TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TỰ LUẬN ÔN THI GIỮA KÌ II LỚP 10 CÓ ĐÁP ÁN

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN TỰ LUẬN

ƠN THI GIỮA KÌ II

LỚP 10
CĨ ĐÁP ÁN
Câu 1.

Câu 2.

Giải các bất phương trình sau
a) −3x + 4  0 .

b) 4 x − 5  0 .

c) − x 2 − 7 x − 13  0 .

d) x 2 + 6 x + 9  0 .

e) 25 x 2 + 10 x + 1  0 .

f) x 2 + 2 x − 1  0 .

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau
b) ( x 2 − 2 x − 15 ) ( 4 − x )( 6 − x )  0 .

a) ( x − 1)( − x + 2 )( x − 3)  0 .
Câu 3.

Giải các bất phương trình sau:
a) −6 x + 9  3 ;

b) 5 x + 3  7 ;

c) −3 x + 7  11 ;

d) x + 3 + x − 1 − x + 4  0 ;

e) x 2 − x − 3  2 x + 3 ;

f) 3x − 1  x 2 − x − 2 .

x2 − 5x + 4
0.
x2 − 5x + 6

a)

Câu 5.

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau:

Câu 6.

b)

2x +1 x + 2
.

x −2 x −5

Câu 4.

a)

x + 4  x − 2.

b)

x −1  x + 3 .

c)

x + 16  2 x − 4 .

d)

x 2 − 5 x − 14  2 x − 1 .

e)

x + 9  2x + 4 + x + 1 .

5x − 1 − x − 1  2 x − 4 .

f)

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau:
a) x 4 − 10 x 2 + 9  0 .

(

)

2

b) x2 + x − x 2 − x − 6  0 .


(

)

2

(

)

d) ( x − 5) x + 1  0 .

c) 2 x2 + x + 1 − 5 x2 + x − 3  0 .

(

e) x2 − 6 x + 5
Câu 7.

)

x2 − x  0 .

f)

x 2 − x − 2  ( x − 3)( x + 2 ) − 8 .

2
Cho phương trình mx − 2 ( m − 1) ) + 3m − 1 = 0 (1) .Tìm các giá trị của tham số m để phương

trình có:

Câu 8.

Câu 9.

a) Hai nghiệm phân biệt.

b) Hai nghiệm trái dấu.

c) Hai nghiệm dương.

d) Hai nghiệm âm.

Tìm m sao cho các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 
a) mx 2 − 4 x + 3m + 1  0 .

b) ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m + 1) + 3  0 .

c) ( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + 3m − 3  0 .

d) ( m 2 + 4m − 5 ) x 2 − 2 ( m − 1) x − 2  0 .

Tìm m để bất phương trình vơ nghiệm .
a) ( m + 3) x 2 − 2 ( m + 3) x + m + 1  0 ;

b) ( m − 2 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3  0 .

Câu 10. Viết phương trình tổng quát, phương trình tham số của đường thẳng d biết
a) Đi qua điểm A ( 4; −3) và có một véc tơ chỉ phương là u = ( 6; −1) .
b) Đi qua điểm B ( −2;5 ) và có một véc tơ pháp tuyến là n = ( −1;7 ) .
c) Đi qua điểm C ( 3; −5 ) và song song với đường thẳng x + 2 y + 1 = 0.
d) Đi qua điểm D ( −3; −8 ) và vng góc với đường thẳng d ' : 3x + 4 y − 1 = 0. .
e) Đi qua hai điểm E ( 5; 2 ) và F ( 6; −5 ) .

 x = 1 − 2t
t
Câu 11. Cho đường thẳng d có phương trình tham số 
 y = −3 + t
a) Tìm điểm A thuộc đường thẳng sao cho A có hồnh độ là 11.
b) Tìm điểm B thuộc đường thẳng sao cho B có tung độ là 5.
c) Tìm điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M tới đường thẳng  : 3x + 4 y − 1 = 0 bằng 2.
Câu 12. Cho ba điểm A (1;0 ) , B ( −3; − 5 ) , C ( 0;3) .
a) Chứng minh A , B , C là 3 đỉnh của một tam giác và viết phương trình các cạnh của  ABC .
b) Viết phương trình tổng quát, tham số của đường cao đỉnh A của  ABC .
c) Xác định tọa độ trực tâm của  ABC .
d) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC .
Câu 13. Cho hai đường thẳng  : 2 x + y + 1 = 0,  : 4 x − 3 y + 2 = 0.
a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng.
b) Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng.
c) Tìm tọa độ N là điểm đối xứng của điểm M (1; 2 ) qua đường thẳng .

Câu 14. Lập phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC trong các trường hợp sau
a) Biết A (1; − 1) các đường cao BD, CE lần lượt thuộc các đường thẳng  :2 x − y + 1 = 0 và

 ' : x + 3 y −1 = 0 .
b) Biết A (1; − 1) các đường trung tuyến BM , CN lần lượt thuộc các đường thẳng

 :2 x − y + 1 = 0 và  ' : x + 3 y − 1 = 0 .
c) Biết A (1; − 1) các đường trung trực của AB và BC lần lượt có phương trình là

2 x − y + 1 = 0 và x + 3 y − 1 = 0 .
d) Biết A (1; − 1) đường cao BE , trung tuyến CP lần lượt thuộc các đường thẳng

 :2 x − y + 1 = 0 và  ' : x + 3 y − 1 = 0 .
Câu 15. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1; 2 ) , cắt trục hoành tại A , cắt trục tung tại B
sao cho OA = 2OB .
Câu 16. Giải bất phương trình x2 − x − 3  x 2 − 2 + 2 − x − 3 .
Câu 17. Giải bất phương trình:
Câu 18. Giải bất phương trình

x2 + x − 2 + x2 + 2 x − 3  x2 + 4 x − 5 .

1 − 1 − 4 x2
 3.
x

Câu 19. Cho tam giác ABC có điểm A ( 0;1) , các đường phân giác trong BD và CE lần lượt có phương
trình là 5 y − 3 = 0 và 3x − 3 y + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC .
Câu 20. Cho điểm A ( 3;1) và hai đường thẳng d1 : x + 2 y − 2 = 0 , d 2 :2 x − y − 2 = 0 . Tìm B  d1 , C  d 2
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .

PHẦN ĐÁP ÁN
Câu 1.

Giải các bất phương trình sau
a) −3x + 4  0 .

b) 4 x − 5  0 .

c) − x 2 − 7 x − 13  0 .

d) x 2 + 6 x + 9  0 .

e) 25 x 2 + 10 x + 1  0 .

f) x 2 + 2 x − 1  0 .
Lời giải

a) Ta có: −3x + 4  0  3x  4  x 

4
3

4

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =  ; + 
3


b) Ta có: 4 x − 5  0  4 x  5  x 

5
4

5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =  ; + 
4



c) Xét dấu f ( x ) = − x 2 − 7 x − 13
Ta có:  = ( −7 ) − 4. ( −1) . ( −13) = −3  0 , hệ số a = −1  0 nên f ( x )  0 x 
2

.

Do đó bất phương trình vơ nghiệm.
d) Xét dấu f ( x ) = x 2 + 6 x + 9
Ta có:  = ( 3) − 1.9 = 0 , nên f ( x )  0 x  −3 và f ( x ) = 0 với x = −3 .
2

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S =

\ −3 .

e) 25 x 2 + 10 x + 1  0 .
Xét dấu f ( x ) = 25 x 2 + 10 x + 1 .

1
Ta có  = 0  phương trình 25 x 2 + 10 x + 1 = 0 có nghiệm kép x = − .

5
Bảng xét dấu:

 1
Vậy S =  −  .
 5
f) x 2 + 2 x − 1  0 .

x2 + 2x −1 = 0  x = −1  2 .
Ta có bảng xét dấu:

(

)

Vậy S = −; −1 − 2   −1 + 2; + .

Câu 2.

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau
a) ( x − 1)( − x + 2 )( x − 3)  0 .

b) ( x 2 − 2 x − 15 ) ( 4 − x )( 6 − x )  0 .
Lời giải

a) ( x − 1)( − x + 2 )( x − 3)  0 .
Đặt f ( x ) = ( x − 1)( − x + 2 )( x − 3)

x = 1
Ta có : f ( x ) = 0  ( x − 1)( − x + 2 )( x − 3) = 0   x = 2 .

 x = 3
Bảng xét dấu f ( x ) :


Từ bảng xét dấu trên ta có bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (1; 2 )  ( 3; +  ) .
b) ( x 2 − 2 x − 15 ) ( 4 − x )( 6 − x )  0

 ( x + 3)( − x + 4 )( x − 5 )( − x + 6 )  0 .
Đặt f ( x ) = ( x + 3)( − x + 4 )( x − 5 )( − x + 6 ) .

 x = −3
x = 4
Ta có : f ( x ) = 0  ( x + 3)( − x + 4 )( x − 5 )( − x + 6 ) = 0  
.
x = 5

x = 6
Bảng xét dấu f ( x ) :

Từ bảng xét dấu trên ta có bất phương trình đã cho có tập nghiệm là

S = ( − ; − 3   −4;5  6; +  ) .

Câu 3.

Giải các bất phương trình sau:
a) −6 x + 9  3 ;

b) 5 x + 3  7 ;

c) −3 x + 7  11 ;

d) x + 3 + x − 1 − x + 4  0 ;

e) x 2 − x − 3  2 x + 3 ;

f) 3x − 1  x 2 − x − 2 .
Lời giải

 −6 x + 9  3
 −6 x  −6
x  1


a) −6 x + 9  3  
.
 −6 x + 9  −3
 −6 x  −12
x  2

Vậy S = ( −;1   2; + ) .


4

5 x + 3  7
5 x  4
4
x 


b) 5 x + 3  7  

5  −2  x  .
5
5 x + 3  −7
5 x  −10
 x  −2

4

Vậy S =  −2;  .
5

−4

−3x + 7  11
−3x  4
−4
x 

c) −3 x + 7  11  
 x  6.

3 
3
−3x + 7  −11
−3x  −18
 x  6

 4 

Vậy S =  − ;6  .
 3 
d) Xét dấu của ( x + 3) và ( x − 1) .
Ta có x + 3 = 0  x = −3 , x − 1 = 0  x = 1 .
Bảng xét dấu:

TH1: Khi x  −3 ,

x + 3 + x − 1 − x + 4  0  − ( x + 3) − ( x − 1) − x + 4  0  −3x + 2  0  x 
Suy ra, S1 =  .
TH2: Khi −3  x  1 ,

x + 3 + x − 1 − x + 4  0  ( x + 3) − ( x − 1) − x + 4  0  − x + 8  0  x  8 .
Suy ra, S 2 =  .
TH3: Khi x  1 ,

x + 3 + x − 1 − x + 4  0  ( x + 3) + ( x − 1) − x + 4  0  x + 6  0  x  −6 .
Suy ra, S3 =  .
Vậy S = S1  S2  S3 =  .

x  3
 x2 − x + 3  2x + 3
 x 2 − 3x  0
e) x − x − 3  2 x + 3   2
 2
  x  0
 x − x + 3  −2 x − 3  x + x + 6  0
 x 
2

Vậy S = ( −;0

3; + ) .

2
.
3


f) 3x − 1  x 2 − x − 2

 x  2 + 5

3x − 1  x 2 − x − 2
 x 2 − 4 x − 1  0
x  2 + 5
 x  2 − 5

 2
 

2
3x − 1  − x + x + 2
− x − 2 x + 3  0
 x  −3
 x  1
 x  −3

Vậy S = ( −; −3)
Câu 4.

a)

(2 +

)

5; + .

x2 − 5x + 4
0.
x2 − 5x + 6

b)

2x +1 x + 2
.

x −2 x −5
Lời giải

a)

x2 − 5x + 4
0.
x2 − 5x + 6

Ta có: f ( x ) =

x2 − 5x + 4

x2 − 5x + 6

 x =1
◦ x2 − 5x + 4 = 0  
x = 4
x = 2
◦ x2 − 5x + 6 = 0  
x = 3

Bảng xét dấu

 x4
Dựa vào bảng xét dấu, f ( x )  0  3  x  2
 x  1
Vậy S = ( −;1)  ( 2;3)  ( 4; + ) .

b)

2x +1 x + 2
.

x −2 x −5

2 x2 − 9 x − 5 − x2 + 4
x2 − 9 x −1
2x +1 x + 2
2x +1 x + 2
0
0 



−
0 
x −2 x −5
x −2 x −5
( x − 2 )( x − 5)
( x − 2)( x − 5)

Ta có: f ( x ) =

x2 − 9 x −1
( x − 2 )( x − 5)


◦ x2 − 9x −1 = 0  x =

9  85
2

◦ x−2 = 0  x = 2
◦ x −5 = 0  x = 5
Bảng xét dấu

 9 − 85
x2

Dựa vào bảng xét dấu f ( x )  0   2

9 + 85
5  x 


2
 9 − 85   9 + 85 
Vậy S = 
.
 2 ; 2    5; 2 

 


Câu 5.

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau:
a)

x + 4  x − 2.

b)

x −1  x + 3 .

c)

x + 16  2 x − 4 .

d)

x 2 − 5 x − 14  2 x − 1 .

e)

x + 9  2x + 4 + x + 1 .

f)

5x − 1 − x − 1  2 x − 4 .

Lời giải
a)

x + 4  x − 2.

 x − 2  0

 −4  x  2
 −4  x  2
 x + 4  0

 2

 −4  x  5
 x − 2  0
0 x5
x − 5x  0



  x + 4  ( x − 2 )2


Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  −4;5 ) .
b)


x  1
 x −1  0
x −1  x + 3  

 x 1

2
2

 x + 5 x + 10  0
 x − 1  ( x + 3)

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1; + ) .


2 x − 4  0
x + 16  2 x − 4  
2
 x + 16  ( 2 x − 4 )

c)

x  2

x  2
17

 x0
 2
  
 x
4
4 x − 17 x  0   x  17
 
4

17

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  ; +  .
4


d)

x 2 − 5 x − 14  2 x − 1


1
 x  2
 2 x − 1  0
 
 2
   x  −2
  x − 5 x − 14  0
 

    x  7

 x  −2
2x −1  0




1
  x 2 − 5 x − 14  ( 2 x − 1)2
x



2
(VN )

2
 3x + x + 15  0

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = ( −; −2 .

x + 9  0
 x  −9


e) Điều kiện: 2 x + 4  0   x  −2  x  −1 .
x +1  0
 x  −1


Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với

x + 9  2 x + 4 + x + 1  x + 9  3x + 5 + 2
 4 − 2x  2

( 2x + 4)( x + 1)  2 − x 

( 2 x + 4 )( x + 1)

2 x2 + 6 x + 4

  x  −1
  x  −1



2 x + 6 x + 4  0
 x  −2

  x  −2

 −10  x  −2


 2 − x  0
 x  2
 x  2

 −1  x  0

 2


2
2
( 2 − x )  2 x + 6 x + 4  x + 10 x  0 −10  x  0


2

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S =  −1;0 )

1

x−

5
x
−
1

0

5


f) Điều kiện:  x − 1  0   x  1  x  2 .
2 x − 4  0  x  2



Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với

5x −1 − x −1  2 x − 4  5x −1  x −1 + 2 x − 4
 5 x − 1  3x − 5 + 2

( x − 1)( 2 x − 4 )  2 x + 4  2 ( x − 1)( 2 x − 4 )


2 x 2 − 6 x + 4  0

 x + 2  2 x2 − 6 x + 4   x + 2  0

2
2
( x + 2 )  2 x − 6 x + 4

 x  2
 x  2


 x  1
 x  1
 2  x  10


  x  −2
  x  −2  
0  x  1
 x 2 − 10 x  0
0  x  10





Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S =  2;10 )

Câu 6.

Tìm tập nghiệm của các bất phương trình sau:

(

a) x 4 − 10 x 2 + 9  0 .

(

)

2

(

)

(

)

2

d) ( x − 5) x + 1  0 .

c) 2 x2 + x + 1 − 5 x2 + x − 3  0 .
e) x2 − 6 x + 5

)

b) x2 + x − x 2 − x − 6  0 .

x2 − x  0 .

f)

x 2 − x − 2  ( x − 3)( x + 2 ) − 8 .

Lời giải
a) x 4 − 10 x 2 + 9  0  ( x 2 − 1)( x 2 − 9 )  0 .
Ta có:
+ x 2 − 1 = 0  x = 1 .
+ x 2 − 9 = 0  x = 3
+ Bảng xét dấu:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −3; −1)  (1;3)

(

)

2

(

) (
2

)

(

)(

)

b) x2 + x − x2 − x − 6  0  x2 + x − x2 + x − 6  0  x 2 + x − 3 x 2 + x + 2  0
Ta có:


−1 + 13
x =
2
2
+ x + x −3 = 0  
.

−1 − 13
x =

2
+ x 2 + x + 2  0, x 

+ Bảng xét dấu:



−1 − 13   −1 + 13
; + 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  −;

2
2

 


(

)

(

2

)

(

)

2

(

)

c) Ta có 2 x2 + x + 1 − 5 x2 + x − 3  0  2 x2 + x + 1 − 5 x2 + x + 1 + 2  0

1
x 
 2
1
x + x +  0 
2
  x + x +1  2  
  −1 − 5
2
−1 + 5
2
x
2
 x + x −1  0


 2
2
 −1 − 5 −1 + 5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = 
.
 2 ; 2 




 x + 1  0  x  −1
d) Ta có ( x − 5) x + 1  0  

 x  5.
x

5
x
−
5

0



Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = 5; + ) .
e) Ta có ( x − 6 x + 5)
2

 x  0
 x 2 − x  0

x −x 0
   x  1  1  x  5.
2
 x − 6 x + 5  0 
1  x  5
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 1;5.
 x  −1
f) Đk: x 2 − x − 2  0  
x  2

Ta có

 x 2 − x − 2  −3 (l )
x 2 − x − 2  ( x − 3)( x + 2 ) − 8  x 2 − x − 2 − x 2 − x − 2 − 12  0  
 x 2 − x − 2  4

Với

 1 − 73
x 
2
x 2 − x − 2  4  x 2 − x − 18  0  
 1 + 73
x 

2



1 − 73  1 + 73
Kết hợp với đk ta có tập nghiệm của bất phương trình là S =  −;
; +  .


2   2





Câu 7.

2
Cho phương trình mx − 2 ( m − 1) ) + 3m − 1 = 0 (1) .Tìm các giá trị của tham số m để phương

trình có:
a) Hai nghiệm phân biệt.

b) Hai nghiệm trái dấu.

c) Hai nghiệm dương.

d) Hai nghiệm âm.
Lời giải

a)

m  0
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 
 '  0

m  0
m  0

 1



1  m  ( −1;0 )   0; 
2
2
 2
( m − 1) − m ( 3m − 1)  0  −2m − m − 1  0
−1  m  2

 1
Vậy, với m  ( −1;0 )   0;  thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
 2
b)

Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c  0

 m ( 3m − 1)  0  0  m 

1
3

 1
Vậy, với m   0;  thì phương trình có hai nghiệm trái dấu.
 3

c)

Phương trình (1) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi :

m  0
m  0


2

m

0

−2m − m − 1  0

−1  m  1
 '  0



2
  2 ( m − 1)  0

 m  ( −1;0 )

m

0

m

1
S

0


 m

 P  0
 3m − 1

1
0

m  0  m 
3

 m
Vậy, với m  ( −1;0 ) thì phương trình có hai nghiệm dương.
d)

Phương trình (1) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi :

m  0
m  0

2

m  0
−2m − m − 1  0

−1  m  1
 '  0




1 1
2
  2 ( m − 1)  0

 m ; 

3 2
S  0
 m
0  m  1
 P  0
 3m − 1

1
0

m  0  m 
3

 m

1 1
Vậy, với m   ;  thì phương trình có hai nghiệm âm.
3 2


Câu 8.

Tìm m sao cho các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 
a) mx 2 − 4 x + 3m + 1  0 .

b) ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m + 1) + 3  0 .

c) ( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + 3m − 3  0 .

d) ( m 2 + 4m − 5 ) x 2 − 2 ( m − 1) x − 2  0 .
Lời giải

a) mx 2 − 4 x + 3m + 1  0

(1) .

Xét TH1: m = 0 ta có bất phương trình (1) trở thành −4 x + 1  0  x 

1
( không thỏa mãn với
4

mọi x , nên loại)
Xét TH2 m  0 ta có bất phương trình (1) đúng với x 

khi và chỉ khi

m  0


m  0
m  0
m  1



 m 1



2
4

 = −3m − m + 4  0
 = 4 − m ( 3m + 1)  0
m  −

3


Vậy chọn m  1 .
b) ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m + 1) + 3  0

( 2) .

m = 1
 m = −1

Xét TH1: m2 − 1 = 0  

3
Với m = 1 ta có bất phương trình ( 2 ) trở thành 4 x + 3  0  x  − ( không thỏa mãn với mọi
4
x , nên loại)

Với m = −1 ta có bất phương trình ( 2 ) trở thành 3  0 ( luôn đúng với mọi x , nên chọn)
m  1
ta có bất phương trình ( 2 ) đúng với x 
m  −1

Xét TH2: m 2 − 1  0  

khi và chỉ khi

  m  −1
  m  −1


 m  −1

m − 1  0
 m  1
 m  1



2
2



  m  −1  m  2
2
 = ( m + 1) − 3 ( m − 1)  0
−2m + 2m + 4  0

  m  2

2

 m  −1
Vậy kết hợp hai trường hợp ta chọn 
.
m  2

c) ( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + 3m − 3  0

( 3) .

Xét TH1: m = −1 ta có bất phương trình ( 3) trở thành 4 x − 6  0  x 
mọi x , nên loại)

3
( không thỏa mãn với
2


Xét TH2: m  −1 ta có bất phương trình ( 3) đúng với x 

khi và chỉ khi

m  −1

m  −1
m + 1  0



   m  1  m  −2

2
2

 = −2m − 2m + 4  0
  m  −2
 = ( m − 1) − ( m + 1)( 3m − 3)  0

Vậy chọn m  −2 .
d) ( m 2 + 4m − 5 ) x 2 − 2 ( m − 1) x − 2  0

( 4) .

m = 1
 m = −5

Xét TH1: m 2 + 4m − 5 = 0  

Với m = −5 ta có bất phương trình ( 4 ) trở thành 12 x − 2  0  x 

1
(không thỏa mãn với mọi
6

x , nên loại)

Với m = 1 ta có bất phương trình ( 4 ) trở thành −2  0 ( luôn đúng với mọi x , nên chọn)
m  1

ta có bất phương trình ( 4 ) đúng với x 
m  −5

Xét TH2: m 2 + 4m − 5  0  

khi và chỉ

khi
2

−5  m  1
−5  m  1
 m + 4m − 5  0


 −3  m  1



2
2
2

−3  m  1
 m + 2m − 3  0

 = ( m − 1) + 2 ( m + 4m − 5 )  0

Vậy kết hợp hai trường hợp ta chọn −3  m  1 .
Câu 9.

Tìm m để bất phương trình vơ nghiệm .
a) ( m + 3) x 2 − 2 ( m + 3) x + m + 1  0 ;

b) ( m − 2 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3  0 .
Lời giải

a) Bất phương trình : ( m + 3) x 2 − 2 ( m + 3) x + m + 1  0 vô nghiệm khi và chỉ khi bất phương
trình ( m + 3) x 2 − 2 ( m + 3) x + m + 1  0 có nghiệm x 

.



m + 3  0
m  −3



2
2
2



 = ( m + 3) − ( m + 3)( m + 1)  0
  = m + 6m + 9 − ( m + 4m + 3 )  0
m  −3
m  −3



 m  .
  = 2 m + 6  0
 m  −3

Vậy không tồn tại giá trị nào của m để bất phương trình đã cho vơ nghiệm.
b) Bất phương trình : ( m − 2 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3  0 vơ nghiệm khi và chỉ khi bất phương
trình ( m − 2 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3  0 có nghiệm x 

.



m − 2  0
m  2


2
2
2



 = ( m − 2 ) − ( m − 2 )( m − 3)  0
 = m − 4m + 4 − ( m − 5m + 6 )  0


m  2
m  2



 m 2.
m  2
  = m − 2  0

Vậy m  2 thì bất phương trình đã cho vơ nghiệm.
Câu 10. Viết phương trình tổng quát, phương trình tham số của đường thẳng d biết
a) Đi qua điểm A ( 4; −3) và có một véc tơ chỉ phương là u = ( 6; −1) .
b) Đi qua điểm B ( −2;5 ) và có một véc tơ pháp tuyến là n = ( −1;7 ) .
c) Đi qua điểm C ( 3; −5 ) và song song với đường thẳng x + 2 y + 1 = 0.
d) Đi qua điểm D ( −3; −8 ) và vng góc với đường thẳng d ' : 3x + 4 y − 1 = 0. .
e) Đi qua hai điểm E ( 5; 2 ) và F ( 6; −5 ) .
Lời giải
a) Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là u = ( 6; −1)
suy ra véc tơ pháp tuyến là: n = (1;6 ) .
+ Phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

( x − 4 ) + 6 ( y + 3) = 0  x + 6 y + 14 = 0 .
Vây phương trình tổng quát của đường thẳng d là: x + 6 y + 14 = 0 .
 x = 4 + 6t
+ Phương trình tham số của đường thẳng d là: 
.
 y = −3 − t

b) Đường thẳng d có một véc tơ pháp tuyến là n = ( −1;7 ) suy ra véc tơ là: u = ( 7;1) .
+ Phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

−1( x + 2 ) + 7 ( y − 5 ) = 0  − x + 7 y − 37 = 0 .
Vây phương trình tổng quát của đường thẳng d là: − x + 7 y − 37 = 0 .
 x = −2 + 7t

+ Phương trình tham số của đường thẳng d là: 
.
y = 5+t

c) Đi qua điểm C ( 3; −5 ) và song song với đường thẳng x + 2 y + 1 = 0.
Vì đường thẳng d đi qua C ( 3; −5 ) và song song với đường thẳng x + 2 y + 1 = 0. Suy ra d có
một vec tơ pháp tuyến n = (1; 2 ) và có một vec tơ chỉ phương u = ( 2; −1)
Phương trình tổng quát của đường thẳng d : x − 3 + 2 ( y + 5 ) = 0  x + 2 y + 7 = 0.
 x = 3 + 2t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: 
 y = −5 + t

d) Đi qua điểm D ( −3; −8 ) và vng góc với đường thẳng d ' : 3x + 4 y − 1 = 0 .
Vì đường thẳng d đi qua D ( −3; −8 ) và vng góc với đường thẳng d ' : 3x + 4 y − 1 = 0.


Suy ra d có một vec tơ chỉ phương u = ( 3; 4 ) và có một vec tơ pháp tuyến n = ( 4; −3)
Phương trình tổng quát của đường thẳng d : 4 ( x + 3) − 3 ( y + 8 ) = 0  4 x − 3 y − 12 = 0.
 x = −3 + 3t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: 
 y = −8 + 4t

e) Đi qua hai điểm E ( 5; 2 ) và F ( 6; −5 ) .
Vì đường thẳng d đi qua hai điểm E ( 5; 2 ) và F ( 6; −5 )
Suy ra d có một vec tơ chỉ phương u = EF = (1; −7 ) và có một vec tơ pháp tuyến n = ( 7;1)
Phương trình tổng quát của đường thẳng d : 7 ( x − 5) + y − 2 = 0  7 x + y − 37 = 0.
x = 5 + t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: 
.
 y = 2 − 7t

 x = 1 − 2t
t
Câu 11. Cho đường thẳng d có phương trình tham số 
 y = −3 + t
a) Tìm điểm A thuộc đường thẳng sao cho A có hồnh độ là 11.
b) Tìm điểm B thuộc đường thẳng sao cho B có tung độ là 5.
c) Tìm điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M tới đường thẳng  : 3x + 4 y − 1 = 0 bằng 2.
Lời giải
a) Gọi A (1 − 2a; −3 + a )  d có hồnh độ là 11, ta có 1 − 2a = 11  2a = −10  a = −5
Vậy: Điểm A (11; −8) .
b) Gọi B (1 − 2b; −3 + b )  d có tung độ là 5, ta có −3 + b = 5  b = 8
Vậy : Điểm B ( −15;5 ) .
c) Gọi M (1 − 2m; −3 + m )  d , khoảng cách từ M tới đường thẳng  : 3x + 4 y − 1 = 0 bằng 2
suy ra:

3 (1 − 2m ) + 4 ( −3 + m ) − 1
32 + 42

 2m + 10 = 10
m = 0
= 2  −2m − 10 = 10  

 2m + 10 = −10
 m = −10

Vậy: Có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M (1; −3) hoặc M ( 21; −13) .
Câu 12. Cho ba điểm A (1;0 ) , B ( −3; − 5 ) , C ( 0;3) .
a) Chứng minh A , B , C là 3 đỉnh của một tam giác và viết phương trình các cạnh của  ABC .
b) Viết phương trình tổng quát, tham số của đường cao đỉnh A của  ABC .

c) Xác định tọa độ trực tâm của  ABC .
d) Xác định tâm đường trịn ngoại tiếp và bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC .
Lời giải
a) Ta có AB = ( −4; − 5) , AC = ( −1;3)


 AB  k AC, k 

nên 3 điểm A , B , C không thẳng hàng hay A , B , C là 3 đỉnh của một

tam giác.
- Phương trình cạnh AB :

x −1
y
=
 5x − 4 y − 5 = 0
−3 − 1 −5

- Phương trình cạnh AC :

x −1 y
=  3x + y − 3 = 0
−1 3

- Phương trình cạnh BC :

x+3 y +5
=
 8x − 3 y + 9 = 0

3
3+5

b) Gọi AH là đường cao đỉnh A của  ABC
- Ta có BC = ( 3;8) là một vecto pháp tuyến của AH
Phương trình tổng quát đường cao AH : 3 ( x − 1) + 8 ( y − 0 ) = 0  3x + 8 y − 3 = 0
- Ta có u = (8; − 3) là một vecto chỉ phương của AH

 x = 1 + 8t
Phương trình tham số đường cao AH : 
(t 
 y = −3t

)

c) Gọi K ( a ; b ) là trực tâm của  ABC
- Ta có AK = ( a − 1; b ) , BK = ( a + 3; b + 5)
Vì K ( a ; b ) là trực tâm của  ABC nên
105

a
=


3 ( a − 1) + 8b = 0
3a + 8b = 3
 AK .BC = 0


17





−
a
+
3
b
=
−
12
−
a
+
3
+
3
b
+
5
=
0
) (
)



b = − 33
 (

 BK . AC = 0

17


 105 33 
;− 
Vậy K 
 17 17 
d) Gọi I ( x ; y ) là tâm đường tròn ngoại tiếp của  ABC
2
2
( x − 1)2 + y 2 = ( x + 3)2 + ( y + 5 )2

 AI = BI
−8 x − 10 y = 33
 AI = BI

Ta có 
 2




2
2
2
2
2


 AI = CI
−2 x + 6 y = 8
 AI = CI

( x − 1) + y = x + ( y − 3)

139

 x = − 34
1 
 139

;− .
. Vậy I  −
34 
 34
y = − 1

34
2

2

14965
 139   1

Bán kính R = AI =  −
.
− 1 +  − − 0  =
578

 34
  34

Câu 13. Cho hai đường thẳng  : 2 x + y + 1 = 0,  : 4 x − 3 y + 2 = 0.
a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng.


b) Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng.
c) Tìm tọa độ N là điểm đối xứng của điểm M (1; 2 ) qua đường thẳng .
Lời giải
a) Gọi A là giao điểm của  và .
Tọa độ giao điểm A của  và   là nghiệm của hệ phương trình

1

2 x + y + 1 = 0
x = −
 1 

2 . Vậy A  − ;0  .

 2 
4 x − 3 y + 2 = 0  y = 0

b) Đường thẳng  có VTPT n1 = ( 2;1) ,   có VTPT n2 = ( 4; −3) .

(

)

Vậy cos ( ,  ) = cos n1 , n2 =

n1.n2

=

n1 . n2

2.4 + 1. ( −3)
22 + 12 . 42 + ( −3)

2

=

5
.
5

c) Gọi d là đường thẳng qua M và vng góc với đường thẳng .
Đường thẳng  có VTPT n1 = ( 2;1) suy ra VTCP của  là u1 = (1; −2 ) .
Vì d ⊥  nên nd = u1 = (1; −2 ) .
Mà đường thẳng d đi qua M nên phương trình đường thẳng d là 1. ( x − 1) − 2. ( y − 2 ) = 0
Hay d : x − 2 y + 3 = 0.
Gọi H là giao điểm của d và .
Tọa độ giao điểm H của d và  là nghiệm của hệ phương trình
x − 2 y + 3 = 0
 x = −1

. Suy ra H ( −1;1) .


2 x + y + 1 = 0
y =1

Ta có N là điểm đối xứng của M qua  nên H là trung điểm của MN .


 x = 2 xH − xM = 2. ( −1) − 1 = −3
Khi đó  N
.

 yN = 2 yH − yM = 2.1 − 2 = 0
Vậy N ( −3;0 ) .
Câu 14. Lập phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC trong các trường hợp sau
a) Biết A (1; − 1) các đường cao BD, CE lần lượt thuộc các đường thẳng  :2 x − y + 1 = 0 và

 ' : x + 3 y −1 = 0 .
b) Biết A (1; − 1) các đường trung tuyến BM , CN lần lượt thuộc các đường thẳng

 :2 x − y + 1 = 0 và  ' : x + 3 y − 1 = 0 .
c) Biết A (1; − 1) các đường trung trực của AB và BC lần lượt có phương trình là

2 x − y + 1 = 0 và x + 3 y − 1 = 0 .


d) Biết A (1; − 1) đường cao BE , trung tuyến CP lần lượt thuộc các đường thẳng

 :2 x − y + 1 = 0 và  ' : x + 3 y − 1 = 0 .
Lời giải
a) Lập phương trình AB

Vì AB ⊥ CE  n ' = u AB  u AB = (1;3)
Phương trình đường thẳng AB đi qua A (1; −1) và nhận u AB = (1;3) làm vtcp có phương trình
x = 1+ t
tham số là: 
(t 
 y = −1 + 3t

).

*) Lập phương trình AC
Vì BD ⊥ AC  n = u AC = ( 2; −1)
Phương trình đường thẳng AC đi qua A (1; −1) và nhận u AC = ( 2; −1) làm vtcp có phương trình
 x = 1 + 2t
tham số là: 
(t 
 y = −1 − t

).

*) Tìm tọa độ điểm B
Điểm B là giao của hai đường thẳng BA và  .
Vì B  AB nên tọa độ B có dạng B (1 + t ; − 1 + 3t )
Do B   nên ta có: 2 (1 + t ) − ( −1 + 3t ) + 1 = 0  2 + 2t + 1 − 3t + 1 = 0  −t + 4 = 0  t = 4

 B ( 5;11) .
*) Tìm tọa độ điểm C
Điểm C là giao của hai đường thẳng AC và  ' .
Vì C  AC nên tọa độ C có dạng C (1 + 2t ; − 1 − t )
Do B   ' nên ta có: 1 + 2t + 3 ( −1 − t ) − 1 = 0  1 + 2t − 3 − 3t − 1 = 0  −t − 3 = 0  t = −3

 C ( −5; 2 ) .
*) Lập phương trình BC
Ta có BC = ( −10; − 9 )
Phương trình BC đi qua C ( −5; 2 ) nhận BC = ( −10; − 9 ) làm vtcp có pt tham số là
 x = −5 − 10t
(t 

 y = 2 − 9t

).

b) Tọa độ trọng tâm G của ABC là nghiệm của hệ phương trình


2

x
=
−

2 x − y + 1 = 0
 2 3
7

 G− ; .

 7 7
x + 3 y −1 = 0
y = 3


7
Gọi B ( xB ; yB ) . Vì điểm B thuộc đường trung tuyến BM nên ta có:

2 xB − yB + 1 = 0  yB = 2 xB + 1  B ( xB ; 2 xB + 1) .
Gọi C ( xC ; yC ) . Vì điểm C thuộc đường trung tuyến CM nên ta có:

xC + 3 yC − 1 = 0  yC =

1 − xC
 1 − xC
 C  xC ;
3
3



.


Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
 1 + xB + xC
xA + xB + xC

0 =
x
=
3
 G
 xB + xC = −1  xB = 1


3




1 − xC  
 xC = −2
2 xB − xC = 2
 y = y A + yB + yC
 −1 + 2 xB + 1 + 3
G

1 =
3
3


 B (1;3) , C ( −2;1)

AB = ( 0; 4 )  nAB = ( 4;0 )
AC = ( −3;2 )  nAC = ( 2;3)
BC = ( −3; − 2 )  nBC = ( 2; −3)
Phương trình AB đi qua A (1; − 1) và nhận nAB = ( 4;0 ) làm vtpt có pttq là:

4 ( x − 1) + 0 ( y + 1) = 0  x − 1 = 0
Phương trình AC đi qua A (1; − 1) và nhận nAC = ( 2;3) làm vtpt có pttq là:

2 ( x − 1) + 3 ( y + 1) = 0  2 x + 3 y + 1 = 0
Phương trình BC đi qua B (1;3) và nhận nBC = ( 2; −3) làm vtpt có pttq là:

2 ( x − 1) − 3 ( y − 3) = 0  2 x − 3 y + 7 = 0 .
c) Phương trình đường trung trực của AB là  : 2 x − y + 1 = 0

 u AB = n = ( 2; −1)
Phương trình đường thẳng AB đi qua A (1; −1) và nhận u AB = ( 2; −1) làm vtcp có phương trình
 x = 1 + 2t
tham số là: 
(t 
 y = −1 − t

).

Gọi M là trung điểm của AB  M thuộc AB và thuộc  .
Vì M  AB  M (1 + 2t ; − 1 − t )


Vì M   nên ta có: 2 (1 + 2t ) − ( −1 − t ) + 1 = 0  2 + 4t + 1 + t + 1 = 0  5t + 4 = 0

t =−

4
 3 1
 M − ;−  .
5
 5 5

11

x
=

−
B

 xB = 2 xM − xA
 11 3 
5

 B− ; 
Vì M là trung điểm của AB nên ta có: 
 5 5
 y B = 2 yM − y A
y = 3
 B 5
Phương trình đường trung trực của BC là  ' : x + 3 y − 1 = 0

 uBC = n ' = (1;3)
 11 3 
Phương trình đường thẳng BC đi qua B  − ;  và nhận uBC = (1;3) làm vtcp có phương
 5 5

11

 x = − 5 + t
trình tham số là: 
(t 
3
 y = + 3t

5

).

Gọi N là trung điểm của BC  N thuộc BC và thuộc  ' .

3
 11

Vì N  BC  N  − + t ; + 3t 
5
 5

Vì N  ' nên ta có: −

t =

11
11
9
3

+ t + 3  + 3t  − 1 = 0  − + t + + 9t − 1 = 0
5
5
5
5


7
 103 51 
 N −

; .
50
 50 50 

48

xC = −

x
=
2
x
−
x
 C

 48 36 
25
N
B

 C− ; 
Vì N là trung điểm của BC nên ta có: 
 25 25 
 yC = 2 yN − yB
 y = 36
C

25

 73 61 
AC =  − ; 
 25 25 

 73 61 
Phương trình AC đi qua điểm A (1; −1) và nhận AC =  − ;  làm vtcp có ptts là
 25 25 
73

 x = 1 − 25 t
(t 

61
 y = −1 + t

25

).

d) Vì BE ⊥ AC nên u AC = n = ( 2; −1)
Phương trình AC đi qua A (1; −1) nhận u AC = ( 2; −1) làm vtcp có ptts là


 x = 1 + 2t
(t 

 y = −1 − t

).

*) Tìm tọa độ điểm C
Điểm C là giao của hai đường thẳng AC và  ' .
Vì C  AC nên tọa độ C có dạng C (1 + 2t ; − 1 − t )
Do B   ' nên ta có: 1 + 2t + 3 ( −1 − t ) − 1 = 0  1 + 2t − 3 − 3t − 1 = 0  −t − 3 = 0  t = −3

 C ( −5; 2 ) .
Gọi tọa độ B ( xB ; yB )
Vì B thuộc đường cao BE nên 2 xB − yB + 1 = 0  yB = 2 xB + 1  B ( xB ; 2 xB + 1)
Vì P là trung điểm của AB nên ta có

x A + xB
1 + xB


 xP = 2
 xP = 2


 y = y A + yB
 y = −1 + 2 xB + 1 = x
P
B

 P
2
2
Vì P thuộc đường trung tuyến CP nên ta có

xP + 3 yP − 1 = 0 

1 + xB
1
+ 3xB − 1 = 0  1 + xB + 6 xB − 2 = 0  7 xB = 1  xB =
2
7

1 9
 B ;  .
7 7
 6 16 
 36 5 
BC =  − ;  , AB =  − ; 
 7 7
 7 7

 36 5 
Phương trình BC đi qua điểm C ( 5; 2 ) và nhận BC =  − ;  làm vtcp có ptts là
 7 7
36

 x = 5 − 7 t
(t 

5
y = 2 + t

7

)

 6 16 
Phương trình AB đi qua A (1; −1) và nhận AB =  − ;  làm vtcp có ptts là
 7 7
6

 x = 1 − 7 t
(t 

 y = −1 + 16 t

7

).

Câu 15. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1; 2 ) , cắt trục hoành tại A , cắt trục tung tại B
sao cho OA = 2OB .
Lời giải


Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox tại A ( a ;0 ) , cắt Oy tại B ( 0; b )
Suy ra phương trình d :

x y
+ = 1.
a b

Vì d qua M (1; 2 ) nên

1 2
+ = 1 (1)

a b

 a = 2b
OA = 2OB  a = 2 b  
 a = −2b

Trường hợp 1: a = −2b

3
x y
Kết hợp với (1) suy ra b = ; a = −3 . Do đó phương trình của đường thẳng d :
+ =1
−3 3
2
2
 d : x − 2y + 3 = 0
Trường hợp 2: a = 2b

5
x y
Kết hợp với (1) suy ra b = ; a = 5 . Do đó phương trình của đường thẳng d : + = 1
5 5
2
2
 d : x + 2y − 5 = 0
Câu 16. Giải bất phương trình x2 − x − 3  x 2 − 2 + 2 − x − 3 .
Lời giải
Điều kiện: x  3 .
Đặt: a = x2 − 2; b = 2 − x − 3
Ta có: a + b  a + b  x2 − x − 3  x2 − 2 + 2 − x − 3 .

x  3

x  3
 x  2

Dấu “=” xảy ra   x 2 − 2  0
 
3 x 7.

  x  − 2
2 − x − 3  0

 x −3  2
x  7
Do đó: x 2 − x − 3  x 2 − 2 + 2 − x − 3  
x  3

Câu 17. Giải bất phương trình:

x2 + x − 2 + x2 + 2 x − 3  x2 + 4 x − 5 .
Lời giải

 x2 + x − 2  0

x  1
Điều kiện:  x 2 + 2 x − 3  0  
.
 x  −5
 x2 + 4x − 5  0



x2 + x − 2 + x2 + 2 x − 3  x2 + 4 x − 5




( x − 1)( x + 2) + ( x − 1)( x + 3)  ( x − 1)( x + 5)

(1)

Trường hợp 1: x = 1
Suy ra (1) đúng.
Trường hợp 2: x  1
(1)  x + 2 + x + 3  x + 5  2 x + 5 + 2

 x+2

( x + 2 )( x + 5)  0 (vơ lý vì

( x + 2 )( x + 5)  x + 5

x  1 ). Do đó bất phương trình đã cho vơ nghiệm.

Trường hợp 2: x  −5
(1) 

(1 − x )( − x − 2) + (1 − x )( − x − 3)  (1 − x )( − x − 5) 

 −2 x − 5 + 2

−x − 2 + −x − 3  −x − 5

( − x − 2 )( − x − 3)  − x − 5  x  2 ( − x − 2 )( − x − 3) (vơ lý vì

x  −5 )

Do đó bất phương trình đã cho vơ nghiệm.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = 1 .
Câu 18. Giải bất phương trình

1 − 1 − 4 x2
 3.
x
Lời giải

1
 1
1 − 4 x 2  0
−  x 
 2
Điều kiện: 
2.
x  0
 x  0

Xét hai trường hợp:

1
● Trường hợp 1: −  x  0 . Khi đó, ta có:

2

 1
− 2  x  0
1

 1
2

1− 1− 4x
− 2  x  0
−  x  0
3 
 2
 1 − 3x  0
x
13x 2 − 6 x  0
 1 − 4 x 2  1 − 3x

2
2

2

 1− 4x
 (1 − 3x )


(

 1
− 2  x  0

1
  x  0
 −  x  0.
2

6
 x 
13

● Trường hợp 2: 0  x 

1
. Khi đó, ta có:
2

)


 1 − 3x  0

 0  x  1
 
2
1
1



2

1− 1− 4x
0  x  2
0  x  2
1
  0  x 

3 

x

2
1 − 1 − 4 x 2  3x
 1 − 4 x 2  1 − 3x


 1 − 3x  0

 1 − 4 x 2  (1 − 3 x )2
 


1
  x  3

1
1
 0  x  1
x


 
2
3
2
1
1

x


1
1
1
3
2


  0  x 
0 x .
  0  x 


2
3
2
0  x  1




3

0  x  6
  x  1

 

3
13
 13 x 2 − 6 x  0

 
 1   1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  − ;0    0;  .
 2   2
Câu 19. Cho tam giác ABC có điểm A ( 0;1) , các đường phân giác trong BD và CE lần lượt có phương
trình là 5 y − 3 = 0 và 3x − 3 y + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC .
Lời giải
● Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng CE . Suy ra điểm A  BC và
AA ⊥ CE . Khi đó, phương trình đường thẳng AA có dạng: x + y + c = 0 .

Điểm A ( 0;1)  AA  0 + 1 + c = 0  c = −1.
Do đó, phương trình đường thẳng AA là: x + y − 1 = 0 .
Gọi H là giao điểm của AA và CE . Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

1

x=

3

x
−
3
y
+
1
=
0


1 2
3

hay H  ;  .

3 3
x + y −1 = 0
y = 2

3
Vì điểm A đối xứng với điểm A qua đường thẳng CE nên H là trung điểm của đoạn thẳng

 2 1

A A . Suy ra A  ;  .
 3 3
● Gọi F là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng BD . Suy ra điểm F  BC và
AF ⊥ BD . Khi đó, phương trình đường thẳng AF có dạng: x + m = 0 .

Điểm A ( 0;1)  AF  m = 0 .