De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.. 2..[r]

Sở GD & ĐT TP HCM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Trường THCS & THPT Nguyễn Khuyến Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3x22

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài

đoạn thẳng AB Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình

5

2.cos5 sin( ) sin cot

x   x     x x

 

2. Giải hệ phương trình :

2

4 2

2 15

2

x y x y

x y x y

    

 

    

 

Câu III ( 1điểm) Tính tích phân

 

1

1 ln

2 ln

e x x x

I dx

x x

  



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác cân, AB = BC = 3a,

AC a Các mặt phẳng ( 'B AB),( 'B AC),( 'B BC) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

Câu V (1 điểm) Cho x y z, , số thực dương thoả mãn x y z  x y z  3

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 x z

P y

z y

  

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a.

Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I3;3 AC2BD Điểm

4 2;

3 M 

 

thuộc đường thẳng AB, điểm

13 3;

3 N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh Bcó hồnh độ nhỏ

Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

 1  2

x y z x y z

d : ; d :

1 2 1

    

   

mặt phẳng  P : x y 2z 0    Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt   d , d1 lần lượt A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ

Câu VII.a Tìm số phức z thỏa mãn z2 z z B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình thang vng ABCD vng A D có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình

3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo hai đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 24 điểm B có hồnh độ dương

:

x y z

2

 

 

 Viết phương trình đường thẳng d qua điểm B cắt đường thẳng  điểm C

sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ

Câu VII.b (1điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình: m x2 2x2 x có nghiệm phân

biệt

Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI, Năm 2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu Nội dung éiểm

I

1

 Tập xác định: D  Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên:

2

'

y  x  x; y' 0  x0 x2

Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2; ; nghịch biến khoảng0;2  Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x2; yCT2, đạt cực đại x0; yCĐ2  Giới hạn:

lim ; lim

x  y  x y

Bảng biến thiên:

 Đồ thị:

Nhận xét:

0,25 0,25

0,25

0,25

2

Đặt    

3

; ; ;

A a a  a  B b b  b 

với a b Hệ số góc tiếp tuyến với (C)

tại A, B là:    

2

' ; '

A A B B

k y x  a  a k y x  b  b Tiếp tuyến (C) A B song song với

   

2

3 6 2

A B

k k  a  a b  b a b a b     b  a

Độ dài đoạn AB là:

   

     

     

2

2 3 3 2 2

2

2 2 2

2

2 2

3

4

AB a b a b a b

a b a b a ab b a b

a a a

                              

Đặt t = ( a – )2

4

AB     

2 2

3 2

t t t t t t

          t 4

1 2 a a        

 Với a 3 b1 A3; , B1; 2   Với a 1 b 3 A1; ,  B3; 2 Vậy A3; , B1; 2  A1; ,  B3;2

0,25

0,25 0,25

II

1

ĐK: sin 3x0

pt  2cos5xsin 2xcos cot 3x x

 2cos5 sin 3x xsin cos3x xcos cos3x x

 2cos5 sin 3x x cos5x0  cos5 ( sin 3x x1) 0

+)

1

sin

2 x 

(t/m đk) 

2 12 k x k x             

+) cos5x0 10 k x  

t/m đk KL:……… 0,25 0,25 0,25 0,25 2

4 2

2 15

2

x y x y

x y x y

              Hệ pt 2

2 2

( 1)( 2) 4( 1) 4( 2)

( 1) ( 2) 10

x y x y

x y                

 Đặt

2 1 u x v y       

Ta có hpt

2 10 ( )2 2 10

4( ) 4( )

u v u v uv

uv u v uv u v

                   10 45 u v uv     

 (vô nghiệm)

2 u v uv       u v     



1 u v      +) u v    

 Tìm nghiệm ( ; ) (2;1)x y  ( ; ) ( 2;1)x y  

+) u v    

 Tìm nghiệm ( ; ) (0;5)x y 

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)

0,25 0,25 0,25

0,25 III

 

2

1 1

1 ln 1 ln

2 ln ln

e x x x e e

x

I dx x dx dx

x x x x

            3 1 3 e e x e

x dx     



 

1

1

2 ln

1 ln

ln ln

2 ln ln

e e

e

d x x

x

dx x x

x x x x

 

   

 

  ln 2 ln ln

2 e

e 

   

Vậy

3 1 2

ln

3

e e

I    

0,25 0,25

IV

Gọi H hình chiếu B' mp(ABC), M, N, P hình chiếu H AC, AB BC.Khi ACHM AC, B H'

( ' )

AC B BM

  Vậy góc ( 'B AC) (BAC) góc B MH' Tương tự ta có B MH' B NH' B PH' 600 Do đó

' ' '

B MH B NH B PH HM HN HP

      Vậy H tâm đường tròn nội tiếp

tam giác ABC

Theo công thức S p p a p b p c(  )(  )(  ) a a a a2 2a2

Mặt khác

2

2 2

4

S a a

S pr r HM

p a

     

Tam giác vuông B HM' có

0

' tan 60

2

a a

B H HM  

Từ

2

' ' '

6

' 2

2 ABC A B C ABC

a

V S B H  a  a

( đvtt)

0,25

0,25

0,25

0,25

V

Ta có

2 ,

x z

xz x yz z

z   y 

Từ suy 2

x z

P y x xz z yz y

z y

       

2( ) ( )

2( ) ( )

x z y x y z xz yz x z y x y z

      

    

Do x0 y z nên x y z(  ) 0 Từ kết hợp với ta

2 2

3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5

x z

P y x z y y y y

z y

            

Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1

0,25

0,25

0,5 PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

M

C'

A'

B C

A B'

H N

VI.a

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N

qua I

5 ' 3;

3 N  

 

Đường thẳng AB qua M, N’ có phương trình: x 3y 2 Suy ra:

 , 

10 10

IH d I AB     Do AC2BD nên IA2IB Đặt

0

IB x  , ta có phương trình

2

1

2

4 x x

x  x      Đặt B x y ,  Do IB 2 và

B AB nên tọa độ B nghiệm hệ:

 2  2

14

4

5 18 16

3 5

8

3

3

5

x x

y y

x y

y x y

x y y

  

           

 

  

   

  

   

  

 





Do B có hồnh độ nhỏ nên ta chọn

14 ; 5 B 

 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Đặt A a; 2a;a , B 2b;1 b;1 b         , ta có AB   a 2b 3; 2a b 3; a b 1       



Do AB song song với (P) nên: AB n P 1;1; 2   b a 4   

                          Suy ra: ABa 5; a 1; 3    



Do đó:        

2 2 2

AB a 5   a  3  2a  8a 35  a 2 27 3

Suy ra: 

a AB 3  b 2

 , A1; 2; 2 , AB  3; 3; 3   

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:

x y z

1 1

  

 

0,25 0,25 0,25 0,25

VII.a

Giả sử z x yi  , z2 z  z (x yi )2 x2y2  x yi

2 2

2 2

( )

2

x y x y x

x y x y xyi x yi

xy y

    



        

 



TH

1 x

ta

2 2

1 1

4 y  4y  2 4y y 

2

2 4

3 3

0

5

4 4

1

16 40

4 16

y y

y

y y y y y



  

  

 

  

 

        

 



TH y 0 x2 x  x x 0 x y

0,25

0,25

0,25

Vậy có số phức thỏa mãn : z = ;

1 5

2

z   i A Theo chương trình nâng cao

VI.b

Tọa độ điểm D là:

3 0

2 0

x y x

x y y

  

 



 

  

  => D(0;0)O

Vecto pháp tuyến đường thẳng AD BD n13; ,  n21; 2 

                           

 cosADB=

√2 =>



ADB=450 =>AD=AB (1)

Vì góc đường thẳng BC AB 450 => BCD =450 => BCD vuông cân B=>DC=2AB Theo ta có:  

2 24 2 ABCD AB S  AB CD AD   =>AB=4=>BD=4

Gọi tọa độ điểm ; B B

x B x 

 , điều kiện xB>0

=> 2 10 ( )

2 8 10

( ) B B B B x loai x BD x x tm                  

Tọa độ điểm

8 10 10 ;

5

B 

 

Vectơ pháp tuyến BC nBC 2;1 

( Vì BDBC) => phương trình đường thẳng BC là: 2x y  10 0

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Phương trình tham số :

          x t y t z t 2

Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạngC( ;1 ;2 )  t  t t AC ( 2t; t; 2t);AB (2; 2;6)        

                            

AC AB,  ( 24 ;12 ;12 )t t t AC AB,  18t2 36 216t

                                                       

Diện tích ABC

 

     

S AC AB, 18t2 36 216t

2                            

= 18( 1)t 2198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t1 hay C(1; 0; 2).

Đường thẳng BC qua qua B nhận BC ( 2; 3; 4)   



làm vectơ phương nên

có phương trình tắc

x y z

2

        . 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b

Ta có: x2 2x 2 1nên m x2 2x2 x 2 2 x m x x     

Xét

2 ( ) 2 x f x x x  

  , ta có:  

2

4 '( )

2 2

x f x

x x x x

 

   

  4

' ; 10; lim ( ) 1; lim ( )

3 x x

f x x f f x f x

    

 

      

  + Bảng biến thiên:

x

- 

4

3 +

y’ - + y 10

-1 Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt khi1m 10

0,25

0,25

TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ NĂM HỌC 2011 -2012

Mơn: TỐN, khối A, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x4−2(m −1)x2+m−2 (1)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m=2 Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng 1;

¿ 3¿

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: cos 2x+5=2(2−cosx)(sinx −cosx)

2 Giải hệ phương trình:

¿

x2−3x

(y −1)+y2+y(x −3)=4

x −xy−2y=1

¿{ ¿

(x , y∈R)

Câu III (2 điểm)

1 Tính tích phân: I = 

1

e

x+(x −2)lnx

x(1+lnx) dx

2 Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng:

1+a+b + 1bc

+ 1ca

1 1

2+a + 2+b +

1 2+c

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) Biết AC ¿ 3a,

BD ¿

2 a , khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB )

3 a

Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C x+y −1=0

3x − y −9=0 Tìm tọa độ đỉnh B , C tam giác ABC

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường trịn ( C ) có phương trình

x2+y2+2x −4y −8=0 đường thẳng ( Δ ) có phương trình : 2x −3y −1=0 Chứng minh

rằng ( Δ ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt A, B Tìm toạ độ điểm M đường trịn (

C ) cho diện tích tam giác ABM lớn Giải phương trình: (3x−2)log3x −1

3 =4−

x+1

B Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (3 điểm)

d2 Viết phương trình đường thẳng qua M, cắt đường thẳng d1 d2 B ,

C ( B C khác A ) cho AB2+

1

AC2 đạt giá trị nhỏ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C): x2

+y2−2x+4y+2=0 Viết phương trình đường tròn ( C ') tâm M (5, 1) biết ( C ') cắt ( C ) hai điểm A , B cho

AB=√3

3 Tính giá trị biểu thức A =

0C 2011

1 − 21C

2011

2 + 22C

2011

3 − 23C

2011

4 +¿ -

22011C 2011 2011

2012

- Hết

-Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh số báo danh

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B

KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012

Câu Đáp án Điểm

I (2đ)

1 (1 điểm)

Với m = 2, y=x4−2x2 TXĐ: D = R

2 Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên:

y '=4x3−4x ; y '=0⇔ 4x3−4x=0⇔x=0, x=±1

Hàm số đồng biến khoảng (-1; 0) (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞ ; -1) (0; 1)

-b) Cực trị:

Hàm số đạt cực đại x = 0; ycđ = y(0) =

Hàm số đạt cực tiểu x = ± 1; yct = y( ± 1) = -2

-c) Giới hạn vô cực:

Lim

x → ±∞(x

4−2x2

)=¿ + ∞

d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên

-3) Đồ thị:

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

2) điểm

y' = ⇔ 4x3−4(m−1)x = ⇔ x[x2−(m−1)]=0

-TH1: Nếu m- ⇔ m

Hàm số đồng biến khoảng (0; + ∞ ) Vậy m thoả mãn ycbt

-TH 2: m - > ⇔ m>

y' = ⇔ x = 0, x = ±√m −1

Hàm số đồng biến khoảng (- √m−1 ; ) ( √m−1 ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến khoảng (1; ) √m−1≤1 ⇔ m

-Vậy hàm số đồng biến khoảng (1; ) ⇔ m ¿

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ II

(2 đ)

1 (1 ểm)

cos 2x+5=2(2−cosx)(sinx −cosx)

⇔ 2cos2x - + = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0

-⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = Đặt t = sinx - cosx ( - √2≤ t ≤√2 )

⇒ sinxcosx = 1−t

2

2

Phương trình trở thành t2+ 4t - = 0 t = 1; t = -5 (loại)

-Với t = ⇔ sinx - cosx = ⇔ √2 sin (x −π

4) = ⇔ sin (x −

π

4) =

√2

-⇔

x −π

4=

π

4+k2π ¿

x −π

4= 3π

4 +k2π ¿

¿ ¿ ¿

⇔

x=π

2+k2π

¿

x=π+k2π

¿ ¿ ¿ ¿

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 (1 điểm)

x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - + 0

-x − y=1

¿

x − y=−4

¿ ¿ ¿ ¿

-* Với x- y = 1, ta có

¿

x − y=1

x −xy−2y=1

¿{ ¿

⇔ x = 1; y = x= -1; y = -2

-0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

* Với x - y = -4 ta có

¿

x − y=−4

x −xy−2y=1

¿{ ¿

(Hệ PT vơ nghiệm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 0) (x; y) = (-1; -2) III

(2 đ) 1 (1 điểm) I = 

1

e

x(1+lnx)−2 lnx

x(1+lnx) dx=1

e

dx -2 

1

e

lnx

x(1+lnx)dx

-Ta có



1

e

dx=e −1

-Tính J = 

1

e

lnx

x(1+lnx)dx Đặt t = + lnx

J = 

1

t −1

t dt =

1−1 t

(¿)dt



1

¿

= (t - ln |t| ) = - ln2

-Vậy I = e - - 2(1- ln2) = e - + 2ln2

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 (1 điểm)

Do vai trò a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết < a b c Khi < + a + b + a + c + b + c

và < + a + b + c Ta có

1 2+a +

1 2+b +

1

2+c - ( 1+a+b+

1 1+b+c+

1

1+c+a) = = b −1

(2+a)(1+a+b) +

c −1

(2+b)(1+b+c) +

a −1

(2+c)(1+a+c)

b −1

(2+c)(1+b+c) +

c −1

(2+c)(1+b+c) +

a −1

(2+c)(1+b+c) =

a+b+c −3 (2+c)(1+b+c) 3√3 abc−3

(2+c)(1+b+c)=0 Vậy

1

1+a+b + 1bc

+ 1ca

1 1

2+a + 2+b +

1 2+c IV

(1 đ) Từ giả thiết hai mặt phẳng (giao tuyến chúng SOSAC (ABCD) (SBD) ) vng góc với mặt phẳng (ABCD)nên VSABCD = 13 SO.SABCD

Diện tích đáy SABCD=

1

1AC BD=2√3a

2

-.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a 3; BO = a , ABD=600

⇒ tam giác ABD

Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có

DH AB DH = a 3; OK // DH

1

2

a OK  DH 

OKABAB (SOK)

Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OISK; ABOIOI  (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông O, OI đường cao  2

1 1

2 a SO OI OK SO   Đường cao hình chóp

a SO 

Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

1

3

D D

S ABC ABC

a

V  S SO

0,5 đ

0,25 đ

Va

(3 đ) 1 (1 điểm)Gäi C = (c; 3c - 9) M trung điểm BC M(m; 1-m) Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c)

-Gi I trung điểm AB, ta có I( 2m− c+3

2 ;

7−2m−3c

2 ) Vì I nằm đường thẳng 3x - y - = nªn 3(2m− c+3

2 )−(

7−2m−3c

2 )−9=0

⇒ m = M(2; -1) Phơng trình BC: x y - 3=0

-Tọa độ C nghiệm hệ:

¿

3x − y −9=0

x − y −3=0

¿{ ¿

⇔

¿

x=3

y=0

¿{ ¿

Tọa độ C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 (1 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = √13 Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( Δ ) d(I , Δ)=

9

√13 < R Vậy đường thẳng ( Δ ) cắt (C) hai điểm A, B phân biệt

-Gọi M điểm nằm (C), ta có SΔABM=1

2AB.d(M , Δ)

Trong AB không đổi nên SΔABM lớn d(M , Δ) lớn

-Gọi d đường thẳng qua tâm I vng góc với ( Δ )

PT đường thẳng d 3x + 2y - =

Gọi P, Q giao điểm đường thẳng d vời đường tròn (C) Toạ độ P, Q nghiệm hệ phương trình:

0,25 đ

0,25 đ

¿

x2+y2+2x −4y −8=0

3x+2y −1=0 ¿{

¿

⇔

x=1, y=−1

¿

x=−3, y=5

¿ ¿ ¿ ¿

⇒ P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có d(P , Δ)=

4

√13 ; d(Q , Δ)=

22

√13

-Ta thấy d(M , Δ) lớn M trùng với Q Vậy tọa độ điểm M (-3; 5)

0,25 đ

3 (1 điểm) Điều kiện: x >

(3x−2)log3 x −1 =4−

2

x+1

2 ⇔ (3x−2)[log

3(x −1)−log33]=4−

2 33

x+1

-⇔ (3x−2)[log3(x −1)−1]=4−2 3x ⇔ (3x−2)log3(x −1)+3x−2=0

⇔ (3x−2)[log3(x −1)+1]=0

-

⇔

3x−2=0 ¿

log3(x −1)=−1

¿ ¿ ¿ ¿

⇔

x=log32

¿

x=4

3 ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy PT có nghiệm x =

3

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

Vb (3 đ)

1 (1 điểm)

Toạ độ điểm A(-1; 1)

-Ta thấy đường thẳng d1 d2 vng góc với

Gọi Δ đường thẳng qua M, cắt đường thẳng d1 d2 B ,

C ( B C khác A )

Gọi H hình chiếu vng góc A Δ Ta có:

AB2+ AC2=

1 AH2 ≥

1

AM2 (không đổi)

-⇒

AB2+

AC2 đạt giá trị nhỏ

AM2 H M, hay Δ đường thẳng qua M vng góc với AM

-PT đường thẳng Δ : x + y - =

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ (1 ểm)

Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2), bk R =√3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB

Ta có AH=BH=AB =

√3 Gọi

Trường hợp 1:

Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B'

Ta có:

2

2 3

IH' IH IA AH

2

 

       

   

Ta có:    

2

MI 1  2 5 MH=MI−HI=5−

3 2=

7 ;

3 13 MH' MI H'I

2

    

Ta có: R12=MA2=AH2+MH2=3 4+

49 =

52 4=13 R22=MA'2

=A ' H '2+MH'2=3 4+

169 =

172 =43 Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13