Lời giải

1) Ta có: AP, MP là hai tiếp tuyến của đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {PAO} = 90^\circ \) và \(\widehat {PMO} = 90^\circ \).

Khi đó \(\widehat {PAO} + \widehat {PMO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy bốn điểm A, P, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính PO.

2) Ta có \(\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm).

Mà \(\widehat {AOP} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Vậy BM // OP.

3) Xét ∆AOP và ∆OBN, có:

\(\widehat {PAO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\) (chứng minh trên).

Do đó ∆AOP = ∆OBN (g.c.g).

Suy ra OP = BN (cặp cạnh tương ứng).

Mà BN // OP (chứng minh trên).

Vậy tứ giác OBNP là hình bình hành.

4) Ta có PN // OB (OBNP là hình bình hành).

Suy ra \(\widehat {PNO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \) (cặp góc so le trong).

Lại có \(\widehat {PAO} = \widehat {NOA} = 90^\circ \).

Do đó tứ giác AONP là hình chữ nhật.

Suy ra AP // ON.

Khi đó \(\widehat {APO} = \widehat {PON}\) (cặp góc so le trong).

Mà \(\widehat {APO} = \widehat {MPO}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {PON} = \widehat {MPO}\).

Do đó tam giác IPO cân tại I.

Mà K là trung điểm PO (AONP là hình chữ nhật).

Nên IK vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác IPO.

Suy ra IK ⊥ PO   (1)

Tam giác POJ có các đường cao PM, ON cắt nhau tại I.

Suy ra I là trực tâm của tam giác POJ.

Do đó IJ ⊥ PO    (2)

Từ (1), (2), suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(0; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng (P): 1.(x – 0) + 1.(y – 1) + 2.(z – 1) = 0.

⇔ x + y + 2z – 3 = 0.

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {{M_0}M} = \left( {x - {x_0};y - {y_0}} \right)\).

Ta có M(x; y) ∈ d.

\( \Leftrightarrow \vec n \bot \overrightarrow {{M_0}M} \)

\( \Leftrightarrow \vec n.\overrightarrow {{M_0}M} = 0\)

⇔ A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Vậy điều kiện cần và đủ để điểm M(x; y) nằm trên đường thẳng d đi qua điểm M(x₀; y₀) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n\left( {A,B} \right)\) là A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

a) \(2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} = \left( {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MC} } \right)\)

\( = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CA} = - \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = - 2\overrightarrow {AI} \), với I là trung điểm BC.

Tam giác ABI vuông tại B: \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} = \sqrt {A{B^2} + {{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(\left| {2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| { - 2\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = 2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = a\sqrt 5 \).

b) \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 3\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} \)

\( = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DO} + \overrightarrow {DB} \), với O là tâm hình vuông ABCD.

\[ = \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DB} \].

Tam giác ABD vuông tại A: \(DB = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

Ta có \[\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 3\overrightarrow {MD} } \right| = \left| {2\overrightarrow {DB} } \right| = 2DB = 2a\sqrt 2 \].

c) \(4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} = 3\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} \)

\( = 3\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = 3\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} - \overrightarrow {BA} = 2\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} \)

\( = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CA} = - \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = - 2\overrightarrow {AI} \).

Ta có \(\left| {4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} } \right| = \left| { - 2\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = a\sqrt 5 \).

Lời giải

a) Xét ∆ABM và ∆CAM, có:

\[\widehat M\] chung;

\(\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{BM}}{{AM}}\).

Vậy MA² = MB.MC (điều phải chứng minh).

b) Ta có MA là tiếp tuyến của (O).

Suy ra \(\widehat {MAO} = 90^\circ \).

Tam giác MAO vuông tại A có AH là đường cao:

MA² = MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà MA² = MB.MC (câu a).

Vậy MH.MO = MB.MC (điều phải chứng minh).

Xét ∆MBH và ∆MOC, có:

\[\widehat M\] chung;

\(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MO}}\) (do MH.MO = MB.MC).

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MBH} = \widehat {MOC}\) (cặp góc tương ứng).

Vậy tứ giác OHBC cùng thuộc một đường tròn.

c) Gọi I là giao điểm của Mk và (O).

Ta có \(\widehat {CBK} = \widehat {CIK}\) (cùng chắn ).

Mà \(\widehat {MBK} + \widehat {KBC} = 180^\circ \) và \(\widehat {MIC} + \widehat {CIK} = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {MBK} = \widehat {MIC}\).

Xét ∆MIC và ∆MBK, có:

\(\widehat M\) chung;

\(\widehat {MBK} = \widehat {MIC}\) (chứng minh trên).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{MI}}{{MB}} = \frac{{MC}}{{MK}} = \frac{{IC}}{{BK}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{MI}}{{MB}} = \frac{{MC}}{{IC}} = \frac{{MK}}{{BK}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{MI}}{{MK}} = \frac{{BK}}{{IC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\).

Xét ∆MIB và ∆MKC, có:

\(\widehat M\) chung;

\(\frac{{MI}}{{MK}} = \frac{{MB}}{{MC}}\) (chứng minh trên).

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MIB} = \widehat {MKC}\) (cặp góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Do đó IB // KC.

Vì vậy .

Suy ra \(\widehat {ICK} = \widehat {BKC}\).

Do đó tam giác HKC cân tại H.

Vì vậy HK = HC.

Mà OK = OC (= R).

Khi đó HO là đường trung trực của đoạn thẳng KC.

Vậy C đối xứng K qua đường thẳng OM.

Lời giải

a) ∆ = (–m)² – 4(m – 3) = m² – 4m + 12 = (m – 2)² + 8.

Ta có (m – 2)² ≥ 0, ∀m ∈ ℝ.

⇔ (m – 2)² + 8 ≥ 8 > 0, ∀m ∈ ℝ.

⇔ ∆ > 0, ∀m ∈ ℝ.

Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂.

b) Theo Viet: S = x₁ + x₂ = m và P = x₁x₂ = m – 3.

Suy ra x₁ + x₂ – x₁x₂ = m – m + 3 = 3.

Vậy hệ thức cần tìm là x₁ + x₂ – x₁x₂ = 3.

Lời giải

Phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu ⇔ P < 0.

⇔ m + 3 < 0.

⇔ m < –3.

Vậy m < –3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có \(\cos 2x - 3\cos x = 4{\cos ^2}\frac{x}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 - 3\cos x = 4.\frac{{1 + \cos x}}{2}\)

⇔ 2cos2x – 1 – 3cosx = 2(1 + cosx)

⇔ 2cos2x – 5cosx – 3 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 3\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\\\cos x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

a) 3x² – 6xy + 3y² – 12

= 3(x² – 2xy + y² – 4)

= 3[(x – y)² – 2²]

= 3(x – y + 2)(x – y – 2).

b) 4x² – 4x + 1 – 9y²

= (2x – 1)² – (3y)²

= (2x – 1 – 3y)(2x – 1 + 3y).

c) 9x² – 6x + 1 – 16y²

= (3x – 1)² – (4y)²

= (3x – 1 – 4y)(3x – 1 + 4y).

Lời giải

a) 3x² + 3y² – 6xy – 12

= 3(x² – 2xy + y² – 4)

= 3[(x – y)² – 2²]

= 3(x – y + 2)(x – y – 2).

b) x⁴ + x³ + 2x² + x + 1

= (x⁴ + 2x² + 1) + (x³ + x)

= (x² + 1)² + x(x² + 1)

= (x² + 1)(x² + 1 + x).

Lời giải

Ta có \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ \).

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a\sqrt 2 .\cos 45^\circ = {a^2}\).

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

a) Ta có \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} - 1 = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{b^2} + {c^2} + 2bc - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}{{4bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {\frac{{b + c + a}}{2} - a} \right)\left( {\frac{{b + c + a}}{2}} \right)}}{{4bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {p - a} \right)p}}{{4bc}}\).

Suy ra \( \Leftrightarrow \cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{4\left( {p - a} \right)p}}{{4bc}}} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a} \right)}}{{bc}}} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có \(R = \frac{{abc}}{{4S}};\,S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) và \(r = \frac{S}{p} = \frac{{2S}}{{a + b + c}}\).

Ta có \(R \ge 2r \Leftrightarrow \frac{{abc}}{{4S}} \ge \frac{{4S}}{{a + b + c}}\)

⇔ abc(a + b + c) ≥ 16S²

⇔ abc(a + b + c) ≥ 16.p(p – a)(p – b)(p – c)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{{a + b + c}}{2}\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - a} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - b} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - c} \right)\)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{{a + b + c}}{2}\left( {\frac{{b + c - a}}{2}} \right)\left( {\frac{{a + c - b}}{2}} \right)\left( {\frac{{a + b - c}}{2}} \right)\)

⇔ abc(a + b + c) ≥ (a + b + c)(b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)

⇔ abc ≥ (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)    (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)} \le \frac{{b + c - a + a + c - b}}{2} = c\) (1)

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁ \(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le b\)   (2)

⦁ \(\sqrt {\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le a\)   (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c) ≤ abc.

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

Do đó (*) đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) \(\frac{{x - 1}}{{59}} + \frac{{x - 2}}{{58}} + \frac{{x - 3}}{{57}} = \frac{{x - 4}}{{56}} + \frac{{x - 5}}{{55}} + \frac{{x - 6}}{{54}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{59}} - 1 + \frac{{x - 2}}{{58}} - 1 + \frac{{x - 3}}{{57}} - 1 = \frac{{x - 4}}{{56}} - 1 + \frac{{x - 5}}{{55}} - 1 + \frac{{x - 6}}{{54}} - 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x - 1 - 59}}{{59}} + \frac{{x - 2 - 58}}{{58}} + \frac{{x - 3 - 57}}{{57}} = \frac{{x - 4 - 56}}{{56}} + \frac{{x - 5 - 55}}{{55}} + \frac{{x - 6 - 54}}{{54}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x - 60}}{{59}} + \frac{{x - 60}}{{58}} + \frac{{x - 60}}{{57}} - \frac{{x - 60}}{{56}} - \frac{{x - 60}}{{55}} - \frac{{x - 60}}{{54}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 60} \right)\left( {\frac{1}{{59}} + \frac{1}{{58}} + \frac{1}{{57}} - \frac{1}{{56}} - \frac{1}{{55}} - \frac{1}{{54}}} \right) = 0\)    (1)

Ta có \(\frac{1}{{59}} < \frac{1}{{56}}\). Suy ra \(\frac{1}{{59}} - \frac{1}{{56}} < 0\).

Chứng minh tương tự \(\frac{1}{{58}} - \frac{1}{{55}} < 0\) và \(\frac{1}{{57}} - \frac{1}{{54}} < 0\).

Vì vậy \(\frac{1}{{59}} + \frac{1}{{58}} + \frac{1}{{57}} - \frac{1}{{56}} - \frac{1}{{55}} - \frac{1}{{54}} < 0\).

Khi đó phương trình (1) tương đương với: x – 60 = 0

⇔ x = 60.

Vậy x ∈ {60}.

b) (3x – 2)² – (x + 3)² = 0

⇔ (3x – 2 – x – 3)(3x – 2 + x + 3) = 0

⇔ (2x – 5)(4x + 1) = 0

⇔ 2x – 5 = 0 hoặc 4x + 1 = 0

⇔ \(x = \frac{5}{2}\) hoặc \(x = - \frac{1}{4}\).

Vậy \(x \in \left\{ {\frac{5}{2}; - \frac{1}{4}} \right\}\).

c) x² – 9 = 2x + 6

⇔ x² – 2x – 15 = 0

⇔ x² + 3x – 5x – 15 = 0

⇔ x(x + 3) – 5(x + 3) = 0

⇔ (x – 5)(x + 3) = 0

⇔ x – 5 = 0 hoặc x + 3 = 0

⇔ x = 5 hoặc x = –3

Vậy x ∈ {5; –3}.

d) x³ + 9x² + 27x + 27 = 0

⇔ (x + 3)³ = 0

⇔ x + 3 = 0

⇔ x = –3.

Lời giải

a) x.y = 11 = 1.11.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 11\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}x = 11\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy (x; y) ∈ {(1; 11), (11; 1)}.

b) (2x + 1)(3y – 2) = 12

Ta có {2x + 1; 3y – 2} ∈ Ư(12).

Ư(12) ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}.

Ta có bảng sau:

Mà x, y là số nguyên nên \[\left( {x;y} \right) = \,\left( {1;2} \right)\]

Vậy \[\left( {x;y} \right) = \,\left( {1;2} \right)\].

c) Từ 1 đến x có: (x – 1) : 1 + 1 = x số hạng.

Ta có 1 + 2 + 3 + … + x = 55

⇔ (x + 1) . x : 2 = 55

⇔ (x + 1) . x = 110

⇔ x² + x – 110 = 0

⇔ x² – 10x + 11x – 110 = 0

⇔ x(x – 10) + 11(x – 10) = 0

⇔ (x – 10)(x + 11) = 0

⇔ x – 10 = 0 hoặc x + 11 = 0

⇔ x = 10 hoặc x = –11.

Vậy x ∈ {10; –11}.

d) Ta có 6 chia hết cho (x – 1).

Suy ra x – 1 ∈ {1; 2; 3; 6}.

Vậy x ∈ {2; 3; 4; 7}.

e) (2x + 1)³ = 27

⇔ (2x + 1)³ = 3³

⇔ 2x + 1 = 3

⇔ 2x = 2

⇔ x = 1.

Vậy x ∈ {1}.

f) 2^x.16 = 128

⇔ 2^x = 8

⇔ 2^x = 2³

⇔ x = 3.

Vậy x ∈ {3}.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^1.C_9^1\).

Gọi A là biến cố: “Viên bi được lấy lần thứ 2 là bi xanh”.

Trường hợp 1: Lần thứ nhất lấy được bi đỏ, lần thứ hai lấy được bi xanh.

Có \(C_6^1.C_4^1\) cách chọn.

Trường hợp 2: Cả 2 lần đều lấy được bi xanh.

Có \(C_4^1.C_3^1\) cách chọn.

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_6^1.C_4^1 + C_4^1.C_3^1}}{{C_{10}^1.C_9^1}} = \frac{2}{5}\).

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

a) Vì hệ số góc bằng –2 nên phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = –2x + b.

Đường thẳng đi qua điểm A(–1; 2).

Suy ra 2 = –2.(–1) + b

Do đó b = 0.

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = –2x.

b) Vì tung độ gốc bằng 3 nên phương trình đường thẳng cần tìm có dạng: y = ax + 3 (a ≠ 0).

Lại có đường thẳng đi qua một điểm trên trục hoành có hoành độ bằng –1.

Suy ra 0 = a.(–1) + 3

Do đó a = 3 (nhận).

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = 3x + 3.

c) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng: y = ax + b (a ≠ 0).

Ta có đường thẳng đi qua điểm B(1; 2).

Suy ra 2 = a + b.

Do đó a = 2 – b    (1)

Lại có đường thẳng đi qua điểm C(3; 6).

Suy ra 6 = 3a + b (2)

Thế (1) vào (2), ta được: 6 = 3(2 – b) + b.

⇔ 6 = 6 – 3b + b

⇔ –2b = 0

⇔ b = 0.

Với b = 0, ta có a = 2 – b = 2 – 0 = 2 (nhận).

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = 2x.

Lời giải

1) Theo đề, ta có AM + NC = AD.

Mà BN + NC = BC = AD (do ABCD là hình thoi).

Vậy AM = BN.

2) Ta có AB = BD (giả thiết) và AB = AD (do ABCD là hình thoi).

Suy ra AB = AD = BD.

Do đó tam giác ABD đều.

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {ABD} = 60^\circ \).

Mà BD là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) (do ABCD là hình thoi).

Do đó \(\widehat {DBN} = \widehat {ABD} = 60^\circ \).

Xét ∆AMD và ∆BND, có:

AM = BN (chứng minh trên);

AD = BD (chứng minh trên);

\(\widehat {MAD} = \widehat {DBN} = 60^\circ \).

Do đó ∆AMD = ∆BND (c.g.c).

3) Ta có ∆AMD = ∆BND (chứng minh trên).

Suy ra MD = ND (1) và \(\widehat {MDA} = \widehat {NDB}\) (cặp cạnh và cặp góc tương ứng).

Mà \(\widehat {MDA} + \widehat {MDB} = \widehat {ADB} = 60^\circ \) (do ∆ABD đều).

Do đó \(\widehat {NDB} + \widehat {MDB} = \widehat {MDN} = 60^\circ \) (2)

Từ (1), (2), suy ra ∆MDN đều.

Vậy \(\widehat {DMN} = \widehat {DNM} = \widehat {MDN} = 60^\circ \).

Lời giải

a) Xét ∆OAB và ∆OCD, có:

\(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC);

\(\widehat {AOB} = \widehat {COD}\) (đối đỉnh).

Do đó  (g.g).

b) Ta có  (chứng minh câu a).

Suy ra \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{OB}}{{OD}}\).

\( \Leftrightarrow \frac{{16}}{8} = \frac{8}{{OD}}\).

\( \Leftrightarrow OD = \frac{{8.8}}{{16}} = 4\) (cm).

Ta có \(OD = \frac{{OB.OC}}{{OA}} = \frac{{{R^2}}}{{OA}}\).

Mà R cố định và OA cố định.

Nên D là điểm cố định khi đường kính BC quay xung quanh điểm O.

c) Ta có tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {EFA}\).

Mà \(\widehat {EBC} = \widehat {ADC}\) (chứng minh trên).

Do đó \(\widehat {ADC} = \widehat {EFA}\).

Vì vậy bốn điểm C, F, D, P cùng nằm trên một đường tròn.

Chứng minh tương tự, ta được bốn điểm B, E, D, P cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải

a) d_m: y = (2m – 1)x + 2 \(\left( {m \ne \frac{1}{2}} \right)\).

Với m = 1, ta có: y = x + 2.

Bảng giá trị của d_m khi m = 1:

Do đó đồ thị hàm số y = x + 2 là đường thẳng đi qua hai điểm (1; –1) và (0; 2).

b) Hàm số (1) đồng biến trên ℝ ⇔ 2m – 1 > 0.

\( \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\).

Vậy \(m > \frac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Phương trình hoành độ giao điểm của d₁ và d₂: x + 4 = –2x + 7

⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1.

Với x = 1, ta có y = 1 + 4 = 5.

Do đó giao điểm của d₁ và d₂ là A(1; 5).

Để ba đường thẳng d, d₁ và d₂ đồng quy thì A(1; 5) ∈ d_m.

Û 5 = (2m – 1).1 + 2

Û 5 = 2m – 1 + 2

Û 2m = 4

Û m = 2 (nhận)

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) (d): y = (2m + 1)x – 2 \(\left( {m \ne - \frac{1}{2}} \right)\).

Với m = 1, ta có: y = 3x – 2.

Bảng giá trị của (d) khi m = 1:

Do đó đồ thị hàm số y = 3x – 2 là đường thẳng đi qua hai điểm (1; 1) và (2; 4).

b) Ta có (d) song song với đồ thị hàm số y = –4x + 1.

Suy ra

Do đó \(m = - \frac{5}{2}\).

Vậy \(m = - \frac{5}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục Ox, Oy.

Suy ra B(0; –2). Do đó OB = 2.

Để (d) cắt Ox (y = 0) thì 2m + 1 ≠ 0 \( \Leftrightarrow m \ne - \frac{1}{2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và Ox: (2m + 1)x – 2 = 0

\( \Leftrightarrow x = \frac{2}{{2m + 1}}\).

Suy ra tọa độ \(A\left( {\frac{2}{{2m + 1}};0} \right)\).

Do đó \(OA = \frac{2}{{\left| {2m + 1} \right|}}\).

Gọi H là hình chiếu của O lên AB.

Tam giác OAB vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}}\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2}}}{4} + \frac{1}{4} = \frac{{4{m^2} + 4m + 2}}{4}\).

Suy ra \(O{H^2} = \frac{4}{{4{m^2} + 4m + 2}}\).

Do đó \(OH = \frac{2}{{\sqrt {4{m^2} + 4m + 2} }}\).

Theo đề, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ đến (d) bằng \(\sqrt 2 \).

Suy ra \(OH = \sqrt 2 \).

\( \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt {4{m^2} + 4m + 2} }} = \sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {4{m^2} + 4m + 2} = \sqrt 2 \)

⇔ 4m² + 4m = 0

⇔ m = 0 hoặc m = –1.

So với điều kiện \(m \ne - \frac{1}{2}\), ta nhận m = 0 hoặc m = –1.

Vậy m ∈ {0; –1} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) \[P = \frac{{2x + 2}}{{\sqrt x }} + \frac{{x\sqrt x - 1}}{{x - \sqrt x }} - \frac{{x\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }}\]

\[ = \frac{{2x + 2}}{{\sqrt x }} + \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{2x + 2}}{{\sqrt x }} + \frac{{x + \sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} - \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\]

\[ = \frac{{2x + 2 + x + \sqrt x + 1 - \left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}\]

\[ = \frac{{2x + 2 + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }}\].

b) Ta có \(P - 5 = \frac{{2x + 2 + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} - 5 = \frac{{2x + 2 - 4\sqrt x + \sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2} + \sqrt x }}{{\sqrt x }} = \frac{{2{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }} + 1 \ge 1 > 0,\,\forall x\).

Vậy P > 5.

c) \(\frac{8}{P} = \frac{{8\sqrt x }}{{2x + 2 + 2\sqrt x }} = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 1 + \sqrt x }} = \frac{4}{{\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt x }} + 1}}\).

Ta có \(\frac{8}{P}\) nhận giá trị nguyên ⇔ \(4 \vdots \left( {\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt x }} + 1} \right)\).

Ta có Ư(4) ∈ {±1; ±2; ±4}.

Ta có bảng sau:

So với điều kiện ban đầu, ta nhận \(x \in \left\{ {\frac{{7 \pm 3\sqrt 5 }}{2}} \right\}\).

Lời giải

a) ĐKXĐ: x² – 1 ≠ 0 ⇔ (x – 1)(x + 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ ±1.

Vậy x ≠ ±1 thì biểu thức P có nghĩa.

b) \(P = \frac{{2{x^2}}}{{{x^2} - 1}} + \frac{x}{{x + 1}} - \frac{x}{{x - 1}} = \frac{{2{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \frac{x}{{x + 1}} - \frac{x}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{2{x^2} + x\left( {x - 1} \right) - x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{2{x^2} + {x^2} - x - {x^2} - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2{x^2} - 2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{2x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{2x}}{{x + 1}}\).

c) Với x = –3, ta có: \(P = \frac{{2.\left( { - 3} \right)}}{{ - 3 + 1}} = 3\).

Vậy x = –3 thì P = 3.

d) Ta có \[P = \frac{{2x}}{{x + 1}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - 2}}{{x + 1}} = 2 - \frac{2}{{x + 1}}\].

P nhận giá trị nguyên ⇔ 2 chia hết cho (x + 1).

Ta có Ư(2) ∈ {±1; ±2}.

Ta có bảng sau:

So với điều kiện ở câu a), ta nhận x ∈ {–3; –2; 0}.

Vậy x ∈ {–3; –2; 0} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) Ta có \(\cos 2x + 2\cos x = 2{\sin ^2}\frac{x}{2}\)

⇔ 2cos²x – 1 + 2cosx = 1 – cosx

⇔ 2cos²x + 3cosx – 2 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \frac{1}{2}\\\cos x = - 2\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: \(x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

b) Ta có 2cos²2x + 3sin²x = 2

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x + 3.\frac{{1 - \cos 2x}}{2} = 2\)

⇔ 4cos²2x + 3(1 – cos2x) = 4

⇔ 4cos²2x – 3cos2x – 1 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = 1\\\cos 2x = - \frac{1}{4}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k2\pi \\2x = \pm \arccos \left( { - \frac{1}{4}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \pm \frac{1}{2}\arccos \left( { - \frac{1}{4}} \right) + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \pm \frac{1}{2}\arccos \left( { - \frac{1}{4}} \right) + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Đặt \(x = \widehat {ADB}\,\,\left( {0^\circ < x < 90^\circ } \right)\).

Ta có tam giác ADB cân tại A. Suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {ADB} = x\).

Lại có AB // CD (do ABCD là hình thang cân).

Suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC} = x\) (cặp góc so le trong).

Ta có ABCD là hình thang cân. Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {DCB} = 2x\).

Ta có tam giác BCD cân tại D. Suy ra \(\widehat {DBC} = \widehat {BCD} = 2x\).

Tam giác BCD cân tại D có: \(\widehat {BDC} + 2\widehat {DCB} = 180^\circ \).

Suy ra x + 2.2x = 180°.

Do đó 5x = 180°.

Vì vậy x = 36°.

Ta có \(\widehat {ADC} = \widehat {BCD} = 2x = 2.36^\circ = 72^\circ \).

Ta có \(\widehat {DAB} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (do AB // CD và hai góc này là hai góc so le trong).

Suy ra \(\widehat {DAB} = \widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {ADC} = 180^\circ - 72^\circ = 108^\circ \).

Vậy hình thang cân ABCD có các góc là: \(\widehat A = \widehat B = 108^\circ ,\,\widehat C = \widehat D = 72^\circ \).

Do đó ta chọn phương án B.

Lời giải

Gọi x, y (x, y ≥ 0) lần lượt là số tấm bìa cắt theo cách thứ nhất, thứ hai.

Bài toán đưa đến tìm x, y ≥ 0 thỏa mãn hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y \ge 900\\x + 3y \ge 1000\\6x + y = 900\end{array} \right.\) (1) sao cho L = x + y nhỏ nhất.

Vẽ d₁: 3x + 2y = 900, d₂: x + 3y = 1000, d₃: 6x + y = 900 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.

Tiếp theo, ta lấy điểm A(0; 900). Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3.0 + 2.900 = 1800 \ge 900\\0 + 3.900 = 2700 \ge 1000\\6.0 + 900 = 900\end{array} \right.\) (đúng).

Suy ra miền nghiệm của hệ (1) là một phần đường thẳng d₃ được tô màu như hình vẽ.

Ta có giao điểm của d₃ và Oy là A(0; 900) và giao điểm của d₃ và d₂ là B(100; 300).

Từ miền nghiệm, ta thấy L nhỏ nhất khi (x; y) là một trong hai điểm A(0; 900) và B(100; 300).

L(0; 900) = 0 + 900 = 900.

L(100; 300) = 100 + 300 = 400.

Do đó L nhỏ nhất khi x = 100, y = 300.

Vậy người ta cần cắt 100 tấm bìa theo cách thứ nhất, 300 tấm bìa theo cách thứ hai thì tổng số bìa phải dùng là ít nhất.

Lời giải

Lấy E, F lần lượt là trung điểm của hai dây AB, CD.

Khi đó OE ⊥ AB và OF ⊥ CD (quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Mà FM ⊥ ME (giả thiết).

Suy ra tứ giác OEMF là hình chữ nhật.

Do đó OE = MF = CF – MC = \(\frac{{CD}}{2} - MC = \frac{{12}}{2} - 2 = 4\) (cm).

Ta có \(AE = \frac{{AB}}{2} = \frac{{14}}{2} = 7\) (cm).

Tam giác OEA vuông tại E: \(OA = \sqrt {O{E^2} + A{E^2}} = \sqrt {{4^2} + {7^2}} = \sqrt {65} \).

Suy ra \(R = OD = OA = \sqrt {65} \).

Tam giác ODF vuông tại F:

\[OF = \sqrt {O{D^2} - D{F^2}} = \sqrt {O{D^2} - {{\left( {\frac{{CD}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt {65} } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{12}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {29} \].

Vậy \(R = \sqrt {65} \) và khoảng cách từ tâm O đến dây CD bằng \(\sqrt {29} \).

Lời giải

Ta có E là trung điểm BC.

Suy ra \(CE = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Ta có AB = CD (do ABCD là hình vuông) và BE = CE (E là trung điểm BC).

Suy ra \(\sqrt {A{B^2} + B{E^2}} = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} \).

Do đó AE = DE.

Tam giác CDE vuông tại C: \(AE = DE = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(D{F^2} = \frac{{2D{A^2} + 2D{E^2} - A{E^2}}}{4} = \frac{{2{a^2} + 2{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2}}}{4} = \frac{{13{a^2}}}{{16}}\).

Vậy \(DF = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}\).

Lời giải

a) Xét ∆AEH và ∆BEF, có:

AE = BE (E là trung điểm AB);

AH = BF (do \(AH = \frac{1}{2}AD,\,BF = \frac{1}{2}BC\) và AD = BC);

\(\widehat {HAE} = \widehat {EBF} = 90^\circ \).

Do đó ∆AEH = ∆BEF (c.g.c).

Suy ra HE = EF (cặp cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự, ta được EF = GF và GH = GF.

Do đó tứ giác EFGH là hình thoi   (1)

Ta có BE = BF (do \(BE = \frac{1}{2}AB,\,BF = \frac{1}{2}BC\) và AB = BC) và \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (do ABCD là hình vuông).

Suy ra ∆BEF vuông cân tại B.

Do đó \(\widehat {BEF} = 45^\circ \).

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {AEH} = 45^\circ \).

Ta có \(\widehat {AEH} + \widehat {HEF} + \widehat {FEB} = 180^\circ \) (kề bù).

\( \Leftrightarrow \widehat {HEF} = 180^\circ - \widehat {AEH} - \widehat {FEB} = 180^\circ - 45^\circ - 45^\circ = 90^\circ \)   (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác EFGH là hình vuông.

b) Xét ∆CBE và ∆DCF, có:

CB = DC (ABCD là hình vuông);

\(\widehat {CBE} = \widehat {DCF} = 90^\circ \);

BE = CF (do \(BE = \frac{1}{2}AB,\,CF = \frac{1}{2}BC\) và AB = BC).

Do đó ∆CBE = ∆DCF (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {FDC}\) (cặp cạnh tương ứng).

Mà \(\widehat {DFC} + \widehat {FDC} = 90^\circ \) (∆DFC vuông tại C).

Do đó \(\widehat {DFC} + \widehat {ECB} = 90^\circ \).

Tam giác CFM, có: \(\widehat {CMF} = 180^\circ - \left( {\widehat {DFC} + \widehat {ECB}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Vậy DF ⊥ CE tại M.

Gọi P là giao điểm của AG và DF.

Chứng minh tương tự như trên, ta được AG ⊥ DF tại P.

Mà CE ⊥ DF (chứng minh trên).

Suy ra CE // AG.

∆DMC có: G là trung điểm của DC (giả thiết) và PG // MC (chứng minh trên).

Suy ra GP là đường trung bình của ∆DMC.

Do đó P là trung điểm DM.

∆AMD có: AP vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao.

Vậy ∆AMD cân tại A.

c) Xét ∆DMC và ∆DCF, có:

\(\widehat {MDC}\) chung;

\(\widehat {DMC} = \widehat {DCF} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{DM}}{{DC}} = \frac{{MC}}{{CF}} = \frac{{DC}}{{DF}}\)   (*)

Ta có \({S_{DMC}} = \frac{1}{2}MC.MD\) và \({S_{DCF}} = \frac{1}{2}DC.CF\).

Suy ra \(\frac{{{S_{DMC}}}}{{{S_{DCF}}}} = \frac{{MC.MD}}{{DC.CF}} = \frac{{D{M^2}}}{{D{C^2}}}\).

Do đó \({S_{DMC}} = \frac{{D{M^2}}}{{D{C^2}}}.{S_{DCF}} = \frac{{D{M^2}}}{{D{C^2}}}.\frac{1}{2}CD.CF = \frac{{D{M^2}}}{{{a^2}}}.\frac{1}{2}a.\frac{a}{2} = \frac{{D{M^2}}}{4}\).

Tam giác CDF vuông tại C:

\(DF = \sqrt {D{C^2} + C{F^2}} = \sqrt {D{C^2} + {{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Từ (*), ta có: DM.DF = DC².

\( \Leftrightarrow DM.\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = {a^2}\).

\( \Rightarrow DM = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \({S_{DMC}} = \frac{{D{M^2}}}{4} = {\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)^2}.\frac{1}{4} = \frac{{{a^2}}}{5}\).

Lời giải

a) Vì AM, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có OA là tia phân giác của \(\widehat {COM}\).

Chứng minh tương tự, ta được OB là tia phân giác của \(\widehat {MOD}\).

Ta có \(\widehat {COM} + \widehat {MOD} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

\( \Leftrightarrow 2\widehat {AOM} + 2\widehat {MOB} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow 2\left( {\widehat {AOM} + \widehat {MOB}} \right) = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow \widehat {AOM} + \widehat {MOB} = \frac{{180^\circ }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \widehat {AOB} = 90^\circ \).

Vậy tam giác AOB vuông tại O.

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AC = AM và BM = BD.

Ta có AB = AM + MB = AC + BD.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Gọi I là trung điểm của AB.

Suy ra I là tâm của đường tròn đường kính AB.

Ta có \(\widehat {AOB} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Suy ra O nằm trên đường tròn đường kính AB.

Ta có CA ⊥ CD và BD ⊥ CD (AC, BD là tiếp tuyến của đường tròn (O)).

Suy ra CA // BD.

Do đó ABDC là hình thang.

Hình thang ABDC có O, I lần lượt là trung điểm của CD và AB.

Suy ra OI là đường trung bình của hình thang ABDC.

Do đó OI // AC.

Mà AC ⊥ CD (chứng minh trên).

Suy ra OI ⊥ CD.

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Tâm đối xứng của hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.

Tâm đối xứng của đường tròn là tâm của đường tròn đó.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Vì hình bình hành không có trục đối xứng nên ta loại các phương án B, C, D.

Lời giải

(C) có tâm I(–1; 1), bán kính R = 2.

a) Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép quay Q_{(O; 90°)}.

Suy ra (C’) có bán kính R’ = R = 2 và có tâm I’ = Q_{(O; 90°)}(I).

Do đó tọa độ I’(–1; –1).

Vậy phương trình (C’): (x + 1)² + (y + 1)² = 4.

b) Gọi (C’’) là ảnh của (C) qua phép quay Q_{(O; 45°)}.

Suy ra (C’’) có bán kính R’’ = R = 2 và có tâm I’’ = Q_{(O; 45°)}(I).

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_{I''}} = {x_I}\cos 45^\circ - {y_I}\sin 45^\circ = - 1.\frac{{\sqrt 2 }}{2} - 1.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = - \sqrt 2 \\{y_{I''}} = {x_I}\sin 45^\circ + {y_I}\cos 45^\circ = - 1.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + 1.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 0\end{array} \right.\]

Vì vậy tọa độ \(I''\left( { - \sqrt 2 ;0} \right)\).

Vậy phương trình (C’’): \({\left( {x + \sqrt 2 } \right)^2} + {y^2} = 4\).