5 giải đề thi đại học khối A môn toán 2010

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối A Môn Toán 2010

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI A NĂM 2010  Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá định hướng” Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liên h 0936546689 đề thi môn toán khối A năm 2010 Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: y = x3  2x2 + (1  m)x + m, m tham số thực (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mÃn điều kiện x12  x 22  x 32  C©u II: (2 điểm) Giải phơng trình: sin x  co s 2x  sin  x   4   cos x  tan x 2 Giải bất phơng trình: x x 1   x  x  1 x  e x  2x 2e x dx Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I 2e x Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh AB AC, H giao ®iĨm cđa CN víi DM BiÕt SH vu«ng gãc víi mặt phẳng (ABCD) SH a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đờng thẳng DMvà SC theo a Câu V: (1 điểm): Giải hệ phơng trình: 4x x (y  3)  2y 0  2 4x  y   4x  Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đờng thẳng (d1), (d2) có phơng trình: (d1 ) : 3x y 0, (d ) : 3x  y 0 Gọi (T) đờng tròn tiếp xúc với (d1) A, cắt (d2) hai điểm B, C cho ABC vuông B Viết phơng trình (T), biết ABC có diện tích điểm A có hoành độ dơng 2 x y z 1 mặt phẳng (P): x  2y + z = Gäi C lµ giao điểm () với (P), M điểm thuộc () Tính khoảng cách từ M tới (P), biết MC Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng ( ) : Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần ảo số phøc z, biÕt z   i  i B Theo chơng trình Nâng cao Câu VI b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đờng thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phơng trình x + y = Tìm toạ độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đờng cao ®i qua ®iĨm C cđa tam gi¸c ®· cho Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đờng thẳng x y  z 3 ( ) :   Tính khoảng cách từ A đến () Viết phơng trình mặt cầu tâm A cắt () hai điểm B C cho BC = Câu VII.b (1 điểm): Cho số phức z thoả mÃn z    i  1 i Tìm môdun số phức z iz Đánh giá định hớng thực Câu I Tham khảo định hớng câu I.1 đề toán khối B 2008 Câu hỏi thuộc dạng toán "Tính chất giao điểm hai đồ thị", cụ thể "Tìm điều kiện tham số để hai đồ thị hàm số (C1): y = f(x) (C2): y = g(x) cắt k giao điểm (phân biệt) tho¶ m·n tÝnh chÊt K ”, ta thùc hiƯn theo bớc sau: Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng ®é giao ®iĨm: f(x) = g(x) (1) Bíc 2: §Ĩ xét tính chất giao điểm khéo léo đa việc xét tính chất nghiệm phơng trình (1) Chú ý: Các kết thờng đợc sử dụng bớc là: Định lí Viét cho phơng trình đa thức: Phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = ta cã: b   x1  x  a , ngoµi x1  x2 =   a x x c a Phơng trình bËc ba ax3 + bx2 + cx + d = ta cã: b  x  x  x   a  c   x1x  x x  x x1  a  d   x1x x a Định lý đảo Hàm số Câu II Với phơng trình lợng giác kiểu (chứa tanx chứa ẩn mẫu) ta thực thông qua bớc sau: Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình, cụ thể: cos x 0 cos x 0 (*)     tan x  tan x  Tới đây, em học sinh dừng lại giải tiếp hệ điều kiện tuỳ thuộc vào biến đổi nháp bớc Bớc 2: Lựa chọn phép biến đổi lợng giác phù hợp để chuyển phơng trình ban đầu dạng phơng trình lợng giác bản, từ nhận đợc nghiệm cho phơng trình theo k Cụ thể, với phơng trình cần khử mẫu số công việc đợc bắt đầu đánh giá sau: Với phơng trình hỗn hợp chứa sin, cos tan (hoặc cot) thông thờng ta cần chuyển đổi tan (hoặc cot) dạng sin cos, ta cã: si n x cos x  si n x  tan x 1   cos x cos x Với phơng trình chứa hàm lợng giác nhiều cung khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm lợng giác cña mét cung, ta cã:   sin  x     sin x  co s x  4   Nh vËy, chóng ta đà nhận đợc phơng trình dạng: (1) sin x co s 2x Và tới đây, em häc sinh cã thĨ tiÕp tơc theo mét hai hớng biến đổi: Hớng 1: Sử dụng công thức góc nhân đôi biến đổi (1) dạng phơng trình bậc hai theo hàm số lợng giác, cụ thể: 2sin x  sin x  0 Híng 2: Sử dụng phơng trình lợng giác bản, cụ thể:   co s 2x  sin x  co s 2x co s  x   2 Các em học sinh cần lựa chọn hớng biến ®ỉi ®Ĩ tèi u cho bíc Bíc 3: KiĨm tra ®iỊu kiƯn, tõ ®ã kÕt ln vỊ nghiƯm cđa phơng trình Đây bất phơng trình không mẫu mực chứa bậc hai đợc cho dới dạng P(x) k (k số ) , để giải cần có Q(x) đánh giá dần nh sau: Nhận xét dấu Q(x) đề chuyển bất phơng trình dạng: P(x) k.Q(x) P(x) k.Q(x) Với toán này, ta cã: ph©n thøc Q(x) <    x  x  1    x  x  1    x  x  1   2x2  2x + > 0, hoặc: 2 x x  1  x   x  1  >  MS  hc: 3  x  x  1   x       MS  2 2   Suy ra, bất phơng trình đợc biến đổi dạng: x x 1   x  x  1   x  x  1 x x (1) Tới đây, việc lựa chọn phơng pháp giải cho bất phơng trình (1) đợc dựa theo dạng xuất phát f g Tuy nhiên, nh đà trình bày phần cấu trúc đề thi đại học môn toán câu hỏi khó nên em học sinh cÇn cã kiÕn thøc rÊt tèt míi cã thĨ tiếp tục đợc Cụ thể, lựa chọn mét c¸c híng sau: Híng 1: Sư dơng phÐp biến đổi tơng đơng: g f g f g Và với hớng cần có kinh nghiệm tốt việc biến đổi đại số Hớng 2: Sư dơng Èn phơ t  x (t 0) phép biến đổi tơng đơng giống nh hớng để nhận đợc bất phơng trình bậc theo t Híng 3: Sư dơng Èn phơ t lµ tỉ hợp x phép biến đổi tơng đơng giống nh hớng để nhận đợc bất phơng trình bËc theo t Cơ thĨ  x toán đặt t x Hớng 4: Sử dụng phơng pháp đánh giá (nếu có thể) Cụ thể toán sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2) (a + b)2 bëi ta cã biÕn ®ỉi:  x  x  1     x     x     1 x  x  1 x x Câu III Chỉ cần đánh giá đợc TS là: TS = x2(1 + 2ex) + ex thấy I đợc tách thành hai tÝch ph©n nhá, thĨ: 1 ex 1 x   2e x   e x  ex  x 2dx   dx x dx I  dx  x   2e x  x  0      2e   2e 0 I I vµ viƯc tÝnh I1, I2 đơn giản Câu IV Các em học sinh cã thĨ thÊy: Víi khèi chãp S.CDNM, ta cã ngay: VS.CDNM  SCDNM SH Trong ®ã, độ dài SH đà biết nên công việc lại tính diện tích tứ giác CDNM tứ giác không mẫu mực Với trờng hợp ta cã thĨ lùa chän mét hai híng: Híng 1: Tách tứ giác CDNM thành hình bản, thÝ dơ: SCDNM = SCDN + SCNM Híng 2: Nhóng tứ giác CDNM hình bản, thí dụ: SCDNM = SABCD (SAMN + SBCM) Với toán ta chọn hớng hình sở hình vuông, tam giác vuông có độ dài cho trớc Để tính khoảng cách DM SC, cần thực hiện: Tìm đoạn vuông góc chung DM SC, thĨ víi c¸c em häc sinh cã kiÕn thøc hình học phẳng vững dễ nhận thấy rằng: DM  CN  DM  (SHC)  DM  SC Suy ra, cần dựng HK vuông góc với SC nhận đợc: d(DM, SC) = HK Để tính HK ta sử dụng công thức đờng cao SHC vuông H, cụ thể: 1 HK HS HC2 Trong công thức trên, ta cần tính thêm độ dài CH dựa vào công thức hình chiếu CDN vuông D Câu V Hệ phơng trình đợc cho dới dạng không mẫu mực với đặc tính quan trọng "Các biến x, y đợc cho biểu thức độc lập", ta tổng quát dới dạng: f1 (x) g1 (y) 0  f (x)  g (y) k 2 Với hệ phơng trình dẫn dắt ta tới nhận định "Có thể sử dụng phơng pháp đề giải hệ", để sử dụng đợc phơng pháp ta cần rút đợc x y từ hai phơng trình hệ toán ta xuất phát từ phơng trình thứ hệ, có dạng: f1(x) = g1(y) Ta biết với phơng trình hai ẩn phơng pháp thờng đợc sử dụng là: Biến đổi phơng trình dạng tích Hàm số, dựa tính chất: "Nếu f(x) = f(y) hàm số f(t) đơn điệu D x = y D" thĨ:  4x  1 x (3  y)  2y   4x  1 x (6  2y)  2y    2x   1 2x    2y   1  2y   2    2x   1 2x   2y  1  2y         (1)  f  2x  f  2y ®ã f(t) = (t + 1)t Ta cã nhËn xÐt: f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + > 0, t    Hµm sè f(t) đồng biến (1) đợc chuyển d¹ng:  x 0 2x 0    2x   2y   y   2x 4x 5  2y  Tới đây, việc y 2x vào phơng trình thứ hai hệ nhận đợc phơng trình với ẩn x ®óng nh mong ®ỵi, thĨ ta ®ỵc: 5  (2) 4x    2x   4x Tuy nhiên, lại phơng trình chứa bậc hai không mẫu mực, nên việc sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng phơng pháp đặt ẩn phụ không khả thi Từ đó, ta lựa chọn phơng pháp đánh giá: Sử dụng phép biến đổi đại số để chuyển phơng trình dạng tổng đại lợng không âm Không khả thi Sử dụng bất đẳng thức Không khả thi Hàm số, dựa tính chất: "Với phơng trình f(x) = k cã f(x0) = k vµ hµm sè f(x) đơn điệu D x0 nghiệm phơng trình D" cụ thể: 3 XÐt hµm sè g(x) 4x    2x    4x trªn D  0;  , ta cã:  4 2  4 5  4x  4x  3  0 g '(x) 8x  8x   2x    4x 4x Hàm số g(x) nghịch biến D Từ đó, phơng trình (2) có nghiệm nghiệm Ta nhận thấy: 1 g   7  x  lµ nghiƯm nhÊt cđa (2)  2 C©u VI.a C (d2) Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) Ta lần lợt sử dụng giả thiết: I Vì ABC vuông B nên AC đờng kính đờng tròn (T), từ suy để có đợc phơng trình B đờng tròn (T) ta cần biết đợc toạ ®é cđa hai ®iĨm A O A (d1) vµ C Xuất phát từ điểm A đờng thẳng (d1) nªn A a;  a víi a > 0, ta có: Qua A Toạ độ điểm B = (AB)(d2) (AB) :  (AB)  (d ) Qua A Toạ độ điểm C = (AC)(d2) (AC) :  (AC)  (d1 ) , ta đợc: Từ giả thiết ABC có diện tích AB.CB Toạ độ cđa ®iĨm A, tiÕp tíi ®iĨm C 2 Ci việc lập phơng trình đờng tròn (T) với: Tâm I trung điểm AC (T) :   B¸n kÝnh IA  AC  Chó ý: Chóng ta cịng cã thĨ sư dơng giả thiết diện tích ABC trớc để nhận đợc toạ độ tờng minh điểm A Từ đó, với phơng pháp để có đợc toạ độ điểm C (cách giải tránh đợc việc phải tìm toạ độ điểm B) Cụ thể: SABC  AB.AC.sin BAC     OA.sin AOB OA.tan AOB sin AOB      OA sin  d1 , d  tan  d1 , d Toạ độ điểm A 2 Ta có: Qua A Toạ độ điểm C = (AC)(d2) (AC) :  (AC)  (d1 ) Cuèi cïng việc lập phơng trình đờng tròn (T) với: Tâm I trung điểm AC (T) :  B¸n kÝnh IA  AC Với toán thòng có hai kiểu định hớng: Hớng (Thờng với học sinh lời vẽ hình học thụ động theo dạng): Khi đó, định dạng toán "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" với định hớng em học sinh cần thực theo bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng () dạng tham số Bớc 2: Tìm toạ độ giao điểm C () (P) Bớc 3: Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng () thoả mÃn MC Bớc 4: Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) Hớng (Thờng với học sinh khá, giỏi): Vẽ hình mô (hình bên) Khi đó, với H hình chiếu vuông góc M M () (P), ta có ngay:  d(M, (M)) = MH MC.sin MCH VÊn ®Ị lại tính: H sin MCH sin(( ), (P)) Đà có công thức P C Câu VII.a Với toán em học sinh cần sử dụng phép biến đổi thông thờng để nhận đợc dạng tổng quát số phức z a b.i Từ đó, suy đợc z a b.i nên có phần ảo b Câu VI.b Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) A Ta lần lợt sử dụng giả thiết: Vì ABC cân đỉnh A nên với H trung điểm BC AH sÏ vu«ng gãc víi BC, suy ra: M I N ( Qua A d Phơng trình (AH) (AH) : ) (AH) (MN) E Toạ độ trung ®iĨm I cđa AH  To¹ ®é ®iĨm H B H C Qua H Phơng trình tham số (BC) (BC) : (BC) //(MN) Tới đây, để có đợc toạ độ B, C tiếp tục với bớc: Điểm B (BC) (theo phơng trình tham số t), từ suy toạ độ C dựa tính chất H trung điểm BC Bớc 2: Vì điểm E nằm đờng cao qua điểm C ABC nên:     AB  CE  AB  CE AB.EC Giá trị tham số t Toạ độ B C Bài toán đợc chi thành hai phần, cụ thể: Tính khoảng cách từ A đến đờng thẳng (): Ta sử dơng c«ng thøc: Bíc 1:    AM, u    , víi M() vµ  lµ vtcp đờng thẳng () d(A, ( )) u u Viết phơng trình mặt cầu (T): Ta cần tìm đợc bán kính R nó, với H trung điểm BC thì: R = AB =  BC  AH  BH  d (A, (  ))     2 Phơng trình mặt cầu (T) đợc xác định bởi: Tâm A (T) : Bán kính R Câu VII.b Với toán em học sinh cần thực theo bớc: Bớc 1: Sử dụng phép biến đổi thông thờng để nhận đợc dạng tổng quát số phức z a b.i Từ đó, suy đợc z a b.i Bớc 2: Đơn giản biểu thức z iz c di Từ đó, suy môđun cña sè phøc z  iz b»ng c  d Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối A năm 2010 Câu I Với m = 1, hàm số có dạng: y = x3 2x2 + a Hàm số xác định trªn D =  b Sù biÕn thiªn cđa hàm số: Giới hạn hàm số vô cùc:   lim y = lim  x    13   x  x x    x    x    =     x Bảng biến thiên: y' = 3x2  4x, x 10  y ( C ) 1 / 2 57 / U O 14 /2 /3 / y' =  3x2  4x =  x = hc x  4/3 + x CD = CH.CN  HC  CD  CD  DN a2 a2  a 2a (4) Từ đó, cách thay (4) vào (3) ta đợc: 2a a 2a 57 HK   19  2a  a    5 C©u V §iỊu kiƯn:  y   5  2y 0     4x  x Biến đổi phơng trình thø nhÊt cđa hƯ vỊ d¹ng:   4x   1 x (3  y)  2y   4x  1 x (6  2y)  2y    2x   1 2x    2y   1  2y   2    2x   1 2x   2y  1  2y         (1)  f  2x  f  2y ®ã f(t) = (t + 1)t Ta cã nhËn xÐt: f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + > 0, t  Hàm số f(t) đồng biến (1) đợc chuyển dạng: x 2x 0    2x   2y   4x 5  2y  y 2x Từ đó, phơng trình thứ hai hệ đợc chuyển đổi dạng:  4x    2x    4x 7 2  2  XÐt hµm sè g(x) 4x    2x    4x trªn  0;  2  5  4x  4x  3  g '(x) 8x  8x   2x    4x 2  16 (2) 3 , ta cã:  0 4x Hàm số g(x) nghịch biến 0; Từ đó, phơng trình (2) có nghiệm nghiệm nhÊt Ta nhËn thÊy: 1 g   7  x  lµ nghiƯm nhÊt cđa (2)  2 1  VËy, hƯ cã cỈp nghiƯm nhÊt  ;  2   Chó ý: Để nhận đợc kết 2x 2y từ phơng trình thứ hệ ta trình bày theo cách sau: Cách 1: §Ỉt z   2y (z 0) suy 2y = z2 Phơng trình thứ hệ đợc biến đổi dạng: 4x  1 x (6  2y)  2y   4x  1 x     z   z 2    2x   1 2x  z  1 z  f(2x) = f(t)   ®ã f(t) = (t2 + 1)t Ta cã nhËn xÐt: f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + > 0, t    Hµm sè f(t) đồng biến (3) đợc chuyển vỊ d¹ng: 2x = t  2x   2y (3) Cách 2: Đặt u 2x, v  2y (v 0) suy 2y =  v2 Phơng trình thứ hệ đợc biến đổi vỊ d¹ng:  4x  1 x  (2y  6)  2y 0   u  1 u    v   v 0   u  1 u   v  1 v 0   u  v   u  v  uv  1 v 0  u  v =  u = v  2x 2y Câu VI.a Vì ABC vuông B nên AC đờng kính đờng tròn (T), để tìm toạ độ hai điểm A C ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Điểm A đờng thẳng (d1) nên A a;  a víi a > 0, ta cã:      Qua A a;  a Qua A  (AB) :   (AB) :   (AB) : x  3y  2a 0  (AB)  (d )  vtpt n 1;  a     a  (AB)  (d ) B   ;         17    Qua A a;  a Qua A  (AC) :   (AC) :    (AC) : x  (AC)  (d1 )  vtpt n1 1;    (AC)  (d )  C  2a;  2a    3y  4a 0  Tõ gi¶ thiÕt ABC cã diƯn tÝch b»ng , ta ®ỵc:  AB.CB 2  AB2 CB2 2 2  a  a    a  a         a      a       2a      2a   2                   a  A ;  1 , C   ;  2 3  Cách 2: Thấy (d1) cắt (d2) điểm O Ta có: cos AOB cos(d1 , d )  3  1.( 1)    1      AOB   BAC  3 Khi ®ã:  SABC  AB.AC.sin BAC  C (d2) B O I A (d1)     OA.sin AOB OA.tan AOB sin BAC 2       3  OA sin tan sin  OA 2 3  OA (*) Vì A thuộc đờng thẳng (d1) nên A x ; x với x0 > 0, (*) có dạng:   4  4x 02   x   A ;  1 3 Phơng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bởi: x 02 x 18      Qua A Qua A  ;  1 (AC) :   (AC) :  (AC)  (d1 )  vtpt n 1;        (AC) :  x     y  1 0  (AC) : 3x 3y Khi đó, toạ độ điểm C nghiệm hệ phơng trình: 3x  y 0    C  ;  2     3x  3y Tới đây, để nhận đợc phơng trình đờng tròn (T) với đờng kính AC trình bày theo cách sau: Cách 1: Gọi I trung điểm AC I ; phơng trình đờng tròn (T) đợc cho bởi:  3  ;  T©m I T©m I   (T) :   (T) :  2 Đ ờng kính AC Bán kÝnh IA 1  2   3   (T) :  x     y   1 3    C¸ch 2: Ta cã:   M(x; y)  (T)  MA  MC  MA MC =        x;   y     x;   y  0           x  x      y     y  0     x  y2  x  3y  0 3 §ã chÝnh phơng trình đờng tròn (T) cần tìm Cách 3: Ta có: M(x; y) (T) MAC vuông M  MA2 + MC2 = AC2 2     2    x     1 y     x      y  2      x  y2  x  3y  0 3 Đó phơng trình đờng tròn (C) cần tìm 19 Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đờng thẳng () có phơng tr×nh tham sè: x 2t   (  ) :  y t , t   z t Toạ độ giao điểm C cđa () vµ (P) lµ nghiƯm cđa hƯ: x 2t  x 2t  x   y t  y t y      C(1; 1; 1)      z  t  z  t    z  x  2y  z 0 2t   2t  t  t Điểm M thuộc đờng thẳng () nªn M(2t + 1; t; t  2), suy ra: MC   (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (t  1)2 =  6(t + 1)2 =  t  1   t Ta lần lợt: Với điểm M1 thì: t t    d(M1 , (P))   M1 (1; 0;  2)  M ( 3;  2; 0)   2.0  1 1   Víi ®iĨm M2 th×: d(M , (P))    2.( 2) 1 1  Cách 2: Gọi H hình chiếu vuông góc cđa M trªn (P), ta cã: 2.1  1.( 2)  1.1 M ()  sin((), (P)) sin MCH     1  1 Khi ®ã: 1 H C    d(M, (M)) = MH MC.sin MCH P 6 Vậy, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) Câu VII.a Ta có ngay:      z   2i  i  i   2i  i 5  i z i Vậy, phần ảo cđa sè phøc z b»ng  C©u VI.b 20 ... thĨ:  SABC  AB.AC.sin BAC     OA.sin AOB OA.tan AOB sin AOB      OA sin  d1 , d  tan  d1 , d   To¹ ®é c? ?a ®iĨm A 2 Ta cã: Qua A Toạ độ điểm C = (AC)(d2) (AC) :  (AC)  (d1...  a Qua A  (AB) :   (AB) :   (AB) : x  3y  2a 0  (AB)  (d )  vtpt n 1;  a     a  (AB)  (d ) B   ;         17    Qua A a;  a Qua A  (AC) :   (AC)... VI .a Vì ABC vuông B nên AC đờng kính đờng tròn (T), để tìm toạ độ hai ®iĨm A vµ C ta l? ?a chän mét hai cách sau: Cách 1: Điểm A đờng thẳng (d1) nên A a;  a víi a > 0, ta cã:      Qua A a;