intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Rèn kỹ năng giải hệ phương trình và hình phẳng oxy - GV. Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: | Số trang:52

Thêm vào BST
Báo xấu
78
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Rèn kỹ năng giải hệ phương trình và hình phẳng oxy" gồm 13 phần cung cấp cho các bạn những câu hỏi bài tập, ví dụ cụ thể có lời giải về giải hệ phương trình và hình phẳng oxy. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Rèn kỹ năng giải hệ phương trình và hình phẳng oxy - GV. Đặng Việt Hùng

  1. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 1) Thầy Đặng Việt Hùng  x ( x + y ) − y2 + x = y y + 1  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  ( )  x ( 4 y + 1) + 6 = 2 ( x + y − 1) + 7 y + 1  x3 + ( x + y ) x + y − 1 + 2 2 y − 1 = 9 y 2 − 33 y + 29  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  4 x + x + 4 y + 4 = ( 4 x + 1) y + 2 3 2 2 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh BC,  3 1 1 N  − ;  là điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD  2 2 4 biết rằng đường thẳng DM có phương trình x − 1 = 0. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có M là điểm thuộc cạnh AC sao cho AM = 2 AB , đường tròn tâm I ( 0;3) đường kính CM cắt đường thẳng BM tại D (D khác M), biết đường thẳng CD: x + 3 y − 13 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm K ( 7;14 ) . Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C và điểm C có hoành độ dương.  x 2 + x 2 − xy + y 2 = 2 xy + xy − y 2 Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   x + 2 y x + 2 = 2 x − 3 y 2 Lời giải: ĐK: x − xy ≥ 0; xy − y ≥ 0; x ≥ 0; y ≥ 0 2 2 Từ phương trình (1) ta có x 2 + x 2 − xy + y 2 = 2 xy + xy − y 2 2 1  ⇔ ( x − y ) 1 + = 0 ⇒ (x − y) = 0 ⇒ x = y 2 2  x − xy + xy − y   2  >0 Thay x = y vào phương trình (2) ta có x + 2 y x + 2 = 2 x − 3 y 2 ⇔ x2 + 2 x x + 2 = 2 x − 3 x ⇔ ( x + x ) − 3 ( x + x ) + 2 = 0 2     x + x = 1  x = −1 ± 5 2 2  −1 + 5   −1 + 5    ⇔ ⇒ 2 ⇒  x =  2  ⇒  y =  2    x + x = 2   x = −1; x = 2  x=4   y=4   −1 + 5  2  −1 + 5 2     Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) =    ;   , ( 4; 4 )     2   2     x − 2 y + y2 + x − 2 y + 4 = y + 2  Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2  x 2 − 16 y + 4 = y x +  y Lời giải: Từ phương trình (1) ta có x − 2 y + y2 + x − 2 y + 4 = y + 2 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  2. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn  1 1  ⇔ ( x − 2y) +  = 0 ⇔ x = 2y x − 2y + y + y  2 x − 2y + 4 + 2    >0 2 Thay x = 2 y vào phương trình (2) ta có x 2 + 4 = 2 x x + y 4 4 4 ⇔ x2 + 4 = 2x x + ⇔ x + − 2 x + −8 = 0 x x x 4  t=2 Đặt t = x + (t > 0) ⇒ t 2 − 2t = 0 ⇔  x t = 0 (loai ) 4 Với t = 2 ⇒ x + = 2 ⇔ x2 − 4 x + 4 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 1 x Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = (2;1) Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, trên tia đối của tia BA  12 29  và trên cạnh BC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho BE = BF , gọi N  ;  là giao điểm của 2  5 5  đường thẳng CE và AF, biết phương trình đường thẳng EF : y − 5 = 0 và B ( 3; 4 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. Lời giải: 0 Dễ thấy EF / / BD (vì cùng tạo với AB góc 45 ).  EF ⊥ AC Khi đó:  ⇒ AF ⊥ CE ( do F là trực tâm ) CB ⊥ AB Phương trình BD : y − 4 = 0 , gọi I ( t ; 4 ) ta có: IB = IN . 2 2  12   29  Khi đó: ( t − 3) =  − t  +  4 −  ⇔ t = 0 ⇒ I ( 0; 4 ) 2  5   5  Từ đó suy ra D ( −3; 4 ) khi đó phương trình AC là : x = 0   u = 1 ⇒ A ( 0;1) Gọi A ( 0; u ) ta có: AB. AD = 0 ⇔ −9 + ( 4 − u ) = 0 ⇔  2 u = 7 ⇒ A ( 0;7 ) Vì A và B cùng phía với EF nên ta loại A ( 0;7 ) Khi đó: A ( 0;1) ; C ( 0;7 ) . Vậy A ( 0;1) ; B ( 3; 4 ) ; C ( 0;7 ) ; D ( −3; 4 ) là các điểm cần tìm.  2 ( y − 2) 2 x y + 3y + 2 x +1 = y + 2 2 Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  y − 2 y −1   xy + 4 x + 4 y − 2 = ( 4 x + 6 ) 4 x + 1 Lời giải 1 ĐK : y ≥ 1; x ≥ − ; y − 2 y − 1 ≠ 0 4 ( y − 2) 2 Xét phương trình (1) ta có x y + 3 y + 2 x + 1 = y + 2 2 2 y − 2 y −1 ⇔ x2 y + 2 y − y2 + 2 x2 + 1 − 2 y − 1 = 0   ⇔ ( x2 + 2 − y )  y + 2  = 0⇒ x +2− y = 0 ⇔ y = x +2 2 2  x +1 + y −1  2   >0 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  3. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn Thay ⇔ y = x 2 + 2 vào phương trình 2 ta có xy + 4 x + 4 y − 2 = ( 4 x + 6 ) 4 x + 1 ⇔ x3 + 4 x 2 + 6 x + 6 = ( 4 x + 6 ) 4 x + 1 ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) + 5 ( x + 1) = ( 4 x + 1 ) + ( 4 x + 1 ) + 5 ( 4 x + 1 ) 3 2 3 2 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t 2 + 5t với t > 0 Ta có 3t 2 + 2t + 5 > 0 với ∀t > 0 Suy ra hàm số đồng biến f ( t ) với ∀t > 0 x = 2 ⇒ y = 6 Mà f ( x + 1) = f ( 4 x + 1) ⇒ x + 1 = 4x + 1 ⇒ x2 − 2 x = 0 ⇔  x = 0 ⇒ y = 2 Đối chiếu điều kiện ban đầu thấy thỏa mãn, vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2; 6) và (0; 2) Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của AB, N thuộc BD sao cho BN = 3ND, đường thẳng MC có phương trình 3 x + y − 13 = 0 và N (2; 2) . Xác định toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD, biết điểm C có hoành độ lớn hơn 3. Lời giải: Gọi I là tâm của hình vuông và G = BI ∩ CM suy ra G là trọng tâm tam 2 2a 5 giác ABC. Đặt AB = 2a ta có: CG = CM = ; BD = 2a 2 . 3 3 a 2 a 2 5a 2 a 10 Khi đó GI = ; IN = ⇒ GN = ; CN = CI 2 + IN 2 = 3 2 6 2 = GC 2 + CN 2 − GN 2 1  = 450 Do vâỵ cos GCN = ⇒ MCN 2GC.CN 2  = d ( N ; CM ) = 5 ⇒ NC = 5 Ta có NC.sin GCN 10 t = 4 ⇒ C ( 4;1) Gọi C ( t ;13 − 3t ) ( t > 3) ta có NC 2 = 5 ⇔ ( t − 2 ) + (11 − 3t ) = 5 ⇔  2 2 .  t = 3 ( loai ) Vậy C ( 4;1) là điểm cần tìm. Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  4. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 2) Thầy Đặng Việt Hùng 2 y ( x − y + 1) + ( x − y + 2 ) x + 3 y = 4 y − 1 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  .  x + 2 y − 6 + x + 3 = 2 x + y + x 2  x + 1 = 2 y + ( 2 x + 2 y − 1) x + 3 y + 1 − 3x 2 x + y + 2 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  . 3 x 2 + 3 + 2 x = x 2 + 4 y + 3 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong  1 và trung tuyến qua đỉnh B là d1 : x + y − 2 = 0; d 2 : 4 x + 5 y − 9 = 0 . Điểm M  2;  thuộc cạnh AB và bán  2 15 kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 6 Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường chéo BD : 2 x + y − 4 = 0 , gọi I là điểm thuộc đường chéo BD, đường tròn ( C ) tâm I đi qua A và C cắt các  23 9  đường thẳng AB và AD lần lượt tại E ( 3; −3) và F  ;  .Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi và viết  5 5 phương trình đường tròn ( C ) biết C có tung độ dương.  x2 − 3 4 y + 1 = x y + 1 − 3 x  Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  4− y 3 y − = x + −1  x x Lời giải: ĐK: −1 ≤ y ≤ 4; x > 0 Từ phương trình (1) ta có x 2 − 3 4 y + 1 = x y + 1 − 3 x ⇔ ( x − y +1)  x +  3   = 0 ⇒ x − y + 1 = 0 ⇒ y = x2 − 1  x + y +1  4   >0 4− y 3 5− x 3 Thay y = x 2 − 1 vào phương trình (2) ta có: y − = x + −1 ⇔ x2 −1 − = x + −1 x x x x  x+2  ⇔ ( x − 2)  x2 + x + 2 + =0⇒ x=2⇒ y =3  1 + 5 − x 2 >0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (2;3)  x3 + x − 2 y + 4 + 2 xy 2 = 4 y 2 + 2 x 2 y + 2  Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  x−2 x + 9 = 3y +1 2  2 Lời giải: ĐK: x − 2 y + 4 ≥ 0; x ≥ 2 Từ phương trình (1) ta có x3 + x − 2 y + 4 + 2 xy 2 = 4 y 2 + 2 x 2 y + 2  1  ⇔ ( x − 2 y )  x2 + 2 y2 +  = 0 ⇒ x = 2y  x − 2 y + 4 + 2  >0 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  5. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn x−2 Thay x = 2 y vào phương trình (2) ta có x 2 + 9 = 3y +1 2 ⇔ 4 y 2 − 3 y − 1 + 9 y − 1 = 0 ⇔ 4 y 2 − 12 y + 8 + 9 ( y − 1 + y − 1 ) = 0  2  y =1⇒ x = 2  y − 3y + 2 = 0 ⇔    y = 2 ⇒ x = 4 ⇔ ( y 2 − 3 y + 2)  4 + 9  = 0 ⇔  y − 1 − y − 1   9  4+ = 0, (3)  y −1− y −1 9 Xét phương trình (3) ta có 4 + =0 y −1 − y −1 9 Đặt t = y − 1 ⇒ 4 + 2 = 0 ⇔ 4t 2 − 4t + 9 = 0 do ∆ < 0 nên phương trình (3) vô nghiệm t −t Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là ( x; y ) = {(2;1); (4; 2)} Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn ( C ) : ( x − 1) + y 2 = 25 tâm I, trung tuyến AE và đường cao CD cắt đường tròn (C) lần lượt tại điểm thứ 2 2 là M ( −2; −4 ) và N ( 4; −4 ) . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường tròn ( C ) biết B có tung độ âm. Lời giải: Do tam giác ABC cân nên tâm I của đường tròn ( C ) thuộc trung tuyến AE. Do I là trung điểm của AM nên A ( 4; 4 ) Phương trình đường thẳng AM: 4 x − 3 y − 4 = 0 . Gọi H = AM ∩ CD là trực tâm tam giác ABC .  = BCD Ta có : BAE  ( cùng phụ với góc   = BM ABC ) do đó BN  Khi đó : BN = BM , lại có IN = IM nên IB là trung trực của MN Phương trình IB là: x = 1 ⇒ B (1; t ) ⇒ t 2 = 25 ⇒ B (1; −5 ) .  19 7  Điểm C đối xứng với B qua AM nên C  − ; −   5 5  19 7  Đáp số: A ( 4; 4 ) ; B (1; −5 ) ; C  − ; −  là các điểm cần tìm.  5 5 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 y + y + 2 x + 3 Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   y − 3 x − 6 − 5 2 x − 1 + 2 x − 2 − 2 4 2 x − 1 = 0 Lời giải ĐK: y + 2 x + 3 ≥ 0; x ≥ 2 Xét phương trình (1) ta có 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 y + y + 2 x + 3 ⇔ 2 ( x + 1) − y  + x + 2 − y + 2 x + 3 = 0 2  1  ⇔ ( x + 1) − y   2 + = 0 ⇒ y = ( x + 1) 2 2  x + 2 + y + 2x + 3    >0 Thay y = ( x + 1) vào phương trình (2) ta có y − 3 x − 6 − 5 2 x − 1 + 2 x − 2 − 2 4 2 x − 1 = 0 2 ⇔ ( x + 1) − 3x − 6 − 5 2 x + 1 + 2 x − 2 − 2 4 2 x − 1 = 0 2 ⇔ ( x − 2) + 5 ( x − 2) + 2 x − 2 = ( 2 x −1) + 5 2x −1 + 2 2x −1 2 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  6. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn Xét hàm số f (t ) = t 2 + 5t + 2 t với t > 0 1 Ta có f '(t ) = 2t + + 5 > 0 ∀t > 0 , suy ra hàm số f (t ) đồng biến ∀t > 0 t  x = 1 (loai ) ( ) Mà f ( x − 2 ) = f 2 x + 1 ⇒ x − 2 = 2 x − 1 ⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0 ⇔   x = 5 ⇒ y = 36 Đối chiếu điều kiện ban đầu thấy thỏa mãn , vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (5;36) Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C có phân giác trong 7 7 AD với D  ; −  thuộc BC. Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF. 2 2 3 5 Đường thẳng EF cắt BC tại K. Biết E  ; −  , F có hoành độ nhỏ hơn 3 và phương trình đường thẳng 2 2 AK : x − 2 y − 3 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Lời giải: Gọi I là giao điểm của AD và EF . Do tam giác AEF cân tại A có phân giác AI nên AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.  EK ⊥ AD Ta có:  ⇒ DF ⊥ AK .  AC ⊥ KD  7 −7  7 Do đó đương thẳng DF qua D  ;  và vuông góc với AK. Ta có DF : 2 x + y − = 0 . 2 2  2  7  Vì F thuộc DF nên ta gọi F  t ; − 2t   2   2t + 3 1 − 2t  Mặt khác I là trung điểm của EF nên I  ;   4 2    3 − 2t    11 − 2t  Ta có: IE =  ; −3 + t  , ID =  ; −4 + t   4   4    Khi đó, IE.ID = 0 ⇔ ( 3 − 2t )(11 − 2t ) + 16 ( t − 3)( t − 4 ) = 0  9  9 −11  t = ⇒ F ;  ( loai ) 2 2 2  ⇔ 20t − 140t + 225 = 0 ⇔  2  5  5 −3  t = ⇒ F  ;  ⇒ I ( 2; −2 )  2 2 2  x + y = 0 x = 1 PT đường thẳng AD : x + y = 0 ⇒ A = AD ∩ AK ⇒  ⇔ ⇒ A (1; −1) x − 2 y − 3 = 0  y = −1 Từ đó ta có AF : x + 3 y + 2 = 0, AE : 3 x + y − 2 = 0, BC : 3 x − y − 14 = 0  2y − 2 3 x − y + 4 x + 4 = x + 1 Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  ( ) 3 y + 12 x + 3 = y + 2 2 x + 4 − 1  x Lời giải: ĐK: y > 0; x > 0 2y − 2 Xét PT(1): 3 x − y + 4 x + 4 = x +1 ( ) ⇔ 3 x + 3 x + 2 − ( x + 1) y + 4 x + 4 − 2 y = 0 ⇔ ( x + 1) x + 2 − y + 4 x + 4 + 2 ( x 2 − y ) = 0 2 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  7. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn x2 + 4x + 4 − ( y + 4 x + 4)  x +1  ⇔ ( x + 1) + 2 ( x2 − y ) = 0 ⇔ ( x2 − y )  + 2 = 0 x + 2 + y + 4x + 4  x + 2 + y + 4x + 4   >0 ⇒ x − y = 0 ⇔ y = x . Thế y = x vào PT(2) ta được: 2 2 2 − 1 ⇔ 3 x 2 + 3x + 12 = ( x 2 + 4 x + 4 ) x + − 1 4 4 3x 2 + 3x + 12 = ( x + 2 ) x+ 2 x x Do x = 0 không là nghiệm của PT(2) nên chia cả hai vế của PT cho x ta được: 12  4  4  4  4  4 3x + + 3 =  x + + 4  x + − 1 ⇔ 3  x +  + 3 =  x + + 4  x + − 1 x  x  x  x  x  x 4 4 4 Đặt t = x + − 1, ( t > 0 ) ⇒ t 2 = x + − 1 ⇒ x + = t 2 + 1 x x x t − 2 = 0 ⇔ t = 2 ( ) ( ) ( ) ⇒ PT(2) ⇔ 3 t 2 + 1 + 3 = t 2 + 1 + 4 t ⇔ t 3 − 3t 2 + 5t − 6 = 0 ⇔ ( t − 2) t 2 − t + 3 ⇔  2 t − t + 3 = 0 ( vn ) 4 4 x = 1⇒ y = 1 V ới t = 2 ⇒ x + − 1 = 2 ⇔ x + − 1 = 4 ⇔ x 2 − 5 x + 4 = 0  x x  x = 4 ⇒ y = 16 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm là ( x; y ) = {(1;1) , ( 4;16 )} Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  8. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 3) Thầy Đặng Việt Hùng 2 x 2 + 5 x − 2 y = 4 y 2 + 9 x + 6 y + x + 2 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình   x + 2 + x + 2 y = 4 y 2 − x 2 + 14 x − 20  x 2 + y 2 + 6 x 2 − 8 xy + 6 y 2 = x + y + 2 xy  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  ( x + y + 1) x 2 + x + y + 3 = xy + 6 x + 1 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD trên các cạnh AD, AB lấy lần lượt AB các điểm E , F sao cho AE = AF = , K là hình chiếu của F trên CD, đường thẳng AK cắt đường thẳng 3 6 2 BE tại H  ;  , biết điểm F (1; 2 ) . Tìm toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD. 5 5 Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi M là trung điểm của BC, G 5 1 là trọng tâm tam giác ABM, điểm D  ; −  là điểm thuộc đoạn MC sao cho GA = GD . Tìm toạ các  3 3 đỉnh của tam giác ABC biết A có hoành độ không dương và đường thẳng AG có phương trình y + 2 = 0 .  y2 − 4 y  xy + x + 3 − 2 y = + y +3 Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  y +2   y + 3 x + 2 = 3 xy + 3 x − 4 Lời giải: y − 4y 2 Từ phương trình (1) ta có xy + x + 3 − 2 y = + y +3 y +2 ⇔ (x − y ) y +  1    = 0 ⇒ x = y hay y = x 2 x + 3  + y + 3  >0 Thay y = x vào phương trình (2) ta có y + 3x + 6 = 3 xy + 2 y + 5 x + 4 2 ⇔ ( x 2 + x + 4 ) + 2 ( x − 1) = 3 ( x + 1) ( x 2 + x + 4 ) Đặt A = x 2 + x + 4; A > 0 và B = x + 1; B > 0 ⇒ A + 2 B = 3 AB ⇔ A2 + 4 AB + 4 B 2 = 9 AB ⇔ ( A − B )( A − 4 B ) = 0  A = B ⇔ x 2 + x + 4 = x + 1 (vn0 )  ⇔ x = 0 ⇒ y = 0 A = 4B ⇔ x2 + x + 4 = 4 x + 4 ⇔    x = −3 (loai )  Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (0; 0)  x3 − xy + 5 x + x 2 + 1 = 2 x + y Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   x 11 − y + 7 = y Lời giải: Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  9. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn  x2 − y + 5 ≥ 0  ĐK:  x ≥ 0 0 ≤ y ≤ 11  Từ PT đầu ta có x3 − xy + 5 x + x 2 + 1 = 2 x + y ⇔ x3 − xy + 5 x − 2 x = y − x2 + 1 x3 − xy + x y − x2 − 1 x ( x 2 − y + 1) y − x2 − 1 ⇔ = ⇔ = x3 − xy + 5 x + x y + x2 + 1 x3 − xy + 5 x + x y + x2 + 1  y − x2 − 1 = 0  ⇔ x −1 ⇒ y = x2 + 1  x − xy + 5 x + x = ( L)  3 y + x2 + 1 Thay vào PT dưới ta có x 11 − ( x 2 + 1) + 7 = x 2 + 1 ⇔ x 10 − x 2 + 6 − x 2 = 0 t = 3 ⇒ x = ±3 ⇒ y = 10 Đặt: t = x 2 − 6 ⇒ x 4 − t = t ⇒ x 2 ( 4 − t ) = t 2 ⇔ ( t + 6 )( 4 − t ) = t 2 ⇔  t = 4 ⇒ x = ± 10 ⇒ y = 11 { Kết hợp ĐK ta có: ( x; y ) = ( 3;10 ) , ( 10;11 )} Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong  15 1  AD với D  ;  thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF .  2 2  11 3  Đường thẳng EF cắt BC tại K. Biết điểm F  ;  , E có tung độ dương và phương trình đường thẳng  2 2 AK : x − 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải: Gọi I là giao điểm của AD và EF . Do tam giác AEF cân tại A có phân giác AI nên: AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.  KE ⊥ AD Ta có:  ⇒ DE ⊥ AK . Do đó đương thẳng DE qua  AB ⊥ KD  15 1  D  ;  và vuông góc với AK. Khi đó ta có phương trình  2 2 31  31  DE : 2 x + y − = 0 .Vì E thuộc DE nên ta gọi E  t ; − 2t  2  2  2  15  Dễ thấy DE = DF ⇔  t −  + (15 − 2t ) = 5 2  2  17  17 3  t = 2 ⇒ E  2 ; − 2  ( loai )   ⇔ ( 2t − 15 ) = 4 ⇔  2  13  13 5  t = ⇒ E  ;  ⇒ I ( 6; 2 ) ⇒ AD : x + y − 8 = 0  2  2 2 Khi đó A = AD ∩ AK ⇒ A ( 5;3) ⇒ AC : 3 x + y − 18 = 0; AB : x + 3 y − 14 = 0; BC : 3x − y − 22 = 0  20  Do vậy A ( 5;3) ; B ( 8; 2 ) ; C  ; −2  là toạ độ các điểm cần tìm.  3   x3 + y 3 + ( x + y )( 3xy + 1) = 2, Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2 x + 1 + 5 7 − y + 6 x ( 2 − y ) = x + 10. 4 Lời giải. Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  10. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn Điều kiện x ≥ −1; y ≤ 7 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x3 + y 3 + 3 xy ( x + y ) + x + y = 2 ⇔ ( x + y ) + x + y = 2 . 3 Đặt x + y = t ⇒ t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t + 2 ) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ y = 1 − x . Phương trình thứ hai trở thành 2 x + 1 + 5 x + 6 + 6 x ( x + 1) = x 4 + 10 ⇔ 2 x + 1 − 4 + 5 x + 6 − 15 = x 4 − 6 x 2 − 6 x − 9 ⇔2 ( x +1 − 2 + 5 ) ( ) x + 6 − 3 = ( x − 3 ) ( x3 + 3 x 2 + 3 x + 3) 2 ( x − 3) 5 ( x − 3) ⇔ + = ( x − 3) ( x + 1) + 2  3 x +1 + 2 x+6 +3   x = 3 ⇔ 2 5  + = ( x + 1) + 2 (1) 3  x + 1 + 2 x+6 +3 2 5 2 5 + ≤ + < 2, ∀x ≥ −1 và ( x + 1) + 2 ≥ 2, ∀x ≥ −1 . 3 Để ý rằng x +1 + 2 x+6 +3 2 5 +3 2 5 + < ( x + 1) + 2, ∀x ≥ −1 ⇒ (1) vô nghiệm. 3 Do đó x +1 + 2 x+6 +3 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = 3 , hệ có nghiệm x = 3; y = −2 . Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có D(5; 1). Gọi M là trung điểm BC và N thuộc AC sao cho AC = 4AN. Biết rằng MN: 3x − y − 4 = 0 và yM > 0. Tìm tọa độ đỉnh C Lời giải: =1  = tan MDC Gọi I là tâm hình vuông ABCD ta có: tan NDI 2    Do vậy NDM = IDC = ICM = 45 do đó tứ giác NDCM là tứ giác nội 0  = 900 ⇒ ∆DNM vuông cân tại N. tiếp suy ra DNM Phương trình đường thẳng DN : x + 3 y − 8 = 0 ⇒ N = DN ∩ MN ⇒ N ( 2; 2 ) , gọi M ( t ;3t − 4 ) ta có: MN 2 = ND 2 ⇒ M ( 3;5 )   Dễ thấy KD = −2 KM ( với K là trọng tâm tam giác BCD) 5 − xK = −2 ( 3 − xK )  11 11  Khi đó  ⇒K ;  1 − y K = −2 ( 5 − y K ) 3 3 KN 5  5   5 5 5 11 11  Lại có: = ⇒ KN = − KC ⇔  − ; −  = −  xC − ; yC −  ⇒ C ( 5;5 ) KC 4 4  3 3 4 3 3 ( ( x + 1 + x 2 + 3 x + 2 ) y 2 + 1 − y = y  Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  )  2 x 2 − 16 y 2 + 42 = 1 + 2 x − 3 Lời giải: 3 ĐK: x ≥ 2 Xét phương trình (1) ta có ( x + 1 + x 2 + 3 x + 2 ) ( ) y2 +1 − y = y Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  11. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn ⇔ ( x + 1) + x + 1 ( x + 1) + 1 = y 2 + y y 2 + 1 2 2 Xét hàm số f (t ) = t 2 + t t 2 + 1 với t > 0 ⇒ f( x + 1 ) = f ( y) 2 t Ta có: f '(t ) = 2t + t 2 + 1 + > 0 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến với ∀t > 0 t2 +1 Mặt khác: f ( x + 1 ) = f ( y) ⇒ x + 1 = y . Thay x + 1 = y vào phương trình (2) ta có 2 x 2 − 16 y 2 + 42 = 1 + 2 x − 3 ⇔ 2 x 2 − 16 x + 28 = 1 + 2 x − 3   ⇔ x 2 − 7 x + 15 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 8 x + 12 + x − 3 − 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x 2 − 8 x + 12 )  1 + 1 =0  x − 3 + 2x − 3   x 2 − 8 x + 12 = 0 x = 6 ⇒ y = 7  ⇔ 1 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3 1 + =0  2  x − 3 + 2 x − 3   x − 6 x + 7  3 ⇔ x = 3− 2 ⇒ y = 2− 2  ≤ x ≤ 3  2 { ( Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 6; 7 ) ; ( 2; 3 ) ; 3 − 2; 2 − 2 )} Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  12. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 5) Thầy Đặng Việt Hùng  x3 + 2 xy 2 = 3 y 3 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình   y + x − 1 + − x + y + 1 = x − y + 2 2 2 2  x + y + 1 + x + 2 y + 1 = 1 − x − y + y + 1 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   3 x + 2 x + 2 + 3 y + y − 2 y − 1 = 2 + 2 x − 2 xy 3 2 3 2 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD gọi M là trung điểm của AB gọi H ( 6;3) là hình chiếu vuông góc của D lên CM và K ( 6;1) là hình chiếu vuông góc của A trên HD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết C có hoành độ lớn hơn 5. 4 Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB , gọi ( C ) là đường 3 tròn đi qua 2 điểm B,C và tiếp xúc với cạnh AD tại E đồng thời cắt cạnh CD tại F, biết phương trình đường thẳng EF là: x − 5 y − 5 = 0 , điểm A ( −2; −3) và điểm E có hoành độ nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh B,C,D và viết phương trình đường tròn ( C ) . 4 x 2 − 10 y + 8 + 2 x 2 + 8 y + 2 = 0 Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  3 y + 11x − 2 = 2 y − 1 + 6 y + 8 x − 8 Lời giải: ĐK : x + 8 y + 2 ≥ 0;6 y + 8 x − 8 ≥ 0; y ≥ 1 2 Xét phương trình (1) ta có 4 x 2 − 10 y + 8 + 2 x 2 + 8 y + 2 = 0 ⇔ 4 ( x2 − y + 2) + 2 ( ) x2 + 8 y + 2 − 3 y = 0   ⇔ ( x2 − y + 2)  4 + 2 =0⇒ x − y+2=0⇔ y = x +2 2 2  x + 8y + 2 + 3y  2   >0 Thay y = x + 2 vào phương trình (2) ta có 3 y + 11x − 2 = 2 y − 1 + 6 y + 8 x − 8 2 ⇔ 3 x 2 + 11x + 4 − 2 x 2 + 1 − 6 x 2 + 8 x + 4 = 0 ⇔ 3x 2 + 4 x + 2 ( 2 x + 1 − x 2 + 1 ) + ( 3x + 2 − 6 x 2 + 8 x + 4 ) = 0   ⇔ ( 3x 2 + 4 x ) 1 + 2 1 + =0 2 x + 1 + x 2 + 1   3 x + 2 − 6 x 2 + 8 x + 4 >0 x = 0 ⇒ y = 2 ⇒ 3x + 4 x = 0 ⇔  2 4 34 x = − ⇒ y =  3 9   4 34   Đối chiếu điều kiện ban đầu ta có nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 0; 2 ) ,  − ;     3 9   x3 + y 3 + 6 xy = 8 Ví dụ 6*. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   x + 3 x + 3 + 2 x + 3 x + 2 = 6 x − 12 y + 32 3 2 3 2 2 Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  13. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn ( x + y) − 8 − 3 xy ( x + y ) + 6 xy = 0 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 4  − 3 xy ( x + y − 2 ) = 0 3 2   x + y = 2 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x + y ) − 3 xy + 2 ( x + y ) + 4  = 0 ⇔  2 2  x − xy + y + 2 x + 2 y + 4 = 0 (1)   2 Ta có (1) ⇔ x 2 − x ( y − 2 ) + y 2 + 2 y + 4 = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 x ( y − 2 ) + 4 y 2 + 8 y + 16 = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 x ( y − 2 ) + y 2 − 4 y + 4 + 3 y 2 + 12 y + 12 = 0 2 x − y + 2 = 0  y = −2 ⇔ ( 2x − y + 2) + 3 ( y + 2) = 0 ⇔  ⇔ 2 2 y + 2 = 0  x = −2 Cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ, loại. Với x + y = 2 ta thu được 3 x 2 + 3x + 3 + 3 2 x 2 + 3x + 2 = 6 x 2 + 12 x + 8 .  2  2 3 3  x + 3 x + 3 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ   2 4 Ta có  2  2  3 7 2 x + 3 x + 2 = 2  x + 4  + 8 > 0, ∀x ∈ ℝ  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x 2 + 3x + 3 + 1 + 1 x 2 + 3x + 5 x + 3 x + 3 = 3 1.1. ( x 2 + 3 x + 3) ≤ 3 2 = 3 3 2 x + 3x + 2 + 1 + 1 2 x 2 + 3 x + 4 2 x + 3 x + 2 = 1.1. ( 2 x + 3 x + 2 ) ≤ 2 3 2 3 2 = 3 3 x + 3x + 5 2 x + 3x + 4 3x 2 + 6 x + 9 2 2 Từ đây dẫn đến 3 x 2 + 3 x + 3 + 3 2 x 2 + 3 x + 2 ≤ + = = x2 + 2 x + 3 . 3 3 3 Ta lại có 6 x 2 + 12 x + 8 = x 2 + 2 x + 3 + 5 ( x + 1) ≥ x 2 + 2 x + 3 . 2 Do đó phương trình có nghiệm khi các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, tức là  x 2 + 3x + 3 = 2 x 2 + 3 x + 2 = 1  ⇔ x = −1 .  x + 1 = 0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −1;3) . Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A, trung tuyến BM. Đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại E ( 5; −2 ) . Biết trọng tâm tam giác ABC là G ( 3; −1) và điểm A có tung độ âm. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Lời giải: Do tam giác ABC vuông cân tại A nên AN ⊥ BC . Lại có AE ⊥ BM ⇒ G = AN ∩ BM là trực tâm tam giác ABE khi đó GE 5 EG ⊥ AB ⇒ GE / / AC ⇒ ∆GNE vuông cân tại N ⇒ GN = = . 2 2 19 Phương trình trung trực của GE là 2 x − y − = 0 . 2 3 − x A = 2 ( t − 3)  19     Gọi N  t ; 2t −  ⇒ AG = 2GN ⇒   19   2 −1 − y A = 2  2t − 2 + 1     9 t = ⇒ A ( 0; −2 ) ⇒ A ( −2t + 9; −4t + 16 ) ta có: GA = 2GN = 10 ⇔ ( 2t − 6 ) + ( 4t − 17 ) = 10 ⇔  2 2 2 t = 7 ⇒ A ( 2; 2 )  2 Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  14. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn Phương trình AB là 2 x − y − 2 = 0; AC : x + 2 y + 4 = 0 . 9 1 Mặt khác N  ; −  ⇒ BC : 3 x + y − 13 = 0 2 2 Vậy AB : 2 x − y − 2 = 0; AC : x + 2 y + 4 = 0; BC : 3 x + y − 13 = 0 là các đường thẳng cần tìm.  x − 4 x −1 + y − ( 2 y 2 + 24 = 0, ) Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2 y2 −1 ( x; y ∈ ℝ ) .   5 x + y − 5 + 1 − x + y = 6. Lời giải. Điều kiện 5 x + y − 5 ≥ 0;1 − x + y ≥ 0; x ≥ 1; 2 y ≠ 1 . 2 6x − 6 6x − 6 Ta có 5 x + y − 5 − 1 − x + y = = = x −1. 5x + y − 5 + 1 − x + y 6 Kết hợp với phương trình thứ hai của hệ  5 x + y − 5 − 1 − x + y = x − 1 7 − x ≥ 0  ⇒ 2 1− x + y = 7 − x ⇔   5 x + y − 5 + 1 − x + y = 6 4 − 4 x + 4 y = x − 14 x + 49 2 x ≤ 7  x ≤ 7 ⇔ ⇔  ⇒ 4 y ≥ 20 ⇔ y ≥ 5 4 y = x − 10 x + 45 4 y = ( x − 5 ) + 20 2 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( 2 y 2 + 24 ) ( ( y − 5) 2 y 2 + 2 y + 9 ) ( ) (1) 2 x −1 − 4 x −1 + 2 + y +1 − = 0 ⇔ x −1 − 2 + =0 2 y2 −1 2 y2 −1 ( y − 5) ( 2 y 2 + 2 y + 9) Vì 2 y + 2 y + 9 = y + ( y + 1) + 8 > 0, ∀y ∈ ℝ ⇒ > 0, ∀y ≥ 5 . 2 2 2 2 y2 −1  x −1 = 2  Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi  y − 5 = 0 ⇔ x = y = 5 .  ( x − 5 ) = 0 2 Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của AB, N ∈ BD sao cho BN = 3 ND , Hlà hình chiếu vuông góc của N lên MC. Xác định toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD, biết N(2; 2), H(4; 3) và điểm C có hoành độ dương. Lời giải: Gọi I là tâm của hình vuông và G = BI ∩ CM suy ra G là trọng tâm tam 2 2a 5 giác ABC. Đặt AB = 2a ta có: CG = CM = ; BD = 2a 2 . 3 3 a 2 a 2 5a 2 a 10 Khi đó GI = ; IN = ⇒ GN = ; CN = CI 2 + IN 2 = 3 2 6 2  GC 2 + CN 2 − GN 2 1  = 450 . Do vậy cos GCN = = ⇒ MCN 2GC.CN 2 Khi đó tam giác NHC vuông cân tại C ta có CH = NH , phương trình HC: 2 x + y − 11 = 0 t = 5 ⇒ C ( 5;1) Gọi C ( t ;11 − 2t ) , ta có HC 2 = HN 2 ⇔ 5 ( t − 4 ) = 5 ⇔  2 t = 3 ⇒ C ( 3;5 ) Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  15. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn Vậy, C ( 5;1) ; C ( 3;5 ) là các điểm cần tìm. ( x + 4 ) ( x − 2 ) ( y − 1 + 2 ) = y − 2 y + 15 2 2 Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   y − 10 x + 11 + x 5 x − 6 = 0 Lời giải: 6 ĐK : x ≥ ; y ≥ 1 5 Xét phương trình (1) ta có ( x 2 + 4 ) ( x − 2 ) ( y − 1 + 2 ) = y 2 − 2 y + 15 ⇔ x3 − 2 x 2 + 4 x − 8 = ( y + 3) ( y − 1 − 2 ) ⇔ x3 − 2 x 2 + 4 x = ( y − 1 ) − 2 ( y − 1 ) + 4 ( y − 1 ) 3 2 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 2t 2 + 4t với t > 0 ⇒ f ( x) = f ( y − 1) Ta có f '(t ) = 3t 2 − 4t + 4 > 0 với ∀t > 0 Mà f ( x) = f ( y − 1) ⇒ x = y − 1 ⇔ y = x2 + 1 Thế y = x 2 + 1 vào phương trình (2) ta được phương trình x 2 − 10 x + 12 + x 5 x − 6 = 0 x = u Đặt u = 5 x − 6 (t > 0) ⇒ 2u 2 − xu − x 2 = 0 ⇔   x + 2u = 0 (vn) x = 2 ⇒ y = 5 Vớ i x = t ⇔ x = 5 x − 6 ⇒ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔   x = 3 ⇒ y = 10 Đối chiếu với điều kiện ban đầu thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là (2;5) và (3;10) Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , điểm E thuộc cạnh BC,  cắt cạnh BC tại F ( 2;3) , đường thẳng qua F và vuông góc với AE cắt cạnh CD tại K, phân giác góc BAE biết phương trình đường thẳng AK là 3 x − y − 23 = 0 và điểm B thuộc tia Oy. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A có tung độ âm. Lời giải: Gọi M = KF ∩ AE ta có: ∆AMF = ∆ABF do vậy AM = AB = AD . Khi đó ∆AMK = ∆ADK từ đó suy ra KAF  = 450 .  = d ( F ; AK ) ⇒ AF = 4 5 Mặt khác : AF .sin KAF t = 10 ( loai ) Gọi A ( t;3t − 23) ta có: AF = ( t − 2 ) + ( 3t − 26 ) = 80 ⇔  2 2 t = 6 ⇒ A ( 6; −5 ) Gọi B ( 0; u ) ( u > 0 ) ta có:   u = 1 AB.BF = 0 ⇔ −6.2 + ( u + 5 )( 3 − u ) = 0 ⇔   u = −3   Khi đó: B ( 0;1) ta có: AB = 6 2 và BF = 2 2 và do F thuộc cạnh BC nên ta có: BC = 3BF ⇒ C ( 6;7 ) Từ đó suy ra D (12;1) và kết luận. Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
  16. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 6) Thầy Đặng Việt Hùng Ví dụ 1: Giải bất phương trình x3 − 8 ≤ x 3 − 2 x 2 − 9 + x + 1 ( x ∈ ℝ) . Ví dụ 2: Giải bất phương trình 10 x 2 − 50 x − 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 5. Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD , gọi E là trung điểm cạnh BC , 2 2  3  1 5 phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là  x −  +  y −  = ( C ) , biết đường thẳng DE  2  2 2 có phương trình: 3 x − y − 9 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết D có tung độ âm. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 5;3) , trên tia đối của tia BC lấy điểm D ( 9;5) sao cho AB = BD , biết tâm đường tròn bàng tiếp góc A và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt thuộc các đường thẳng x + 4 y − 2 = 0 và 4 x + y − 28 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B; C . Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình 3x 2 − 12 x + 5 ≤ x3 − 1 + x 2 − 2 x . Lời giải. 3 x 2 − 12 x + 5 ≥ 0  Điều kiện  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2. x x − 2 ≥ 0  ( ) Bất phương trình đã cho tương đương với 3x 2 − 12 x + 5 ≤ x3 + x 2 − 2 x − 1 + 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) x ( x − 2 ) ⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x − 6 + 2 ( x − 1)( x − 2 ). (x 2 + x + 1) x ≥ 0 ⇔ ( x3 + x 2 + x ) − 3 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 2 x 2 − 3 x + 2. x 3 + x 2 + x ≥ 0 x2 − 3x + 2 x 2 − 3x + 2 ⇔ 1 − 3. + 2 ≥0 [∗] x3 + x2 + x x3 + x 2 + x x 2 − 3x + 2 Đặt = t ( t ≥ 0 ) thì x3 + x 2 + x 1 [∗] ⇔ 1 − 3t 2 + 2t ≥ 0 ⇔ − ≤ t ≤ 1 ⇒ t ≤ 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 ≤ x3 + x 2 + x ⇔ x3 + 4 x + 2 ≥ 0 [1] . 3 Nhận thấy [1] nghiệm đúng với x ≥ 2 . Kết luận nghiệm S = [ 2; +∞ ) . Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình x3 + 4 x 2 + 10 x + 20 − x3 − 27 ≤ 2 x . Lời giải.  x3 + 4 x 2 + 10 x + 20 ≥ 0  Điều kiện  x3 ≥ 27 ⇔ x ≥ 3. x ≥ 0  Bất phương trình đã cho tương đương với Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
  17. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn x3 + 4 x 2 + 10 x + 20 ≤ x3 + 4 x − 27 + 4 ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 ) x ⇔ 4 x 2 + 6 x + 47 ≤ 4 x ( x − 3) . x 2 + 3 x + 9 x2 − 3x x2 − 3x ⇔ x 2 − 3x + 3 ( x 2 + 3 x + 9 ) ≤ 4 x 2 − 3x . x 2 + 3x + 9 ⇔ + 3 ≤ 4 [1] x 2 + 3x + 9 x 2 + 3x + 9 x 2 − 3x x 2 − 3x Đặt = t ( t ≥ 0 ) thì [1] ⇔ t 2 + 3 ≤ 4t ⇔ ( t − 1)( t − 3) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 3 ⇔ 1 ≤ ≤3 x + 3x + 9 2 x2 + 3x + 9  x + 3x + 9 ≤ x 2 − 3 x 2 6 x + 9 ≤ 0 ⇔ 2 ⇔  [ 2] (Hệ vô nghiệm do x ≥ 3 ).  x − 3x ≤ 9 ( x + 3x + 9 ) 8 x + 30 x + 81 ≥ 0 2 2 Kết luận bất phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ( −2;0 ) , gọi E là hình chiếu của A trên BC và F là điểm đối xứng của E qua A, biết trực tâm tam giác BCF là H ( −2;3) và trung điểm của BC thuộc đường thẳng d : 4 x − y + 4 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B,C của tam giác ABC. Lời giải: Gọi K là trung điểm của BE dễ thấy AK là đường trung bình của tam giác  AK / / BF ⊥ AH EFB khi đó ta có:  ⇒ H là trực tâm tam giác AKC do  AE ⊥ CK vậy KH ⊥ AC ⇒ HK / / AB là HK là đường trung bình của ∆ABE . 1  Do vậy E ( −2;6 ) ⇒ BC : y = 6 suy ra trung điểm của AB là M  ;6  . 2  t −2  Gọi B ( t ; 6 ) ⇒ C (1 − t ; 6 ) ; K  ;6  2    t+2 t = 7 Lại có: CH . AK = 0 ⇔ ( t − 3) + ( −3) .6 = 0 ⇔  2  t = −6 Với t = 7 ⇒ B ( 7; 6 ) ; C ( −6; 6 ) Với t = −6 ⇒ B ( −6; 6 ) ; C ( 7; 6 ) Đáp số: B ( 7;6 ) ; C ( −6;6 ) hoặc ngược lại là các điểm cần tìm.  4 3 − x − y + 4 4x − 3 = 2 4 y ,  Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  y2 +1 x +1 = y + .  x2 + 1 Lời giải. 3 Điều kiện x ≥ ; y ≥ 0;3 − x − y ≥ 0 . 4 Phương trình thứ hai tương đương ( x − y + 1) x2 + 1 = y 2 + 1 ⇔ ( x − y ) x2 + 1 + x2 + 1 − y2 + 1 = 0 x2 − y 2  x+ y  ⇔ ( x − y ) x2 + 1 + = 0 ⇔ ( x − y )  x2 + 1 + =0 x2 + 1 + y 2 + 1  x 2 + 1 + y 2 + 1    x+ y Vì điều kiễn xác định dẫn đến x 2 + 1 + >0⇒ x= y. x +1 + y2 +1 2 Phương trình thứ nhất trở thành 4 3 − 2x + 4 4x − 3 = 2 4 x . Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
  18. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn 3 3 3 3 Điều kiện ≤ x ≤ . Phương trình đã cho trở thành 4 −2 + 4 4− = 2. 4 2 x x 3 3 Đặt 4 − 2 = a; 4 4 − = b, ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , để ý a + b = 2; a ≥ 0; b ≥ 0 ⇒ a; b ∈ [ 0; 2] ⇒ ab ≤ 4 . x x Ta thu được hệ phương trình a + b = 2 a 2 + 2ab + b 2 = 4 ⇔ 2 ⇒ ( 4 − 2ab ) − 2a 2b 2 = 2 2  4 ( a + b ) − 2a b = 2 2 2 a + b = 2 4 2 2 ⇔ 2 ( 2 − ab ) − a 2b 2 = 1 ⇔ a 2b 2 − 8ab + 7 = 0 ⇔ ( ab − 1)( ab − 7 ) = 0 2 Loại trường hợp ab = 7 . Với ab = 1 ⇒ ( 3 − 2 x )( 4 x − 3) = x 2 ⇔ 9 x 2 − 18 x + 9 = 0 ⇔ x = 1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = y = 1 . Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của AB, N thuộc BD sao cho BN = 3ND, đường thẳng CN có phương trình x + 3 y − 8 = 0 và M (3;5) . Xác định toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD, biết điểm C có hoành độ dương. Lời giải: Gọi I là tâm của hình vuông và G = BI ∩ CM suy ra G là trọng tâm tam giác 2 2a 5 ABC. Đặt AB = 2a ta có: CG = CM = ; BD = 2a 2 . 3 3 a 2 a 2 5a 2 a 10 Khi đó: GI = ; IN = ⇒ GN = ; CN = CI 2 + IN 2 = 3 2 6 2 = GC 2 + CN 2 − GN 2 1  = 450 Do vâỵ cos GCN = ⇒ MCN 2GC.CN 2  = d ( M ; CN ) = 10 ⇒ NC = 20 Ta có: MC.sin GCN  8 t = 3 ⇒ C ( −16;3) ( loai ) Gọi C ( 8 − 3t ; t )  t <  ta có MC 2 = 20 ⇔ ( 5 − 3t ) + ( t − 5 ) = 20 ⇔  2 2 .  3 t = 1 ⇒ C ( 5;1) Vậy C ( 5;1) là điểm cần tìm.  y2 ( x2 + x x2 + 5 ) = 1 + 5 y 2 + 1  Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  ( 2 3x − x − 8 ) x  = y 3x 2 − 2 x − 1  x − 3x 2 Lời giải: ĐK : x ≥ 1; x ≠ 3; y > 0 Xét phương trình (1) ta có y 2 ( x 2 + x x 2 + 5 ) = 1 + 5 y 2 + 1 1 1 1 ⇔ x2 + x x2 + 5 = + +5 y2 y y2 1 Xét hàm số f (t ) = t 2 + t t 2 + 1 với t > 0 ⇒ f ( x) = f    y Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
  19. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn t2 Ta có f '(t ) = 2t + t + 1 + 2 > 0 với ∀t ≥ 0 t2 +1 1 1 1 Mà f ( x) = f   ⇒ x = ⇔ y =  y y x 1 3x 2 x − 8 x Thay y = vào phương trình (2) ta được = 2 3x 2 − x − 1 x ( x x−3 ) 3x + x − 8 2 ⇔ = 2 3 x 2 − x − 1 ⇔ 3 x 2 − x − 1 + 2 x − 7 = 2 ( x − 3) 3 x 2 − x − 1 x −3 t = 1 Đặt t = 3x 2 − x − 1 , suy ra phương trình (2) tương đương với t 2 − 2 ( x − 3) t + 2 x − 7 = 0 ⇔  t = 2 x − 7 x = 1 ⇒ y = 1  Với t = 1 ⇒ 3 x − x − 1 = 1 ⇒  2 1  x = − (loai )  3   x = 2(loai )  x − 27 x + 50 = 0 2    1   x = 25 ⇒ y =  Với t = 2 x − 7 ⇒ 3 x 2 − x − 1 = 2 x − 7 ⇔  7 ⇔  25 x ≥   2 x ≥ 7  2  1  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm là (1;1) và  25;   25  Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B (1;3) và 5 5 diện tích bằng 30. Gọi E là điểm thuộc cạnh BC sao cho EC = 2 EB , điểm H  ;  là hình chiếu của H 2 2 lên đường thẳng DE. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết C có tung độ âm. Lời giải: Gọi K là giao điểm của DE ∩ AB . EB BK 1 Ta có: = ⇒ BK = CD . Khi đó ta có: EC CD 2 S ABCD = BC.CD = 3BE.2 BK = 30 ⇒ BE.BK = 5 (1) 1 1 1 2 Mặt khác: 2 + 2 = 2 = ⇔ BE 2 + BK 2 = 10 ( 2 ) BE BK BH 5 Từ (1) và (2) suy ra BE = BK = 5 ⇒ BC = 3 5 Phương trình đường thẳng DE qua H và vuông góc với BH là: 3 x − y − 5 = 0 .   t − xC = 2 (1 − t ) Gọi E ( t;3t − 5 ) ta có: CE = 2 EB ⇔  ⇒ C ( 3t − 2;9t − 21) 3t − 5 − yC = 2 ( 3 − 3t + 5 ) t = 2 ⇒ C ( 4; −3) Khi đó: BC 2 = 45 = ( 3t − 3) + ( 9t − 24 ) ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔  2 2 t = 3 ⇒ C ( 7;6 ) ( loai ) Do vậy C ( 4; −3) phương trình CD là: x − 2 y − 10 = 0 ⇒ D ( 0; −5 ) ⇒ A ( −3;1) Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
  20. Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 7) Thầy Đặng Việt Hùng 1+ x Ví dụ 1: Giải bất phương trình ≤1. x + x2 + x + 1 2 x 2 − 4 + x3 + 2 x − 3 − 4 Ví dụ 2: Giải bất phương trình ≤ 1. x3 + 8 x 2 + 2 x − 27 − 4 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AC > AB có đường cao AH, trên tia HC lấy điểm D sao cho HA = HD , đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E ( 2; −2 ) và AB tại F. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết phương trình CF : x + 3 y + 9 = 0 ,đường thẳng BC đi qua K ( 5;12 ) và điểm C có hoành độ dương. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có M ( 6; 2 ) là trung điểm của BC ,  21 22  đường tròn tâm B bán kính AB cắt đường thẳng DM tại H  ;  . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông  5 5  ABCD biết rằng điểm A có hoành độ nhỏ hơn 3. Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 (1 + x ) ( x ∈ ℝ) . Lời giải.  1 4 x + 1 ≥ 0  − ≤x≤0 Điều kiện  ⇔ 4  x ( x − 2 ) ≥ 0  x ≥ 2 Cách 1: Bất phương trình đã cho tương đương với 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 x + 1 ⇔ 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 ( x + 1) 2 ⇔ 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 ( x 2 − 2 x ) + 2 ( 4 x + 1) (1) Đặt 4a + 1 = a; x 2 − 2 x = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) ta có (1) ⇔ a + b ≥ 2 ( a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 2 ( a 2 + b 2 ) ⇔ ( a − b ) ≤ 0 ⇔ a − b = 0 2 { ⇔ 4 x + 1 = x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 6 x − 1 = 0 ⇔ x ∈ 3 − 10;3 + 10 } { Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm S = 3 − 10;3 + 10 . } Cách 2: 1 Nhận xét bất phương trình không thỏa mãn với x = − . 4 Ngoài trường hợp trên ta có 4 x + 1 > 0 , bất phương trình đã cho tương đương với 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 x + 1 ⇔ 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 ( x + 1) 2 x2 − 2 x x2 − 2 x ⇔ 4 x + 1 + x 2 − 2 x ≥ 2 ( x 2 − 2 x ) + 2 ( 4 x + 1) ⇔ 1 + ≥ 2. +2 4x + 1 4x + 1 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022
304 tài liệu
914 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2