Các dạng toán trọng tâm ôn thi học kì 1 môn toán lớp 10

ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 NỘI DUNG ÔN TẬP HỌC KÌ 1 MÔN TOÁN 10 PHẦN 1: ĐẠI SỐ Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình bậc nhất ( ) 0 1ax b+ = . Ta biến đổi ( ) ( ) 1 2ax b ⇔ = − • Trường hợp 1: 0a ≠ . Tìm điều kiện của tham số và kết luận pt (1) có nghiệm duy nhất b x a − = . • Trường hợp 2: 0a = . Tìm giá trị của tham số và thay vào pt (1)  Nếu pt(2) trở thành 0 0x = thì kết luận phương trình có nghiệm x ∀ ∈ ¡ .  Nếu pt(2) trở thành 0x b = − với 0b ≠ thì kết luận pt vô nghiệm. Lưu ý: • Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 0a⇔ ≠ . • Phương trình (1) có tập nghiệm 0 0 a b =  ⇔  =  ¡ . • Phương trình (1) có vô nghiệm 0 0 a b =  ⇔  ≠  . Bài 1: Giải và biện luận phương trình ( ) ( ) 1 4 2 1m mx x− = + Giải: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 2 4 2 2m x m x m x m ⇔ − = + ⇔ − = + Trường hợp 1: 2 2 4 0 2 m m m ≠  − ≠ ⇔  ≠ −  . Khi đó: Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 2 2 1 4 2 m x m m + = = − − . Trường hợp 2: 2 2 4 0 2 m m m =  − = ⇔  ≠ −  . Thay m = 2 vào (2) ta có 0 4x = (pt vô nghiệm) Thay m = -2 vào (2) ta có 0 0x = (pt có nghiệm x ∈ ¡ ). Kết luận: XuNha 1 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 • 2 1 : 2 2 m S m m ≠    =    ≠ − −    • 2: m S= = ∅ • 2: m S= − = ¡ Bài 2. Tìm m để phương trình 2 4 4 2m x x m + = + có tập nghiệm là ¡ . Giải ( ) 2 2 4 4 2 4 2 4m x x m m x m + = + ⇔ − = − Phương trình có tập nghiệm 2 2 4 0 2 2 2 4 0 m m m m m = ±  − =  ⇔ ⇔ ⇔ =   = − =   ¡ . Vậy m = 2 thì phương trình có tập nghiệm ¡ . Lưu ý: Có thể biện luận tất cả trường hợp như bài 1, sau đó kết luận trường hợp đề yêu cầu. Bài toán 2: Viết phương trình hàm số bậc 2: ( ) ( ) 2 0 y ax bx c a P = + + ≠  Phương pháp giải: • Nếu đề cho (P) đi qua điểm ( ) ; M M M x y thì ta thay tọa độ điểm M vào phương trình (P), ta có 2 M M M ax bx c y+ + = . • Nếu đề cho hoành độ đỉnh k hoặc trục đối xứng x k= thì ta có công thức 2 b k a − = . • Nếu đề cho tung độ đỉnh m thì ta có công thức 4 m a ∆ − = . • Nếu đề cho tọa độ đỉnh ( ) ; I I I x y thì ta khai thác 2 ý:  (P) đi qua đỉnh ( ) ; I I I x y .  (P) có hoành độ đỉnh I x . • Nếu đề cho (P) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 thì ta suy ra (P) đi qua điểm M(3;0). • Nếu đề cho (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 thì ta suy ra (P) đi qua điểm M(0;2). Bài 3. a) Viết phương trình Parabol (P) : 2 y ax bx c = + + biết (P) có tọa độ đỉnh I(3; -4) và đi qua ( ) 1;12M − . XuNha 2 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đồ thị hàm số 2 5y x= − Giải a) (P) có tọa độ đỉnh I(3;-4) ⇒ (P) đi qua điểm I(3;-4) và (P) có hoành độ đỉnh là 3 ( ) 2 .3 .3 4 9 3 4 1 6 0 3 2 a b c a b c b a b a  + + = − + + = −   ⇒ ⇔   + = − =    (P) đi qua M(-1;12) ( ) ( ) ( ) 2 . 1 . 1 12 12 2a b c a b c⇒ − + − + = ⇒ − + = Từ (1) và (2) suy ra 1; 6; 5a b c = = − = . Vậy ( ) 2 : 6 5P y x x = − + b) Ta giải phương trình hoành độ giao điểm 2 6 5 2 5x x x− + = − • Trường hợp 1: Nếu 2 5 0x − ≥ thì ( ) ( ) 2 2 5 2 5 2 5 0 2 4 6 6 5 2 5 8 10 0 4 6 x x x x loai x x x x x x nhan  ≥   ≥ − ≥    ⇔ ⇔     = − − + = −   − + =     = +    • Trường hợp 2: Nếu 2 5 0x − ≥ thì ( ) ( ) 2 2 5 2 5 2 5 0 2 0 6 5 2 5 4 0 4 x x x x nhan x x x x x x nhan  ≥   < − <    ⇔ ⇔    = − + = − +  − =     =     Tính tung độ giao điểm 0 5x y = ⇒ = 4 3x y = ⇒ = 4 6 3 2 6x y = + ⇒ = + Vậy ta có các giao điểm ( ) ( ) ( ) 0;5 , 4;3 , 4 6;3 2 6A B C + + . Bài toán 3: Vẽ đồ thị hàm số bậc 2: ( ) ( ) 2 0 y ax bx c a P= + + ≠  Phương pháp giải: ta làm theo các bước • Tập xác định D = ¡ . • Tọa độ đỉnh ; 2 4 b I a a ∆   − −  ÷   . • Bảng biến thiên và kết luận sự biến thiên. • Bảng giá trị. XuNha 3 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 • Vẽ đồ thị. Bài toán 4: Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối  Phương pháp 1: Dùng công thức Công thức 1: A B A B A B =  = ⇔  = −  với điều kiện 0B ≥ Công thức 2: A B A B A B =  = ⇔  = −   Phương pháp 2: Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối Bài 4: Giải các phương trình a) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 2 2 3 4 3 2 2 3 4 3 x x x x x x x x x x x x  + − = + − + − = + − ⇔  + − = − − +  2 2 0, 2 2 0 1 3 3 6 6 0 x x x x x x x = =   − = ⇔ ⇔   = − ± + − =   b) ( ) 2 2 5 2 3 5 5 2 3 5 5 5 1x x x x x x = − − − ⇔ − − = + Điều kiện: 5 5 0 1x x+ ≥ ⇔ ≥ − ( ) 2 2 2 2 3 5 5 5 2 3 5 5 5 1 2 3 5 5 5 x x x x x x x x x  − − = + − − = + ⇔  − − = − −  ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 8 10 0 5 2 2 0 x n x x x n x x x n = −  − − =  ⇔ ⇔ =   + =   =  c) 2 6 5 2 5x x x− + = − ( Xem bài 3b) d) ( ) 2 7 3 1 1 1 x x x + = − − . Điều kiện : 1x ≠ • Trường hợp 1: Nếu 1 0x − > thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 1 1 3 1 2 7 3 1 1 3 6 6 0 1 3 x x x x l x x x x x x n >   − > >     = − ⇔ ⇔ ⇔     + = − − − − =     = +    • Trường hợp 2: Nếu 1 0x − < thì XuNha 4 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 ( ) ( ) ( ) 2 1 0 1 1 2 7 3 1 1 3 2 8 0( ) x x x x x x x vn − > >   ⇔ ⇔   + = − − − + − =   Vậy pt có nghiệm 1 3x = +  Nhận xét: • Ta dùng phương pháp 1 khi phương trình có đúng dạng công thức A B = hoặc A B= . • Nếu có đúng dạng A B = nhưng B là bậc 2 và A là bậc nhất theo x thì ta nên dùng phương pháp 2. • Các dạng còn lại thì nên dùng phương pháp 2. Bài toán 5: Giải phương trình chứa căn bậc 2  Phương pháp giải 1: Dùng công thức 2 0B A B A B ≥  = ⇔  =  ( ) 0 hoac 0A B A B A B  ≥ ≥ = ⇔  =   Phương pháp giải 2: Đặt ẩn phụ Bài 5. Giải các phương trình a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 1 3 2 1 2 1 10 3 0 3 2 1 4 1 x x x x x x x x x x + ≥ ≥ −   − + = + ⇔ ⇔   + + = − + = +    ( ) ( ) 2 1 1 5 22 10 3 0 5 22 x x x loai x x x nhan ≥ −   ≥ −    = − − ⇔ ⇔    + + =    = − +    . b) 2 2 4 7 1 7 4x x x x + + = + + Đặt 2 7 1t x x= + + , điều kiện 0t ≥ . 2 2 2 2 7 1 7 1t x x x x t ⇒ = + + ⇒ + = − . Ta có phương trình theo t: ( ) ( ) 2 2 1 4 1 4 4 3 0 3 t n t t t t t n = = − + ⇔ − + = ⇔  =   2 2 0 1 7 1 1 7 1 1 7 x t x x x x x =  = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔  = −  2 2 2 1 3 7 1 3 7 1 9 7 8 0 8 x t x x x x x x x =  = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔  = −  XuNha 5 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969  Nhận xét: Nếu phương trình câu b ta dùng công thức A B= thì khi bình phương B ta được bậc 4 theo x, rất khó giải. Do đó nếu biểu thức B là bậc 2 thì ta không nên dùng công thức A B= mà hướng theo phương pháp đặt ẩn phụ. c) ( ) 2 2 2 2 2 10 3 4 3 5 2 2 5 3 4 3 5 2x x x x x x x x + − + = + − ⇔ + − + = + − Đặt 2 5 2t x x = + − , điều kiện 0t ≥ 2 2 2 2 5 2 5 2t x x x x t ⇒ = + − ⇒ + = + . Ta có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 0 2 2 3 4 3 2 1 3 4 2 1 3 4 t t t t t t t − ≥   + − + = ⇔ + = − ⇔  + = −   ( ) ( ) 2 4 3 4 3 1 7 24 17 0 17 7 t t t l t t t n  ≥   ≥    = ⇔ ⇔    − + =    =     2 17 17 5 2 7 7 t x x = ⇔ + − = (Giải pt tìm nghiệm x) Bài toán 5: Phương trình bậc 2 và các bài toán liên quan Bài toán 5.1: Tìm điều kiện để phương trình 2 0 + + = ax bx c có nghiệm Bài toán 5.2: Tìm điều kiện để phương trình 2 0 + + = ax bx c vô nghiệm • TH 1: Xét 0 = a . Tìm tham số m và giải tìm nghiệm pt 0 + = bx c . • TH2: Xét 0 ≠ a . Pt có nghiệm 0 0 ≠  ⇔  ∆ ≥  a • TH 1: Xét 0 = a . Tìm tham số m và giải tìm nghiệm pt 0 + = bx c . • TH2: Xét 0 ≠ a . Pt vô nghiệm 0 ⇔ ∆ < . Bài toán 5.3: Điều kiện có nghiệm của PTB2 ( ) ( ) 2 0 0 1+ + = ≠ax bx c a • (1) có hai nghiệm phân biệt 0 0 ≠  ⇔  ∆ >  a . • (1) có hai nghiệm kép 0 0 ≠  ⇔  ∆ =  a . • (1) có hai nghiệm 0 0 ≠  ⇔  ∆ ≥  a . Bài toán 5.4: Điều kiện về dấu của nghiệm của PTB2 ( ) ( ) 2 0 0 1+ + = ≠ax bx c a • (1) có 2 nghiệm trái dấu 0⇔ < c a . • (1) có 2 nghiệm cùng dấu 0 0 ∆ >   ⇔  <   c a . Bài toán 5.5: Bài toán về hệ thức Viet XuNha 6 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 • (1) có 2 nghiệm dương phân biệt 0 0 0   ∆ >   ⇔ <    − >   c a b a • (1) có 2 nghiệm âm phân biệt 0 0 0   ∆ >   ⇔ <    − <   c a b a Cho phương trình ( ) 2 0 1+ + =ax bx c • Nếu pt(1) có 2 nghiệm 1 2 ,x x thì 1 2 = + = − b S x x a 1 2 . = = c P x x a . • Hệ thức đối xứng đối với 1 2 ,x x . • Hệ thức không đối xứng đối với 1 2 ,x x Bài 5.1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 4 2 0 1m x m x m − − − − + = • Trường hợp 1: 3 0 3m m− = ⇔ = thay vào phương trình (1), ta có 2 1 0 2 1 0 2 x x x + − = ⇔ = (Nhận m = 3 vì x = ½ là nghiệm). • Trường hợp 2: 3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠ . Phương trình (1) có nghiệm 3 3 3 10 ' 0 3 10 0 3 m m m m m ≠  ≠ ≠    ⇔ ⇔ ⇔    ≤ ∆ ≥ − + ≥     . Từ 2 trường hợp ta có 10 3 m ≤ thì phương trình có nghiệm. Bài 5.2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 4 2 0 1m x m x m − − − − + = • Trường hợp 1: 3 0 3m m− = ⇔ = thay vào phương trình (1), ta có 2 1 0 2 1 0 2 x x x + − = ⇔ = (Loại m = 3 vì đề yêu cầu pt vô nghiệm). • Trường hợp 2: 3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠ . Phương trình (1) vô nghiệm 3 3 3 10 10 3 ' 0 3 10 0 3 m m m m m m ≠  ≠ ≠    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >    > ∆ < − + <     . Từ 2 trường hợp ta có 10 3 m > thì phương trình vô nghiệm. Bài 5.4. Cho phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 6 0 1x m x m − + + + = . Tìm m để pt (1): a) Phương trình có nghiệm 1x = − . Tìm nghiệm còn lại nếu có. b) Có 2 nghiệm phân biệt cùng dương. c) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt sao cho 2 2 1 2 50x x + = . Giải XuNha 7 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 a) Phương trình (1) có nghiệm 1x = − nên ta thay 1x = − vào pt(1) ( ) 2 2 2 1 2 3 .1 6 0 2 1 0 1m m m m m − + + + = ⇔ − + = ⇔ = Ta thay m = 1 vào pt(1) thì 2 1 8 7 0 7 x x x x =  − + = ⇔  =  . b) Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt ( ) ( ) 2 6 3 0 ' 0 1 1 2 0 6 0 2 3 0 2 3 0 m m P m luon dung m m S m  + > ∆ >   > −    ⇔ > ⇔ + > ⇔ ⇔ > −    > −     > + >   c) Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt ( ) 1 0 0 1 2 ' 0 6 3 0 luon dung a m m ≠ ≠   ⇔ ⇔ ⇔ > −   ∆ > + >    Theo hệ thức Viet: ( ) 2 1 2 1 2 2 3 ; 6 b c S x x m P x x m a a = + = − = + = = = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 50 2 50 2 3 2 6 50x x x x x x m m + = ⇔ + − = ⇔ + − + =    ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 4 6 9 2 12 50 2 24 26 0 13 m n m m m m m m l =  + + − − = ⇔ + − = ⇔  = −   Vậy m = 1. Bài 5.5. Cho phương trình ( ) ( ) 2 2 2 4 2 0 1x m x m− − − + = . a) Chứng minh (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x . b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu sao cho giá trị tuyệt đối của nghiệm âm nhỏ hơn nghiệm dương. Giải a) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 2 1 0 0 , ' 0 2 0 a x x m ≠ ≠   ⇔ ⇔   ∆ > + >   (luôn đúng với mọi m) b) Hệ thức Viet: ( ) ( ) 1 2 2 2 1 b x x m a + = − = − ( ) 1 2 2 4 2 c x x m a = = − Theo giả thiết: ( ) 1 2 2 3x x= Từ (1) và (3) ta có ( ) 2 2 2 3 x m = − ( ) 1 4 2 3 x m ⇒ = − . Thay vào (2) ta có XuNha 8 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 ( ) 2 2 8 2 2 4 8 4 14 0 9 m m m m − = − ⇔ + + = (vô nghiệm). Vậy không có giá trị m thỏa đề. PHẦN 2: HÌNH HỌC Bài toán 6: Chứng minh đẳng thức vectơ – Phân tích vectơ theo 2 vectơ không cùng phương. Tích vô hướng của 2 vectơ  Quy tắc 3 điểm Theo phép cộng: AB AM MB = + uuur uuuur uuur Theo phép trừ: AB MB MA = − uuur uuur uuur  Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hành ABCD, ta có AC AB AD = + uuur uuur uuur  Quy tắc trung điểm Gọi I là trung điểm AB, với điểm M tùy ý, ta có 2MA MB MI + = uuur uuur uuur Hoặc ( ) 1 2 MI MA MB = + uuur uuur uuur  Tính chất trọng tâm tam giác G là trọng tâm tam giác ABC 0GA GB GC ⇔ + + = uuur uuur uuur r  Tích vô hướng của 2 vectơ ( ) . . .cos ,a b a b a b = r r r r r r Bài 6. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh 3a , có góc · 0 60BAC = . Gọi I là trung điểm CO, G là trọng tâm tam giác ABD. a) Chứng minh 3IA IB ID IG + + = uur uur uur uur và 4DA DB DC DO + + = uuur uuur uuur uuur . b) Biễu diễn BI uur theo ,BA BC uuur uuur . c) Tính tích vô hướng . , .BA BC BI AC uuur uuur uur uuur . Giải a) IA IB ID IG GA IG GB IG GD + + = + + + + + uur uur uur uur uuur uur uuur uur uuur ( ) 3 3IG GA GB GD IG = + + + = uur uuur uuur uuur uur (Do G là trọng tâm ABD ∆ ) ( ) 2 2 4DA DB DC DA DC DB DO DO DO+ + = + + = + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur b) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 . 2 2 2 2 2 2 BI BO BC BO BC BA BC BC = + = + = + + uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 3 4 4 BA BC = + uuur uuur . XuNha 9 ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969 c) ( ) ( ) 2 2 0 3 . . .cos , 3 .cos120 2 a BA BC BA BC BA BC a = = = − uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 3 1 3 . . . . 4 4 4 4 BI AC BA BC AC BA AC BC AC   = + = +  ÷   uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( ) 0 9 . . .cos , 3.3 .cos150 2 BA AC BA AC BA AC a a = = = − uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( ) 0 9 . . .cos , 3.3 .cos30 2 BC AC BC AC BC AC a a = = = uuur uuur uuur uuur uuur uuur .BI AC uur uuur = 1 9 3 9 9 . 4 2 4 2 4   − + =  ÷   Lưu ý: Ta có thể tính góc ( ) ,BI AC uur uuur dựa vào công thức ( ) . cos , . BI AC BI AC BI AC = uur uuur uur uuur uur uuur . Tính độ dài BI, AC thay vào, ta suy ra góc ( ) ,BI AC uur uuur . Bài 7. Trong mp tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) ( ) ( ) 2; 3 , 4;1 , 5; 6A B C − − . a) Tìm tọa độ M là giao điểm của AB và trục Ox. b) Tìm điểm N trên Oy sao cho tứ giác ACBN là hình thang với 2 đáy AC // BN. c) Tìm tọa độ điểm D để ACBD là hình bình hành. Tìm tọa độ tâm K của hình bình hành ACBD. d) Phân tích vectơ OC uuur theo 2 vectơ ,AB AC uuur uuur Giải a) M là giao điểm của AB và trục Ox M⇒ thuộc Ox và A, B, M thẳng hàng M thuộc Ox ( ) ;0 M M x ⇒ ( ) ( ) 2;4 , 2;3 M AB AM x= = − uuur uuuur A, B, M thẳng hàng , AB AM ⇒ uuur uuuur cùng phương ( ) ( ) 2 4 7 7 4 2 2.3 ;0 2 2 2 3 M M M x x M x = ⇔ − = ⇔ = ⇒ − . b) Điểm N thuộc Oy ( ) 0; N N y⇒ ( ) ( ) 3; 3 , 4;1 N AC NB y= − = − uuur uuur Theo giả thiết ta có , AC NB uuur uuur cùng hướng . , 0AC k NB k = > uuur uuur ( ) ( ) ( ) 3 3 .4 4 0;5 3 1 5 N N k k n N k y y  = =    ⇔ ⇔ ⇒   − = −  =    . c) ( ) ( ) 3; 3 , 4 ;1 D D AC DB x y= − = − − uuur uuur ACBD là hình bình hành ( ) 4 3 1 1;4 1 3 4 D D D D x x AC DB D y y − = =   ⇔ = ⇔ ⇔ ⇒   − = − =   uuur uuur XuNha 10 [...]... ) = 20 + 02 = 5 Ta thấy: AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25 ⇒ ∆ABC vuông tại A 1 1 5 2 Diện tích S ∆ABC = AB AC = (đvdt) 5 20 = 2 2 2 G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ G  −3; 8   ÷ b) 3  uu  4  uu  ur ur u u u u 10 ur ur 2 GA =  1; ÷, GB =  2; − ÷ ⇒ GA.GB = 3 9  3  uu ur uu ur c) AB = ( 1; −2 ) , CD = ( xD + 6; yD − 2 ) uu uu ur ur  xD + 6 = 1  x D = −5 ⇔ ⇒ D ( −5; 0 ) ABDC là hình bình hành ⇔ AB... Xuân Nhân 098 43 21 969 Tâm K(3; -1) uu ur uu ur uu ur OC = ( 5; −6 ) , AB = ( 2; 4 ) , AC = ( 3; −3) d) 1  uu ur uu uu ur ur  k 2 + l.3 = 5  k = − 6 OC = k AB + l AC ⇔  ⇔  k 4 + l ( −3) = −6  l = 16 9  uu ur u u 16 u u ur ur 1 Vậy OC = − AB + AC 6 9 Bài 8 Trong mp tọa độ Oxy, cho ba điểm A ( −2; 4 ) , B ( 1; 2 ) , C ( −6; 2 ) a) b) c) d) e) Giải Chứng minh tam giác ABC vuông Tính u u utích... hành ABDC có góc C vuông nên ABDC là hình chữ nhật d) Điểm M ∈ Ox ⇒ M ( xM ;0 ) Tam giác MAB cân tại M ⇔ MA = MB ⇔ MA2 = MB 2 2 2 2 2 ⇔ ( x A − x M ) + ( y A − y M ) = ( x B − xM ) + ( y B − y M ) ⇔ ( −2 − xM ) + 42 = ( 1 − xM ) + 2 2 2 XuNha 11 2 ThS Đinh Xuân Nhân 098 43 21 969 ⇔ ( −2 − xM ) + 4 2 = ( 1 − xM ) + 2 2 ⇔ xM = − 2 2  15  ;0 ÷  2  Vậy M  − uu ur uu ur e) AB = ( 1; −2 ) , CK = ( xk... ur u Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Tính GA.GB Tìm điểm D sao cho tứ giác ABDC là hình chữ nhật Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác MAB cân tại M Tìm điểm K sao cho ABCK là hình thang có 2 đáy AB, CK thỏa CK = 2AB uu ur uu ur AB = ( 1; −2 ) , AC = ( −4; −2 ) a) uu uu ur ur 1 −2 ≠ ⇒ AB, AC không cùng phương ⇒ A, B, C lập thành tam giác Xét tỷ số: − 4 −2 Tính độ dài AB = 12 + ( −2 ) 2... 15  ;0 ÷  2  Vậy M  − uu ur uu ur e) AB = ( 1; −2 ) , CK = ( xk + 6; y K − 2 ) ABCK là hình thang có 2 đáy AB, CK thỏa CK = 2AB uu ur u u  xk + 6 = 2 .1 ur   xK = − 4 ⇔ CK = 2 AB ⇔  ⇔ ⇒ K ( −4; −2 )  yK − 2 = 2 ( −2 )  y K = −2  XuNha 12 15 2 . 098 43 21 969 NỘI DUNG ÔN TẬP HỌC KÌ 1 MÔN TOÁN 10 PHẦN 1: ĐẠI SỐ Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình bậc nhất ( ) 0 1ax b+ = . Ta biến đổi ( ) ( ) 1 2ax b ⇔ = − • Trường hợp 1: 0a. phụ Bài 5. Giải các phương trình a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 1 3 2 1 2 1 10 3 0 3 2 1 4 1 x x x x x x x x x x + ≥ ≥ −   − + = + ⇔ ⇔   + + = − + = +    ( ) ( ) 2 1 1 5 22 10 3 0 5 22 x x x. Nhân 098 43 21 969 a) Phương trình (1) có nghiệm 1x = − nên ta thay 1x = − vào pt (1) ( ) 2 2 2 1 2 3 .1 6 0 2 1 0 1m m m m m − + + + = ⇔ − + = ⇔ = Ta thay m = 1 vào pt (1) thì 2 1 8 7 0 7 x x