ;-5) và AP  (1;2) Đường thăng  đi qua P(2;-3) và có VTCP AP  (1;2) nên có phương trình x  2  t' () :   y   3  2t ' x y Bài 40. Gọi A(a;0); B(0; b) . PTĐT cần tìm có dạng: d :   1(a, b  0) ; a b 1 2 d qua M (1; 2) nên:   1 (1) a b 1 2 b2 b Ta có: OA  OB  a  b (2) . Từ ( 1) ta có  1  a (b  2) a b b b2 b2  b OA  OB  a  b   f (b) . Lập BBT của hàm số f (b) trên khoảng (2; ) . b2 Ta có M in f (b)  f (2  2 2) 2 2 Do đó: OA  OB nh nhất khi: b  2  2 & a   1 2 . 2 x y PTĐT d:  1 1 2 2  2 PHẦN II. TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN GIẢI, BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỀ BÀI Bài 1. Giải hệ phương trình:      x  x x  3x  3  y  2  y  3  1 2 3 3 x  1  x 6 x  6  y  2  1  2 3
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2