TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – ĐỀ THI THỬ CHUYÊN ĐH VINH
Câu 1: [2D3-4] Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng
A. 800cm .2 B.800 2
3 cm . C. 400 2
3 cm . D. 250cm .2
Lời giải Chọn C.
Trước hết ta chứng minh công thức tổng quát.
“Một cánh cổng hình parabol có khoảng cách giữa hai chân bằng 2 .a Trục đối xứng vuông góc với đường nối hai chân và khoảng cách từ đỉnh đến đáy bằng h. Khi đó, diện tích cánh cổng đó là 4
3 . S ah ”
Thật vậy, giả sử hai chân là Avà B. Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ Otrùng với trung điểm AB, A a
;0
, B
3;0 và đỉnh I
0;h
. Khi đó, phương trình parabol là
2 2
2
y h x a
a
Suy ra, diện tích cánh cổng là 2
2 2
a
a
S h x a dx
a
ah x2 33 a x2 aa 43ah. Áp dụng vào bài toán ta có, diện tích mỗi phần parabol là 4.20.20S 3 1600 2 3 cm .
Tổng diện tích của bốn cánh hoa bằng tổng diện tích 4 phần parabol trừ đi diện tích hình vuông và bằng 1600 2
4 40
3 1600 2 3 cm .
Vậy diện tích mỗi cánh bằng 400 2 3 cm .
Câu 2: [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D. cạnh .a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AC và B C (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D bằng
N M
A' D'
C' C
A D
B
B'
A. 5 .a B. 5 .
5
a C. 3 .a D. .
3 a
Lời giải Chọn D.
Cách 1. ( dùng tọa độ)
Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
)
; 0
; ( ),
;
; 0 ( ),
; 0
; 0 ( ), 0
;
; ( ' ), 0
;
; 0 ( ' ), 0
; 0
; ( ' ), 0
; 0
; 0 (
' C a A a D a a B a A a a C a a
B .\
Ta có : *) (0;1;2) (0;1;2)
) 2 2 ;
; 0 ( )
0
; 0 2; ( ), 2; 2;
( a u1
a a a MN
N a a
M a
là VTCP
của MN.
*) B'D'(a;a;0)a(1;1;0)u2 là VTCP của B’D’.
; ; '
3) ' '
; (
2 1
2
1 a
u u
N B u u D B MN
d .
Cách 2.
Gọi P là trung điểm của C’D’. E A'C'NP,I A'C'B'D'.
Ta có : d(MN;B'D')d(B'D';(BDPN))d(I;(BDPN))h. Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN.
Vậy 3
9 1 2
16 1 1 1
2 2 2 2 2 2
h a a a a IE MI
h .
Câu 3: [2H2-3] Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn 4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4cmvà chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5cm. Bán kính của viên billiards đó bằng?
A. 2,7cm. B. 4, 2cm. C. 3,6cm. D. 2,6cm. Lời giải
Chọn A.
Thể tích nước trong cốc ban đầu là V1=B h. =p.(5,4) .4,5 131,222 = p Gọi (x cm) là bán kính của viên billiards snooker (điều kiện 0< <x 4,5 ).
Khi đó thể tích của khối của viên billiards là 2 3
4 V =3px
Do khi thả viên billiards vào cốc thì viên billiards tiếp xúc đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng, nên chiều cao của nước là 2x.
Khi đó thể tích của nước và viên bi là V =p.(5, 4) .22 x=58,32px Vậy ta có phương trình:
3
1 2
131, 22 4 58,32 V + = ÛV V p+3px = px
4x3 174,96x 393,66 0
Û - + =
Giải phương trình trên và đối chiếu điều kiện ta được: x=2,7 Vậy bán kính của viên bi đó là 2,7cm.
Câu 4: [2D1-3] Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm liên tục trên . Bảng biến thiên của hàm số ( )
y f x được cho như hình vẽ dưới đây. Hàm số 1 2
y f xx nghịch biến trên khoảng
A. (2;4). B. (0; 2). C. ( 2;0). D. ( 4; 2). Lời giải
Chọn D.
Hàm số 1
2
y f xx có 1
1 1 1
2 2 2
x x
y f x f .
Để hàm số nghịch biến thì y 0 1
1 1 0 1 2
2 2 2
x x
f f
.
Khi đó, dựa vào bảng biến thiên ta có 2 1 3 4 2.
2
x x
Câu 5: [2D3-4] Cho hàm số f x
thỏa mãn
f x
2 f x f
x 15x412x, x và
0
0 1f f . Giá trị của f2
1 bằng ? A. 92. B. 5
2. C. 10. D. 8 .
Lời giải Chọn D.
Ta có
f x f x
f x
2 f x f
x .Do đó f x f x
15x412 dx x
3x56x2C. Mà f
0 f
0 1 nên f x f x
3x56x21. Suy ra
f x f x x
d
3x56x21 d
x.Tức là 2
2
f x 6 3
2 2
x x x C
, mà f
0 1 nên 2
2
f x 6 3
2 1
2
x x x
.
Vậy f2
1 8.Câu 6: [1D2-3] Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với M
0;10
, N
100;10
và
100;0
P . Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A x y
;
,
x y,
nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP. Lấy ngẫu nhiên một điểm A x y
;
S. Xác suất để x y 90 bằngA. 169.
200 B. 845.
1111 C. 86.
101 D. 473.
500 Lời giải
Chọn C.
Số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trong kể cả trên cạnh của hình chữ nhật OMNP là n
101 11.Gọi X là biến cố “Các điểm A x y
;
,
x y,
thuộc tập S thỏa mãn x y 90”.Vì x
0;100 ;
y
0;10
và x y 90 nên:
0 0;1;2;...;90
y x ; y 1 x
0;1;2;...;89
; .… ;y10 x
0;1;2;...;80
. Khi đó có 91 90 ... 81 946 cặp
x y;
thỏa mãn. Hay n X
946.Vậy xác suất cần tính là
P n X
n
946 101 11
86.
101
Câu 7: [2D2-3] Giả sử ,a b là các số thực sao cho x3y3 a.103z b.102z đúng với mọi các số thực dương x y z, , thỏa mãn log(x y )z và log(x2y2) z 1. Giá trị của a b bằng ?
A. 31.
2 B. 29.
2 C. 31
2 D. 25.
2 Lời giải
Chọn B.
Từ giả thiết ta có: log
x y
z x y 10z.Và: log
x2y2
z 1 x2y2 10z1
x y
22xy10.10 .z Do đó:
2 10.10 102 10.102 2
z z z
xy x y .
Để tồn tại x y, ta phải có
x y
2 4xy 102z 2 10
2z 10.10z
z log 20.Mặt khác: x3y3a.103zb.102z
x y
33xy x y
a.103z b.102z2
3 10 10.10
10 3. .10
2
z z
z z
a.103zb.102z.
3 2 3 2
10 z 30.10 z 2 .10a z 2 .10b z
. (*)
Vì đẳng thức (*) đúng với mọi 0 z log 20 nên 2 1
2 30
a b
1 2 15 a b
.
Do đó, giá trị 29 a b 2 .
Câu 8: [2D3-4] Cho hàm số y f x
có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 và f
0 f
1 0. Biết1
2 0
d 1 f x x 2
, 1
0
cos d
f x x x2
. Tính 1
0
d f x x
.A. . B. 1
. C. 2
. D. 3
2
. Lời giải
Chọn C.
Ta có 1
1
1
0 0 0
cos d cos d cos 1 sin d
f x x x x f x f x x 0 f x x x
1
1
1
0 0 0
1 0 sin d sin d sin d 1
2 2
f f f x x x f x x x f x x x
.Áp dụng bất đẳng thức
2
2 2
d d . d
b b b
a a a
f x g x x f x x g x x
ta có:
2
1 1 1 1
2 2
0 0 0 0
1 1 1 cos 2 1 sin 2 1 1
sin d d . sin d d
0
4 2 2 2 2 4 4
x x x
f x x x f x x x x x
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f x
ksinx. Từ đó ta có:
1 1 1
2
0 0 0
1 1 cos 2 sin 2 1
sin d sin d d 1
0
2 2 2 2 2
x k x k
f x x x k x x k x x k
.Suy ra f x
sinx. Do đó 1
10 0
cos 1 2
sin .
0 f x dx xdx x
Câu 9: [2D2-3] Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x2 x 2 aln
x2 x 1
0 nghiệmđúng với mọi x. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a
2;3 .
B. a
8;
. C. a
6;7 .
D. a
6; 5 .
Lời giải Chọn C.
Đặt
2
2 1 3 3
1 2 4 4
tx x x nên 3 t 4.
Khi đó bài toán trở thành đi tìm a lớn nhất để t 1 a tln 0, 3 t 4
* . - Ta xét a0 do cần tìm a lớn nhất.Xét hàm số f t
t 1 a tln , 3; t4 .
1 a 0f t t , 3; t 4
do đó hàm số f t
luôn đồng biến trên 3; 4
Suy ra
3f t f 4 . Để
* luôn đúng với 3t 4 thì 7 3
ln 0
4a 4 3 7
ln4 4
a 7
6,083 4ln3
4
a
.
- Vì trong trường hợp a0 đã tồn tại
7 4ln3
4 a
thỏa mãn điều kiện bài toán nên ta không
phải tìm a0 do mọi giá trị a0 nếu thỏa mãn bài toán thì đều nhỏ hơn 7 4 ln3
4
.
Do đó giá trị lớn nhất của a là 7 4 ln3
4
thuộc
6;7 .
Bài tập tương tự: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình
2 2
2018 log2018 1 0
x x a x x nghiệm đúng với mọi x. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a
2017;2018 .
B. a(53375;).C. a
53374;53375 .
D. a
53375; 53374 .
Câu 10: [1H3-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (GMN) và (ABCD).
M N
G H
C
A D
B S
A. 2 39
39 . B. 3
6 . C. 2 39
13 . D. 13
13 . Lời giải
Chọn C.
z
x
y t
K
I G
N M
P H
A D
B C
S
Cách 1:
Điểm H là trung điểm AB SH AB và (SAB)(ABCD) nên SH (ABCD). Gọi P là trung điểm của CD và I SP MN thì I là trung điểm SP.
Điểm K GI PH thì K(GMN) ( ABCD).
Do MN CD// nên (GMN) ( ABCD)Kt AB CD// // . Dễ thấy SH Kt ( ) SHK Kt HK Kt
.
Suy ra
(GMN),(ABCD)
(KG KH, )GKH .Nhận xét: tam giác SPK có KI là đường trung tuyến và SG2GH nên nhận G làm trọng tâm.
Suy ra HK a ; 1 3
3 6
GH SH 39
GK 6
.
Ta có cos 2 39
13 GKH HK
GK . Vậy cos (
),( )
2 39GMN ABCD 13 . Cách 2:
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, xem a là 1 đơn vị.
Ta có: 0;0; 3 S 2
; 0;0; 3 G 6
; 1;1;0 C2
; 1;1;0
D2 1 1 3 4 2 4; ;
M
;
1 1 3 4 2 4; ;
N
.
Và 1 1; ; 3 4 2 12
GM
; 1;0;0
NM 2
3 1
, 0; ;
24 4
GM NM
.
Khi đó: nGMN (0; 3; 6)
và nABCD k (0;0;1) .
Ta có:
. 6 2 39
cos ( ),( )
39.1 13 .
GMN ABCD
GMN ABCD
n n
GMN ABCD
n n
.
Câu 44: Chuyên Vinh lần 1.
Cho hình chóp S ABCD
.có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M N , lần lượt là trung điểm của SC SD , (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( GMN ) và
M N
G H
C
A D
B S
A. 2 39 .
39 B. 3 .
6 C. 2 39 .
13 D. 13 .
13
Gọi góc giữa GMN
,ABCD là Cách 1: Dựng góc thông thường.
x I
S
H B
A
C
D
E
G M
N
J
Gọi I J
,lần lượt là trung điểm của MN và CD
I là trung điểm của SJ Trong SHJ , GJ kéo dài cắt HJ tại E .
EJ có trung điểm là H ( vì G là trọng tâm
SEJ )
Ta có:
MN EMN CD ABCD MN CD
EMN ABCD Ex AB CD
Có AB SEJ Ex SEJ mà
SEJ GMN EI SEJ ABCD EJ
GEH
Có 1 3 3
3 2 6
a a
GH , EH
a
2 2 1312 2 3
a a EG a
2 3 2 39
cos 13 13
Cách 2: Dựng góc bằng tịnh tiến mặt phẳng.
Gọi I J E
, ,lần lượt là trung điểm của MN , CD , SH . Dễ thấy
EMN ABCD nên GMN , EMN .
Lại có MN
EIG nên EIG . Ta có 3 3 3
3 4 12
a a a
EG SG SE
Suy ra
2 2 2 2 13 cos 2 3948 4 4 3 13
a a a EI
GI GE EI
GI
I
A
B C
D S
H
M
N
G
J E
Cách 3: Dựng góc bằng tịnh tiến mặt phẳng.
E I
A
B C
D S
H
M
N
G
P
Q
J
Gọi J là trung điểm của CD . P Q , thỏa mãn: 2
3
SP SQ
SC SD
,
GP HC
GQ HD
GPQ
ABCD
GMN
,ABCD
GMN
,GPQ .
,
I E lần lượt là giao điểm của SJ với MN PQ ,
I J
,là trung điểm của
, MN PQ .
Chứng minh như cách 1
GMN
,GPQ
IGE
Có GE 2 3 a , 2 1 1 1
23
27
3 2 6 6 4 12
a a IE SE SI SJ SJ SJ a .
2
1 3 1 3
23
2 2 2 2 4 sin
SHJ
a a a
S
a a HIJ
sinHIJ
27 3 cos HIJ 7
2 2
3
2 . . GI SG SI SG SI 7
2 2
7 7 3 39
4 2 4 7 12
3 3
a a a a a
2 2 22 3 2 39
cos 2 . 13 13
GI GE IE IGE GI GE
.
Cách 4: Dùng định nghĩa
I
A
B C
D S
H
M
N
G
J E
Gọi I là trung điểm của MN , J là trung điểm của CD .
Dựng SE
GI . Ta dễ chứng minh SE
GMN
ABCD , GMN SH SE , SE SG , GSE
.
1
. .sin
SGI
2
S
SG SI GSI 1 2 1 1 1 1 3
23
2 3 2 sin 3
SHJ3 2 2 12
a a
SH SI GSJ S
a
.
Mà 13
4 3 GI a
2
3
2. 2 12 2
13 13
4 3
SGI
a
S a
SE GI a
2 3
cos GSE 13
.
( Theo kết quả cách 2)
Cách 5: Công thức hình chiếu
I
A
B C
D S
H
M
N
G
J E
F
Gọi E F
,lần lượt là hình chiếu của M N
,lên ABCD
E F
,lần lượt là trung điểm của HC HD
,; I J
,vẫn là trung điểm của
MN và CD .
GMN cân tại G 1 . .
GMN
2
S GI MN 1 13
213
. .
2 4 3 2 16 3
a a a
.
2 HEF
1 1
. .
4 HCD 8 ABCD 8
S
S
S
a . HEF là hình chiếu của
GMN lên ABCD
S
HEE S
GMN. s co
216 3
22 3
cos .
8 13 13
a
a .
Cách 6: Chọn hệ tọa độ như hình vẽ
x
y z
A
B C
D S
H
M
N
G
J
3
0,0, , , ,0 , , ,0 , 0,0,
2 2 2
2 3
a a a a
G C a D a S
3 3
, , , , ,
4 2 4 4 2 4
a a a a a a
M N
, , , , ,
4 2 4 3 4 2 4 3
a a a a a a
GM GN
.
2 2
, 0, ,
8 3 4
a a
GM GN
hay chọn u 0, 1,2 3 là vtpt của GMN
0,0,1
k
là vtpt của ABCD os 2 3
c 13
.
Câu 11: [2D1-4] Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm f x( )
x1
2
x22x
với mọi x . Có baonhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y f x
28x m
có 5 điểm cực trị?A. 15. B. 17. C. 16. D. 18.
Lời giải Chọn A.
Đặt g x
f x
28x m
. Ta có f x
x1
2
x22x
2
2 2
2
' 2 8 8 1 8 8 2
g x x x x m x x m x x m
2 2 2
4
8 1 1
0 8 0 2
8 2 0 3
x
x x m
g x x x m
x x m
Các phương trình
1 ,
2 ,
3 không có nghiệm chung từng đôi một và
x28x m 2
20với m nên g x
có 5 cực trị khi và chỉ khi
1 và
2 có hai nghiệm phân biệt và khác4
16 0
16 2 0
16 32 0
16 32 0
m m
m m
16 18 16 18
m m m m
m 16.
Vậy m nguyên dương và m16 nên có 15 giá trị m cần tìm.
Câu 12: [2H1-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC) và (AB C ) bằng 60 (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp .B ACC A bằng
B'
C' B
A C
A'
A.
3
3
a . B.
3
6
a . C.
3
2
a . D.
3 3
3 a . Lời giải
Chọn A.
Ta có
ACC
AB C
AC. Gọi G là trung điểm của A C , H là hình chiếu của G lên AC.Ta có GH (ACC A ), GH AC
Ta có B G
ACC A
B G AC suy ra BH AC. Vậy góc giữa
AB C
và
ACC A
là góc GHB 60 . Ta có .1 .
B ACC A 3 ACC A
V S B G , B G a22 , .cot 60 6 6 GH B G a .
GH AA GC AC
2 2
6 6
2 2
2 a
x
a x a
2 2
3 2 3
x x a
x a
. B ACC A
V
1 . 2. 2
3 2
a a a
3
3
a .
Câu 13: [2D3-4] Trong không gianOxyz , cho hai điểm A
10;6; 2
, B
5;10; 9
và mặt phẳng
: 2x2y z 12 0 . Điểm M di động trên mặt phẳng
sao choMA , MB luôn tạo với
các góc bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn ( ) cố định. Hoành độ của tâm đường tròn ( ) bằngA. 4. B. 9
2. C. 2 . D. 10.
Lời giải Chọn C.
Ta có:
,
20 12 2 12 64 4 1
d A
;
,
10 20 9 12 34 4 1
d B
.
Vì điểm M di động trên mặt phẳng
sao cho MA, MB luôn tạo với
các góc bằng nhau nên ta có MA2MB.Gọi M x y z
; ;
, ta có:2
MA MB MA2 4MB2
x 10
2 y 6
2 z 2
2 4
x 5
2 y 10
2 z 9
2
2 2 2 20 68 68
228 0
3 3 3
x y z x y z
.
Suy ra M thuộc đường tròn 2 2 2
2 2 12 0 ( )
( ) : 20 68 68
228 0
3 3 3
x y z
x y z x y z S
.
Mặt cầu
S có tâm 10 34; ; 343 3 3
I . Gọi H là tâm của đường tròn
, ta có H là hình chiếu vuông góc của điểm 10 34; ; 343 3 3
I trên mặt phẳng
.Suy ra điểm H
2;10; 12
.Vậy hoành độ của tâm đường tròn
bằng 2 .Câu 14: [2D1-4] Cho đồ thị
C có phương trình y x 33x2. Có bao nhiêu số nguyên b
10;10
để có đúng một tiếp tuyến của
C đi qua điểm B
0;b .A. 2. B. 9 . C. 17 . D. 16 .
Lời giải Chọn C.
Ta có y 3x26x.
Phương trình đường thẳng đi qua B
0;b và có hệ số góc k là y kx b . Qua điểm B
0;b có đúng một tiếp tuyến của
C khi và chỉ khi2
3 2
3 6
3 x x k x x kx b
có nghiệm
duy nhất
2
3 2 2
3 6
3 3 6
x x k
x x x x x b
có nghiệm duy nhất x33x2 3x36x2b có nghiệm duy nhất 2x33x2 b có nghiệm duy nhất.
Đặt g x
2x33x2
6 2 6 0 01 g x x x x
x
. Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta có phương trình 2x33x2 b có nghiệm duy nhất b 0 b 1. Vì b nguyên và b
10;10
nên có tất cả 17 giá trị b thỏa YCBT.Câu 15: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
:x z 3 0 và điểm M
1;1;1
. Gọi A là điểm thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên
. Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện tích của tam giác MAB bằng:A. 6 3. B. 3 3.
2 C. 3 123.
2 D. 3 3.
Lời giải Chọn B.
Gọi A
0;0;a
với a0. Đường thẳng AB đi qua điểm A
0;0;a
và có một vectơ chỉphương u
1;0; 1
có phương trình là: 0 x t y z a t
t
.
B t a t 3 0 3 2 t a
3 3
2 ;0; 2 a a B
.
Vì tam giác MAB cân tại M MA MB 1 1
1
2 1 2 1 5 22 2
a a
a
2 2
2 2 1 10 25
2 1 1
4 4
a a a a
a a
4a28a 8 2a28a26 2a2 18
3
a A
0;0;3
và B
3;0;0
.Cách 1: AM
1;1; 2
, BM
2;1;1
AM BM,
3;3;3
12 ,
SABM AM BM
. 3 3
2 .
Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB. Ta có 3;0;3
2 2
I
.
2
21 2 1
2 1 2
IM
6
2 .
22 2
3 0 3
AB 3 2.
Do đó 1 .
ABM 2
S IM AB 1 6 . .3 2
2 2 3 3
2 .
Câu 16: [2D4-4] Giả sử z z1, 2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz 2 i 1 và z1z2 2.
Giá trị lớn nhất của z1 z2 bằng
A. 4. B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3.
Lời giải Chọn A.
Ta có iz 2 i 1 i z i 2 1 1 z i 2 1 1 . Điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I
1; 2 , R1.Gọi M, N là điểm biểu diễn z1,z2 nên MN 2 là đường kính. Dựng hình bình hành OMNP ta có z1z2 OP2 3.
Ta có
z1 z2
22
z12 z2 2
z1z2 2 z1z2 2 16 z1 z2 4. Dấu bằng xảy ra khi z1 z2 MN OI.