Truong phổ thong Triệu Son ĐỀ CHÍNH THỨC !"#$% &'(& Thời gian làm bài 180 phút,không kể thời gian giao đề )*+,-./012%345 67/12%345Cho hàm số 3 2 y x 3x 3mx 1 (1)= − + + − , với m là tham số thực 85Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞ ) 67/12%345Giải phương trình 1 tan x 2 2 sin x 4 π + = + ÷ 67/12%345Giải hệ phương trình 4 4 2 2 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0 + + − − + = + − + − + = x x y y x x y y y (x, y ∈ R). 679/12%345Tính tích phân 2 2 2 1 1 ln − = ∫ x I x dx x 67:/12%345Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). 67;/12%345Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 (a c)(b c) 4c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 32a 32b a b P (b 3c) (a 3c) c + = + − + + )*+<=/12%345 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) &)#>?@#ABCDEF##7G 670)8/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0+ + = và A( 4;8)− . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N (5;-4). 67 H)8 /1 2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 6 y 1 z 2 : 3 2 1 − + + ∆ = = − − và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với ∆ . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30 . 67I)8/12%345) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác xuất để số được chọn là số chẵn. )#>?@#ABCDEF#6C@8? 670)J/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0∆ − = . Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). 67 H)J /1 2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 3y z 11 0+ + − = và mặt cầu 2 2 2 (S):x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − = . Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S). 67I)J/12%345Cho số phức z 1 3i= + . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức 5 w (1 i)z= + . GV: Hồ Xuân luong Truong phổ thong Triệu Son *"K&1& )*+,-./012%345 67 a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = 0 ⇒ y = x 4 – 2x 2 D = R, y’ = 4x 3 – 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và y CT = -1 lim x y →±∞ = +∞ Bảng biến thiên : x -∞ -1 0 1 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ -1 -1 y = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2± Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2± ; 0) b/ y’ = 4x 3 – 4(m + 1)x y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x 2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m 2 ), B (- 1m + ; – 2m – 1); C ( 1m + ; –2m – 1) C¸ch 1 Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1) Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) ⇔ 2 1m + = 2(m 2 + 2m + 1) = 2(m + 1) 2 ⇔ 1 = (m + 1) 1m + = 3 2 ( 1)m + (do m > -1) ⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0 C¸ch 2 Ta có ABC∆ cân tại A ⇒ ∆ MPN vuông tại M ,suy ra 2 2 2 MN MP NP+ = 3 ( 1) ( 1) 1 0 0m m m ⇔ + + − = ⇔ = C¸ch 3: Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. ⇔ . 0AB AC = uuur uuur ⇔ -(m+1) + (m+1) 4 = 0 ⇔ (m+1)[(m+1) 3 – 1]=0 ⇔ (m+1)(m 3 + 3m 2 + 3m) = 0 ⇔ m(m+1)(m 2 + 3m +3) = 0 ; chỉ có m = 0 thỏa mản điều kiện m > -1. 67) 3 sin2x+cos2x=2cosx-1 ⇔ 2 3 sinxcosx + 2cos 2 x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1 ⇔ cosx = 0 hay 3 2 sinx + 1 2 cosx = 1 2 ⇔ cosx = 0 hay cos( ) cos 3 3 x π π − = ⇔ x = 2 2 k hay x k π π π + = hay 2 2 3 x k π π = + (k ∈ Z). 67 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y − − + = + − + − + = C¸ch 1 Đặt t = -x GV: Hồ Xuân luong x y -1 O - -1 1 Truong phổ thong Triệu Son Hệ trở thành 3 3 2 2 2 2 3 3 9( ) 22 1 2 t y t y t y t y t y + + + − + = + + + = . Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành 3 2 3 2 2 2 3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22 1 1 1 2 ( ) 2 2 2 S PS S P S S PS S P S S P S P S S − + − − = − + − − = ⇔ − + = = + − 3 2 2 3 2 6 45 82 0 4 1 1 ( ) 2 2 2 S S S P P S S S + + + = = ⇔ ⇔ = + − = − . Vậy nghiệm của hệ là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2 − − ÷ ÷ C¸ch 2: 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 1 ( ) ( ) 1 2 2 x x x y y y x y − − + = + − − + + = . Đặt u = x 1 2 − ; v = y + 1 2 Hệ đã cho thành 3 2 3 2 2 2 3 45 3 45 ( 1) ( 1) ( 1) 2 4 2 4 1 u u u v v v u v − − = + − + − + + = Xét hàm f(t) = 3 2 3 45 2 4 t t t− − có f’(t) = 2 45 3 3 4 t t− − < 0 với mọi t thỏa t≤ 1 ⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1) 2 + v 2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒ 0 1 v u = = hay 1 0 v u = − = ⇒ Hệ đã cho có nghiệm là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2 − − ÷ ÷ . C¸ch 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 22 0 3 9 22 0 1 1 2 2 1 1 3 9 22 0 2 2 1 2 x y x y x y x y x y xy x y x y hpt x y x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y − − + − − + = − + + − + − − + = ⇔ ⇔ + − + = + − + = − + − + − + − − − + = ÷ ÷ ⇔ + − + = Đặt u x y v xy = − = Khi đó hpt trở thành ( ) ( ) 2 1 1 3 9 22 0 1 2 2 1 2 2 2 u u v u u u u v + + − + − + = ÷ ÷ − + = Rút v từ (2) thay vào (1) ta được 2 3 6 2 45 82 0 2u u u u− − + = ⇔ = Với 3 2 4 u v= ⇒ = − . Ta tìm được ( ) ( ) = − − ÷ ÷ 3 1 1 3 x; y ; v x; y = ; 2 2 2 2 C¸ch 4 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 22 3 9 ( )( 9) 22 3( )(1) 1 2 ( 1 2) ( 1 2) 1(2) x x x y y y x y x y xy x y x y x y x y − − + = + − − + + − + = + ⇔ + − + = − + + = Từ (2) : 1 2 ; 1 2a x cosa y sina⇒ ∃ − = + = . Thay vào (1) ta được: (1 )(3 2 ( ) 2 37 4) 22 3(1,5 )cosa sina cosa sina cosasina cosa sina cosa sina+ − + − + − − − + = + − Đặt t = cosa – sina thì PT trên trở thành: 2 3 (1 )(1,5 (1 ) 2 2 37 4) 22 3(1,5 ) 2 39 41 0 1( 2)t t t t t t t t t+ + + − − − + = + ⇔ + − = ⇒ = ≤ GV: Hồ Xuân luong Truong phổ thong Triệu Son 2 ( 4) 1 2 2 2cos a a k k π π π π ⇒ + = ⇒ = ∧ − + ⇒ HPT có 2 nghiệm:(3/2; -1/2) và (1/2; -3/2 ) 679) 3 2 1 1 ln( 1)x I dx x + + = ∫ = 3 3 2 2 1 1 1 ln( 1)x dx dx x x + + ∫ ∫ = 1 3 1 1 x − − J + = 2 3 J+ . Với 3 2 1 ln( 1)x J dx x + = ∫ Đặt u = ln(x+1) ⇒ du = 1 1 dx x + ; dv = 2 1 dx x , chọn v = 1 x − - 1 J = 3 1 ( 1)ln( 1) 1 x x − − + + 3 1 dx x ∫ = 3 1 ( 1)ln( 1) 1 x x − − + + 3 1 ln x = 4 ln 4 2ln 2 3 − + + ln3 = 2 ln 2 ln3 3 − + . Vậy I = 2 2 ln 2 ln 3 3 3 − + + Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du = 1 dx x + ; đặt dv = 2 dx x , chọn v = 1 x − , ta có : [ ] 3 1 1 1 ln( 1)I x x = − + + + 3 1 ( 1) dx x x + ∫ = [ ] 3 3 1 1 1 1 ln( 1) ln 1 x x x x − + + + + = 2 2 ln 2 ln 3 3 3 − + + 67:) C¸ch 1 Ta có : Diện tích mặt đáy ABC là : 3 4 1 2 aS ABC = ∆ Gọi M là trung điểm AB : 1 a MH= MB= 3 6 Vì ABC∆ đều cạnh a, CM là đường cao : a 3 CM= 2 Xét CMH∆ vuông tại M Theo Pitago ta có: 2 2 2 CH =CM +MH = 2 2 a 3 a + 2 6 ÷ ÷ ÷ = 7 2 a 9 ⇒ a 7 CH= 3 Góc hợp bởi SC và mặt phẳng ABC bằng 60 0 ⇒ 0 60SCH∠ = Xét HSC ∆ vuông tại H ta có : Tan ∠ SHC = HC SH ⇒ SH = HC.Tan ∠ SHC = 3 21 3. 3 7 aa = Tích Thể Tích khối chóp S.ABC ⇒ 2 3 1 1 a 21 a 3 a 7 V = SH.S = . . = SABCΔABC 3 3 3 4 12 Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d)=> [ ] ( ) d =d BC;SA B SA,d→ Dựng hình thoi ABCD , dựng HK ;HI sao cho : ( ) ( ) HK AD k AD HI SK I SK ⊥ ∈ ⊥ ∈ Ta có ( ) SH ABC SH AD ⊥ ⇒ ⊥ Mà HK AD ⊥ nên ( ) AD SHK⊥ ( ) ( ) SAD SHK ⇒ ⊥ Mà ( ) êHI SK n n HI SAD ⊥ ⊥ ⇒ HI là khoảng cách từ H đến (SAD) nên : 3 2 3 3 2 sin. aa KAHAHKH ==∠= Xét SHK ∆ vuông tại H ,đường cao HI: 2 2 2 222 7 243 21 3111 a a a HKHSHI = + =+= 6 7 . 2 a HI =⇒ Vì BC//(SAD) và 2 3 HA AB = nên khoảng cách cần tìm là : d = 3 3 7 42 . 2 2 2 6 8 a a HI = = GV: Hồ Xuân luong & " Truong phổ thong Triệu Son C¸ch 2 Gọi M là trung điểm AB, ta có ; a a a MH MB HB= − = − = H 0 ; ; a a a a CH CH = + = ⇒ = 0 a SC HC= = ; SH = CH.tan60 0 = 21 3 a ( ) 0 0 1 9 a a V S ABC a= = dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm. a a HK = = , hệ thức lượng HI HS HK a a ⇒ = + = + ÷ ÷ ÷ ÷ [ ] 9 9 9 1 H a a a HI d BC SA HI⇒ = ⇒ = = = 7 2 6 a HI⇒ = C¸ch 3 - Ta có ( ) ( ) · · 1 & & ;= = .Gọi I là trung điểm AC. Khi đó ta có 3 1 7 21 7 3 6 3 3 12 3 2 SABC a IH IB a a a CH SH V a CI = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = - Dựng Iz//HS . Chọn hệ trục Ixyz ( như hình vẽ) Khi đó , 3 21 ;0;0 ; ;0;0 ; 0; ;0 ; ;0; 2 2 2 6 3 a a a a a A B c S − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Từ đó , ta có ( ) , . 42 , 8 , SA BC AB a d SA BC SA BC = = uur uuur uuur uur uuur C¸ch 4- GV: Hồ Xuân luong I S H B C A z x y Truong phổ thong Triệu Son 67;) C¸ch 1x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0 Ta có 2 2 2 2 3 3 3 12( ) x y y x x y P x y xy − + + = + + − + + = 2 2 2 3 3 3 12[( ) ] x y y x x y x y xy − + + = + + − + − ≥ 2 2 2 2 3 2.3 12[( ) ] y x x y x y x y xy + + + − + − + − ≥ 3 2 3 2.3 2 3 x y x y x y + − + − + . Đặt t = 0x y+ ≥ , xét f(t) = 3 2.( 3) 2 3 t t− f’(t) = 3 3 2.3( 3) .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 0 t t − = − > ⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2 Mà 3 x y− ≥ 3 0 = 1. Vậy P ≥ 3 0 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0. Vậy min P = 3. C¸ch 2 Từ giả thiết suy ra ( ) 2 2 2 2x y z xy yz zx + + = − + + Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 2x y z x y y z z x + + = − + − + − Vì vậy nếu đặt , ,a x y b y z c z x = − = − = − thì , , 0a b c ≥ và , ,a b c b c a c a b + ≥ + ≥ + ≥ Ta có : ( ) 2 2 2 3 3 3 2 a b c P a b c= + + − + + Vì a b c + ≥ nên ( ) 2 a b c c + ≥ Tương tự ( ) ( ) 2 2 b c a a c a b b + ≥ + ≥ Công ba bất đẳng thức trên ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2ab bc ca a b c a b c a b c + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + Nên ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 a b c a b c P a b c a b c≥ + + − + + = − + − + − Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ' 3 , 0 3 ln3 1 0 0 1 x x f x x x f x f x f= − ≥ = − > ⇒ ≥ = Vì Vậy 3P ≥ , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0 )*+<=/12%345 &)#>?@#ABCDEF##7G 6708)L@# Ta có : AN = 10 3 a ; AM = 5 2 a ; MN = 5 6 a ; cosA = 2 2 2 2 . AM AN MN AM AN + − = 1 2 ⇒ · 45 o MAN = GV: Hồ Xuân luong B A C D N M Truong phổ thong Triệu Son (Cách khác :Để tính · MAN = 45 0 ta có thể tính · · 1 2 3 ( ) 1 1 1 2. 3 tg DAM DAN − − = = + ) Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 1 2 2 a b− − = 0 · 2 2 2 1 cos 2 5( ) a b MAN a b − = = + ⇔ 3t 2 – 8t – 3 = 0 (với t = a b 5⇒t = 3 hay 1 3 t = − + Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 17 0 x y x y − − = + − = ⇒ A (4; 5) + Với 1 3 t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 4 0 x y x y − − = − − = ⇒ A (1; -1) L@# Kẻ MH ⊥ AN (H ∈ AN) MH = d(M,AN) = 2 53 2 3 2 1 2 11.2 = −− Đặt : AB = a Ta có : ADNCMNAMBABCDAMN SSSSS ∆∆∆∆ −−−= 6 5 3 2 1 3 2 . 2 . 2 1 . 2 . 2 1 2 2 aa a aa a a aS AMN =−−−= ∆ 3 10 9 10 3 2 2 222 aaa aDNADAN == +=+= 2 5 4 5 2 2 2 222 aaa aBMABAM == +=+= Mặt khác : MANAMANS AMN ∠= ∆ sin 2 1 ⇒ 6 5 sin 2 1 2 a MANAMANS AMN =∠= ∆ 6 5 sin. 2 5 . 3 10 2 1 2 a MAN aa =∠⇔ 2 2 sin =∠⇒ MAN 0 45=∠⇒ MAN 2 53 2 2 . 2 53 == ∠ =⇒ MANSin MH AM A ∈ :2 3 0 2 3AN x y y x − − = ⇔ = − Đặt A(x;2x-3) AM = 2 53 32 2 1 2 11 22 = −−+ − xx ⇔ x 2 -5x+4= 0 = = ⇔ 4 1 x x Vậy 1 2 (1; 1), (4;5)A A− Cách khác: A (a; 2a – 3), 3 5 ( , ) 2 d M AN = , MA = 3 10 . 2 2 MH = ⇔ 2 2 11 7 45 ( ) (2 ) 2 2 2 a a− + − = ⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A (4; 5). C¸ch 3 Đặt , 0AB a a = > Ta có: GV: Hồ Xuân luong Truong phổ thong Triệu Son 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 . . . . 2 2 3 6 2 2 2 4 1 1 2 . . 2 2 3 3 6 4 3 3 ADN ABM CMN AMN ABCD ADN ABM CMN a a a a S AD DN a S AB BM a a a S CM CN a a a a a S S S S S a = = = = = = = = = ⇒ = − − − = − − − = Hơn nữa , 2 2 2 2 10 9 3 a a AN AD DN a = + = + = và ( ) 3 5 , 2 d M AN = Nên từ ( ) 1 . , 2 AMN S AN d M AN ∆ = ⇒ ( ) 2 3 5 2 15 2 , 2 4 10 AMN S a d M AN a AN ∆ = = = ⇒ = Và 2 2 2 2 15 10 4 8 a AM AB BM a = + = + = Lấy A AN ∈ ,giải 15 10 8 AM = (1; 1) A(4;5)A v→ − 67H8) C¸ch 1 Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi d u uur = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. [ , ] 2 ( , ) 2 2 d d MI u AB R IH d I d u = = = = uuur uur uur , [ , ] ( 2;0;2) d MI u = − uuur uur ⇒ IH = 8 2 6 3 = 2 2 2 3 R = ⇒ R = 2 6 3 ⇒ phương trình mặt cầu (S) là : 2 2 2 8 ( 3) 3 x y z+ + − = . C¸ch 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d . Khi đó , IAB∆ vuông tại I nên AB=2IH 2 2 2 2 4IA IB BA IH⇒ + = = ( vì tam giác IAB vuông cân tại I) ( ) 2 2 2 , 8 2 2 , 3 d d MI u R IA IH d I d u ⇒ = = = = = uuur uur uur ( Trong đó M(-1;0;2) d∈ ) ( ) 2 2 2 8 : x 3 3 ptmc y z⇒ + + − = C¸ch 3 Giọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d ⇒ H(t-1;2t;t+2) ⇒ )1;2;1( −−= tttHI Vì IH ⊥ d ⇒ 0. = d uHI ⇔ t-1 + 4t + t-1 =0 ⇔ t = 3 1 ⇒ IH = 222 )1()2()1( −++− ttt = 3 32 9 1 .4)1 3 1 .(2 2 =+− GV: Hồ Xuân luong Truong phổ thong Triệu Son ∆ IAB vuông cân tại I nên IA = IB = IH. 2 = 3 22 Phương trình mặt cầu S có tâm I(0;0;3) bán kính 3 22 == IAR là : x 2 +y 2 +(z-3) 2 = 3 8 67I)8) 1 3 5 n n n C C − = ⇔ ( 1)( 2) 5. 6 n n n n − − = ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 Gọi a là hệ số của x 5 ta có 7 2 7 5 7 1 . 2 i i i x C ax x − − − = ÷ ÷ ⇔ 7 7 14 3 5 7 1 ( 1) . . 2 i i i i C x ax − − − − = ÷ ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và 7 7 7 1 . 2 i i C a − − − = ÷ ⇒ a = 35 16 − . Vậy số hạng chứa x 5 là 35 16 − .x 5 . )#>?@#ABCDEF#6C@8? 670JC¸ch 1 Phương trình chính tắc của (E) có dạng : 2 2 2 2 1 ( ) x y a b a b + = > . Ta có a = 4 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : M (2;-2) thuộc (E) 2 2 4 4 1 a b ⇔ + = 2 16 3 b⇔ = . Vậy (E) có dạng 2 2 1 16 16 3 x y + = C¸ch 2 Ta có nhận xét , đường tròn và Elip nhận gốc O làm tâm đối xứng. Do đó gs 4 đỉnh hình vuông ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; ; ; ;A a a B a a C a a D a a− − − − Vì ( ) 2 2 2 : 8 4A C a a a∈ + = ⇒ = ( ) 2;2A⇒ 2 2 2 2 2 2 4 4 ( ) : 1 1 x y E m n m n + = ⇒ + = Vì 2m=8 nên m=4 2 2 1 4 16 1 4 3 n n ⇒ + = ⇒ = Hơn nữa vì ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 16 : 1 : 1 16 16 3 16 3 x y A E b ptct E b ∈ + = ⇒ = ⇒ + = 67HJ) C¸ch 1 Vì M là giao điểm của ∆ và d nên ta có ( 1 2 ; ;2 )M t t t− + + . Vì A là trung điểm của MN nen suy ra (3 2 ; 2 ;2 )N t t t− − − − N là giao điểm của ∆ và ( )P nên ta có ( ) ( ) 3 2 2 2 2 5 0 2N P t t t t∈ ⇒ − − − − − + = ⇒ = Từ đây ta có (3;2;4), ( 1; 4;0)M N − − . Suy ra ( 4; 6; 4) 2(2;3;2)MN = − − − = − uuuur . 2 3 4 3 2 2 : x y z ptdt − − − ⇒ ∆ = = C¸ch 2 Viết lại (d) dưới dạng: 2 1 ( ) 2 x t y t t R z t = − = ∈ = + Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c) Ta có GV: Hồ Xuân luong Truong phổ thong Triệu Son 2 1 2 3 2 2 2 3 2 2 4 2 5 0 2 2 4 2 2 5 0 2 5 0 t a a t t b b t t t t t t c c t a b c a b c − + = = − + = − = − − ⇔ ⇒ − − − − + + = ⇔ = + + = = − + − + = + − + = Vậy (3;2;4), ( 1; 4;0)M N − − vµ M(3;2;4), khác A => thỏa mãn 2 3 4 3 2 2 : x y z ptdt − − − ⇒ ∆ = = 67IJ) z x yi= + 5( ) 2 1 z i i z + = − + 5( ) 2 1 x yi i i x yi − + ⇔ = − + + 5[( ( 1) ) 2 ( 1) x y i i x yi − − ⇔ = − + + 5 5( 1) 2( 1) ( 1) 2x y i x x i yi y⇔ − − = + − + + + 5 5( 1) (2 2 ) ( 1 2 )x y i x y x y i⇔ − − = + + − + − 2 2 5 1 2 5( 1) x y x x y y + + = + − = − 3 2 7 6 x y x y − = ⇔ − = − 1 1 x y = ⇔ = z = 1 + i; 2 2 1 1 (1 ) (1 )w z z i i= + + = + + + + 1 1 1 2 ( 1)i i= + + + + + − 2 3i = + 4 9 13w⇒ = + = Hết GV: Hồ Xuân luong . 2 1 3 2 . 2 . 2 1 . 2 . 2 1 2 2 aa a aa a a aS AMN =−−−= ∆ 3 10 9 10 3 2 2 222 aaa aDNADAN == +=+= 2 5 4 5 2 2 2 222 aaa aBMABAM == +=+= Mặt khác : MANAMANS AMN ∠= ∆ sin 2 1 ⇒ 6 5 sin 2 1 2 a MANAMANS AMN =∠= ∆ . ⇒ A (1; -1) L@# Kẻ MH ⊥ AN (H ∈ AN) MH = d(M,AN) = 2 53 2 3 2 1 2 11.2 = −− Đặt : AB = a Ta có : ADNCMNAMBABCDAMN SSSSS ∆∆∆∆ −−−= 6 5 3 2 1 3 2 . 2 . 2 1 . 2 . 2 1 2 2 aa a aa a a aS AMN =−−−= ∆ 3 10 9 10 3 2 2 222 aaa aDNADAN. (4;5 )A A− Cách khác: A (a; 2a – 3), 3 5 ( , ) 2 d M AN = , MA = 3 10 . 2 2 MH = ⇔ 2 2 11 7 45 ( ) (2 ) 2 2 2 a a− + − = ⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A (4; 5). C¸ch 3 Đặt , 0AB a a = >