Tổng hợp bài toán khó môn Toán trong đề thi thử

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

PHẦN I. CÁC BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG

ĐỀ BÀI Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Bài 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(3; 1) và cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC cân tại A, với A(2; 2).

và

Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn đường thẳng . Từ điểm A thuộc đường thẳng d, kẻ hai đường thẳng lần lượt

tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết .

tiếp xúc với đường tròn Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng và

hai đường tròn ; . Tìm điểm M

trên đường thẳng d, để từ M ta kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn và tiếp tuyến

MB đến đường tròn (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.

, phương trình đường trung tuyến , phương trình đường trung . Tìm tọa

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết trực của cạnh BC là : độ B, C. Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác có , tiếp tuyến tại của

tại có phương

, điểm cắt thuộc cạnh , đường phân giác trong của . Viết phương trình đường thẳng .

đường tròn ngoại tiếp tam giác trình Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. Biết nằm trên , đường thẳng AC có phương trình , điểm và

đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD. Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ba đường thẳng

. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc , B

. , D thuộc

thuộc , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC;

và

ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, . Trung điểm của một tâm I là giao điểm của đường thẳng cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 , . Điểm M trên cạnh AB th a mãn BM = 2AM và CM là hình chiếu vu ng góc của M trên đường thẳng CD. Tìm tọa độ

Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vu ng tại A và B, biết điểm B thuộc đường thẳng vu ng góc với DM. Điểm các điểm B, C, D. Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x -7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AC,biết đường thẳng AC đi qua điểm M(2;1). Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm

(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết

và điểm A có hoành độ dương.

đường thẳng chứa cạnh AB đi qua Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng

. Điểm nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm nằm trên

đường thẳng chứa cạnh AD, . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có

hoành độ âm.

Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có , tâm

. Gọi M là trung điểm cạnh CD, là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM.

Tìm tọa độ các điểm A, B.

với đường cao

Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1). Đường cao hạ từ A có : x + 2y – 1 = 0. Tìm tọa độ các phương trình: 2x – y + 1 = 0, các đỉnh B, C thuộc đường thẳng đỉnh tam giác A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6 và B có hoành độ âm. Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B th a mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác trình và đường phân giác trong có phương có phương trình . Điểm

. Tính diện tích tam giác và cách đỉnh .

thuộc đường thẳng một khoảng bằng Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) và parabol (P) có phương trình là (E): x2 + 4y2 = 4; (P): y = x2 – 2x. Chứng minh elip (E) cắt parabol (P) tại 4 điểm nằm trên một đường tròn.

Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): và điểm C(2;0).Tìm tọa độ

các điểm A,B (E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hoành và ABC đều

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối . Viết phương trình xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD:

và xA > 0, yA < yD.

đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = , C( – 1; – 1), đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng và điểm . Gọi M

với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và trung điểm

, đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4.

là giao điểm của N của đoạn AC nằm trên đường thẳng Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình . Gọi I là giao điểm của hai đường đường thẳng và đường thẳng

, hoành độ điểm I:

chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết nằm trên đường thẳng BD. và

Bài 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có C(2; -2). Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. cho hai đường tròn Bài 31. Trong mặt phẳng

(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25.

Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác có , tiếp tuyến tại của

tại có phương

đường tròn ngoại tiếp tam giác trình , điểm cắt thuộc cạnh , đường phân giác trong của . Viết phương trình đường thẳng .

Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm , đường cao từ

và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng . Tìm tọa

đỉnh A có phương trình độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Bài 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng . Tìm

tọa độ các đỉnh của hình vu ng ABCD biết rằng A thuộc d1, C thuộc d2 và B,D thuộc trục hoành.

Bài 35. Trong hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng ,đáy lớn CD nằm trên

đường thẳng d: x – 3y – 3 = 0 .Biết hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm I(2;3).Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y=x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-3; 6), trực tâm H(2; 1), trọng

tâm G( ). Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

. Tìm tọa độ đỉnh C.

đi qua P và cắt d1 ; d2 lần lượt tại A ; B sao cho PA = Bài 38. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3, hai đỉnh A(2;- 3), B(2;1) và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng Bài 39. Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x – 3y – 16 = 0 ; d2 : 3x - 4y -13 = 0 và điểm P(2;-3). Viết phương trình đường thẳng PB.

. . Bài 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm . Hãy viết phương trình đường thẳng qua M và cắt hai nửa trục dương Ox và Oy tại hai điểm A và B sao cho độ dài OA + OB nh nhất PHẦN II. HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN Bài 1. Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

Theo giả thiết ta được , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên

Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). Bài 2. + Đường thẳng d cắt trục Ox tại B(b; 0) và cắt trục Oy tại C(0; c).

+ Phương trình đường thẳng d là: .

+ Điểm (1).

+ Tam giác ABC cân tại A

Với b = c + 4, thay vào (1), ta được:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Từ đó tìm được:

Với b = c , thay vào (1), ta được: b =2 => c = 2 (Trùng với trường hợp trên). * Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:

;

Bài 3. + Đường tròn có tâm I(1; 2), bán kính R = .

. + Điểm

+ Đặt:

+ Trong tam giác vuông IAB, có:

; Thay vào (1):

Đặt: , ta có:

(Vì t > 0).

+ Ta có:

. * Vậy có hai điểm A th a yêu cầu của bài toán là:

Bài 4. có tâm , bán kính ; có tâm , bán kính .

Do và rời nhau nên A và B phân biệt.

; .

Tam giác AMB cân tại M * Vậy Bài 5.

; gọi I là trung điểm BC

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

trung điểm AB

Tọa độ C là nghiệm của hệ pt

Bài 6.

Gọi AI là phan giác trong của Ta có : Mà , cân tại D nên

PT đường thẳng MM’ :

PT đường thẳng AI là : Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI Gọi K(0;5) M’(4;9) VTCP của đường thẳng AB là VTPT của đường thẳng AB là

Vậy PT đường thẳng AB là: Bài 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vu ng góc với BC nên AB : y = b .

Vì A là giao điểm của AB và AC nên .

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có

Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Bài 8.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

nên AC là . là điểm đối xứng của B qua AC. .

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn. Mà đường phân giác của góc Gọi Khi đó Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

. Suy ra .

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó .

làm vectơ chỉ phương nên có Đường thẳng AD đi qua M và nhận phương trình

. Vì nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương

trình:

. Do đó, .

, suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của Ta có ABCB’ là hình bình hành nên Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra Gọi hệ:

. Suy ra, . Do đó, .

làm vectơ chỉ phương nên có

Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận phương trình Bài 9. Ta có

cắt cạnh AC tại

Viết Pt đường tròn (C) tâm I, bán kính ID, A( 3;3); C ( 3;1) hoặc hoán vị các vị trí lại.

Mà I trung điểm đoạn BD nên

Bài 10.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và lần lượt là vtpt, vtcp của đường AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

AD vuông góc với BC nên , mà AD đi qua điểm D suy ra phương

. Do A là giao điểm của AD và AM

trình của nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

, mà (nội tiếp chắn cung )

Tứ giác HKCE nội tiếp nên Suy ra , vậy K là trung điểm của HD nên .

Do B thuộc BC , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra .

. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

. Ta có Do

. Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Suy ra Bài 11. Ta có:

. Vậy

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Suy ra M( 3; 0)

Ta có:

Theo giả thiết:

làm VTPT nên có PT: Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vu ng góc với d1 nhận

. Lại có:

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

Do là trung điểm của AC suy ra:

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Bài 12

Do ADNM là tứ giác nội tiếp nên

Do BCNM là tứ giác nội tiếp nên

Mà

Gọi

Vì nên pt CD là : nên pt AD là : nên pt BC là :

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ

Vậy

Bài 13. VTCP của đường thẳng AB : = (2 ;1)

VTCP của đường thẳng BD : = (7 ;1)

Gọi VTCP của đường thẳng AC là = (a ;b), với a + b A D Gọi I là giao điểm của AC và BD,suy ra tam giác ABI cân tại I

Suy ra Cos(BAI) = Cos(ABI) = =

2(2a + b) = 9(a + b )

a - 8ab + 7b = 0

+ a = b ,suy ra một VTCP của đường thẳng AC: = (1;1)

PTCT của đt AC: PTTQ của AC: x –y -1 = 0

+ a = 7b, suy ra một VTCP của đường thẳng AC: = ( 7;1),suy ra không tồn tại phương trình đường thẳng AC vì cùng phương với Vậy PTTQ của AC: x – y -1 = 0 . Bài 14. Đường tròn ngoại tiếp chính là đường tròn ngoại tiếp có phương trình là

có tâm là

vuông góc với KP

Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua PT của AB: Tọa độ A, B là th a mãn hệ

Từ đó, tìm được Ta lại có AC đi qua A, vu ng góc với KN có phương trình Nên tọa độ điểm C th a mãn

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 15.

+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC

E’ thuộc AD.

Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm

phương trình EE’: .

Gọi I = AC EE’, tọa độ I

là nghiệm hệ

Vì I là trung điểm của EE’

AD qua và phương trình AD:

. Giả sử .

Vì

Gọi J là trung điểm AC phương trình BD: .

Do . Vậy ,

Bài 16.

Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên

Mà , giả sử

Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)

Lại có nên

Mà Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt

pt BM: x + y – 1 = 0

Có

Vì

hoặc

Bài 17. Ta có MN= ,AN=3AC/4=

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450=

=>a=4 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có

+Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 + Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 Bài 18. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A thì H là giao của AH và BC nên H(-1/5; 3/5) Gọi d là đường thẳng qua G và song song với BC thì PT d: x + 2y - 3 = 0 Gọi I = d giao AH thì I(1/5; 7/5) Do nên tìm được A(1; 3)

Gọi M là trung điểm CB thì nên tìm đc M(1; 0)

. Do MB =

Lấy B(1- 2b; b) trên Nên tìm ra b = -1 hoặc b = 1 do đó B(3; -1) (loại) và B(-1; 1) Do đó ta có kq: A(1; 3); B(-1; 1) và suy ra C(3; -1) Bài 19. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.

I

5



IH =

H

B

A

Diện tích tam giác IAB là



Bài 20.

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:  A(3; 1)

Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên  . Hay B(5; 3), C(1; 2)

Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

A

Bài 21. Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

E

M(0;2)

I

C

H

N

B

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

Tương tự A và thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.

BC = 5, . Do đó (đvdt).

Bài 22. Hoành độ giao điểm của (E) và (P) nghiệm đúng phương trình: x2 + 4(x2 – 2x)2 = 4 4x4 – 16x3 + 17x2 – 4 = 0 (x – 2)(4x3 – 8x2 + x + 2) = 0 (*)

; f(0) = 2 > 0; f(1) = - 1

Hàm số f(x) = 4x3 – 8x2 + x + 2 là hàm số liên tục trên có < 0 và f(2) = 4 > 0 nên phương trình 4x3 – 8x2 + x + 2 = 0 có 3 nghiệm nh hơn 2. Vậy phương trình (*) có 4 nghiệm, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm. Từ x2 + 4y2 = 4 và y = x2 – 2x suy ra 4x2 + 4y2 = 4 + 3x + 6y

Vậy các giao điểm của (E) và (P) nằm trên đường tròn Tâm .

Bài 23. Giả sử .

+ Vì A,B thuộc (E) nên .

+ Mà tam giác ABC đều nên

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

+ Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm .

Bài 24. +B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2). +Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 600. +Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD là đường kính.

+Tam giác ABD vuông tại A có

+Ta có

suy ra .

+Ta có .

Nên

Suy ra . . Vì yA < yD nên chọn

+ Đường tròn (S) có tâm , bán kính nên có phương trình:

Bài 25.

, I d1:

d(I , d2) = 2

t =

Bài 26. Ta có MN= ,AN=3AC/4=

MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450=

=>a=4 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

A(3 – 2a ; a) & B(3 – 2b ; b). Trọng tâm tam giác ABC là

+Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 + Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 Bài 27. AB : x = 3 – 2y G( – 2 = 0 ) a + b = – 2 (1)

d : x + y – 2 = 0 (2a – 2b)2 + (b – a)2 = 5 (a – b)2 = 1 a – b = 1 (2) hoặc a – b = – 1(3).

A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2). A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2)

Mặt khác AB = 5 Giải hệ (1) ; (2) được a = – 1/2 ; b = – 3/2 Giải hệ (1) ; (3) được a = – 3/2 ; b = – 1/2 Vậy đáp số: A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2) hoặc A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2). Bài 28.

Tọa độ M:

Giả sử , M là trung điểm AB nên

Giả sử , ta có:

ĐS: , hoặc

Bài 29.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên .

Lấy điểm . Gọi sao cho EF //BD.

Khi đó

Với thì là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là .

Ta có .

Với thì là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là . Do

đó, (loại).

AK // CJ.

Bài 30. Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành Gọi CJ BM = N N là trung điểm của BM. Chứng minh được AK BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C.

Ta có CM = BM = AB =

Trong tam giác vuông ABM có

B là giao của hai đường tròn (C; ) và (M; ). Tọa độ điểm B th a mãn:

B(1; 1).

Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0. Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0.

A (-2; 0).

Ta có .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 Bài 31. Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là

Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2)

|2A – 7B | = 5

Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 , C =

)x + 21y = 0

Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14

TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) , thay vào (2) ta được

96A2 + 28AB + 51B2 = 0. Phương trình này v nghiệm .

Bài 32. Gọi AI là phan giác trong của

Ta có :

, cân tại D nên Mà

PT đường thẳng MM’ :

PT đường thẳng AI là : Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI K(0;5) M’(4;9) Gọi

VTCP của đường thẳng AB là VTPT của đường thẳng AB là

Vậy PT đường thẳng AB là:

Bài 33.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Gọi H là chân đường cao vẽ từ A

Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC,

. Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)

a=1 A(1;1), C(1;-1). Tâm hình vu ng I(1;0). Vậy có 2 hình vu ng: 2a-a-1=0

Bài 34. Do A thuộc d1, A,C đối xứng nhau qua trục hoành nên tọa độ A(a;a), C(a;-a), mặt khác C thuộc d2 A(1;1), B(0;0), C(1;-1),D(2;0) và A(1;1), B(2;0), C(1;-1), D(0;0) Bài 35.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

BD : 2x – y – 1 = 0

Pt BC : 4x + 3y -27 = 0 Bài 35. Ta có phương trình đường thẳng AB: 2x+y-2=0 Vì I nằm trên đường thẳng y=x nên giả sử I(t;t) Suy ra C(2t-1;2t) , D(2t;2t-2)

Mặt khác

Vậy C ,D hoặc C(-1;0),D(0;-2)

Bài 37. Gọi I là trung điểm cạnh BC,

BC : x – 7 – 3 = 0 AH

B(b; b – 3)

BC B BC : x – 7 – 3 = 0 C(7-b; 4-b) (vì I là trung điểm của BC)

= (5-b; 3-b); = (b+3; b-9)

14b + 12 = 0 b = 1 b = 6

AH B(1; -2), C( 6; 3) B(6; 3) , C(1; -2)

BC b = 1 b = 6 Bài 38. Gọi M là trung điểm AB suy ra M(2;-1),

Suy ra

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

Do đó Đường thẳng AB có phương trình: ,

Ta có

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Theo đề bài ta có

Vậy C(5;5) hoặc C(-1;-13)

Bài 39. Phương trình tham số của d1 : ; d2:

A(7 + 3t; -3 + t) d1 ; B(-5 + 4m; -7 + 3m) d2

P là trung điểm của AB , ta có :

t = - 2 A(1 ;-5) và

Đường thăng đi qua P(2;-3) và có VTCP nên có phương trình

( ) :

Bài 40. Gọi . PTĐT cần tìm có dạng: ;

d qua nên: (1)

Ta có: . Từ ( 1) ta có

. Lập BBT của hàm số trên khoảng .

Ta có

Do đó: nh nhất khi: .

PTĐT d:

PHẦN II. TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN GIẢI, BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

ĐỀ BÀI

Bài 1. Giải hệ phương trình:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 2. Giải hệ phương trình:

Bài 3. Giải hệ phương trình:

Bài 4. Giải hệ phương trình:

Bài 5. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình:

có nghiệm.

Bài 6. Giải bất phương trình

Bài 7. Giải hệ phương trình

Bài 8. Giải hệ phương trình

Bài 9. Giải phương trình

Bài 10. Giải hệ phương trình: ( ).

Bài 11. Giải hệ phương trình .

Bài 12. Giải hệ phương trình:

Bài 13. Giải hệ phương trình:

Bài 14. Giải hệ phương trình :

Bài 15. Giải hệ phương trình:

Bài 16. Giải hệ phương trình:

Bài 17. Giải hệ phương trình

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 18. Giải hệ phương trình

Bài 19. Giải bất phương trình

Bài 20. Giải bất phương trình

Bài 21. Giải hệ phương trình:

Bài 22. Giải hệ phương trình: (x, y R)

Bài 23. Giải hệ phương trình .

Bài 24. Giải bất phương trình: (x R).

Bài 25. Giải phương trình:

Bài 26. Giải hệ phương trình

Bài 27. Giải hệ phương trình

Bài 28. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

Bài 29. Giải bất phương trình

Bài 30. Giải hệ phương trình:

Bài 31. Giải hệ phương trình: trên

Bài 32. Giải hệ phương trình:

Bài 33. Giải bất phương trình sau:

Bài 34. Giải phương trình

Bài 35. Giải phương trình :

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 36. Giải bất phương trình:

Bài 37. Giải phương trình :

Bài 38. Giải hệ phương trình

Bài 39. Giải hệ phương trình:

Bài 40. Giải bất phương trình

Bài 41. Giải phương trình:

Bài 42. Giải:

Bài 43. Giải phương trình:

Bài 44. Giải phương trình:

Bài 45. Giải bất phương trình:

Bài 46. Giải bất phương trình:

Bài 47. Giải bất phương trình:

Bài 48. Giải bất phương trình:

Bài 49. Giải bất phương trình:

Bài 50. Giải bất phương trình:

Bài 51. Giải hệ phương trình:

Bài 52. Giải hệ phương trình:

Bài 53. Giải hệ phương trình:

Bài 54. Giải hệ phương trình:

Bài 55. Giải hệ phương trình:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 56. Giải hệ phương trình:

Bài 57. Giải hệ phương trình:

Bài 58. Giải hệ phương trình:

Bài 59. Giải hệ phương trình:

Bài 60. Giải hệ phương trình:

Bài 61. Giải hệ phương trình:

Bài 62. Giải hệ phương trình:

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ

Bài 1. Đk:

Đặt . Khi đó , phương trình trở thành

. Xét hàm số .

là hàm đồng biến trên R. Khi đó

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

thấy th a mãn .

Đối chiếu với (**) và Vậy hệ có nghiệm là Bài 2.

+ Điều kiện:

+ Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: ; Thay vào phương trình

thứ nhất của hệ, ta được:

(*).

, với . + Xét hàm số

+ Ta có: ;

+ Bảng biến thiên: + Từ bảng biến thiên suy ra: t

0 +

+ Do đó: Hàm số đồng biến trên

nửa khoảng + Suy ra phương trình (*) + Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

* Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: .

Bài 3 + Điều kiện: .

. + Đặt:

(1).

+ Phương trình thứ nhất trở thành:

+ Mặt khác ta chứng minh được: (2).

Do:

, bất đẳng thức này đúng với mọi , đẳng thức xảy ra

khi u = v.

+ Áp dụng (2), ta có:

Đặt: .

Ta có: => t = 2.

+ Với: . Kết hợp với (1), suy ra: x = y.

+ Thay y = x vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

(3).

Đặt: . Khi đó phương trình (3) trở thành:

+ Với t = 1 .

* Vậy hệ phương trình có một nghiệm: .

Bài 4

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

+ Từ phương trình (2) ta thấy

+ Xét hàm số liên tục trên đoạn

. Do đó hàm số .

Có + Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: nghịch biến trên .

+ Hệ trở thành:

* Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:

hay .

Bài 5

+ Điều kiện: . Do x = 0 không th a phương trình đã cho nên x > 0.

+ Ta có: (1).

+ Đặt: .

+ Từ phương trình (1) ta có: (2).

+ Xét hàm số , với . * Bảng biến thiên:

2 3 0 +

8 .

. g (t) g(t) 7 .

+ Để (1) có nghiệm x > 0 thì (2) có nghiệm Từ bảng biến thiên của hàm số g(t) thì cần có * Vậy các giá trị m cần tìm là: Bài 6

Điều kiện: (*)

Bất phương trình đã cho tương đương với

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

Bài 7. Đk:

+) Nếu , để hệ có nghiệm thì .

hệ vô nghiệm.

+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0

Xét hàm số

Thế vào pt(1) ta có phương trình (4). Hàm số đồng

; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên và phương trình có ngiệm y=-3 nên

biến trên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3. Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3). Bài 8.

Ta có:

Với xy = 3

là các nghiệm của phương trình

Với xy = -3

ta thấy phương trình bậc hai vô nghiệm

Bài 9.

Đk:

Ta có (1)

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Đặt ( )

Khi đó (1) trở thành :

Với ta có , thay vào (2) ta được :

( vì )

Với thì . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là .

Bài 10. Từ (1) và (2) ta có

Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Bài 11

Điều kiện: .

trên . Xét hàm số

. Suy ra hàm số đồng biến trên Ta có:

Do đó: Thay và phương trình (2) ta được:



(*) 

Ta có

. Do đó phương trình (*) v nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 12

ĐK:

Chuyển vế nhân liên hợp ở phương trình , ta được:

Với thay vào , ta được:

Với thay vào , ta được: ;

KL:

Bài 13.

Điều kiện: . Ta có

Xét hàm số ta có đồng biến trên . Vậy

Thế vào (2) ta được :

Vậy hệ có hai nghiệm. Với

Bài 14.

Điều kiện:

Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = t  y = x + 1

 (2) 

Đặt  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 =2

Với v = 1 ta có x = 0 y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1)

Bài 15.

ĐK:

Từ pt(1) ta có:

X t hàm số

Hàm số đồng biến trên R

Thay vào pt(2) ta được:

X t (*) : Với ta có:

V nghiệm

Vậy hệ pt có hai nghiệm

Bài 16. ĐKXĐ : x , (1) 4 + = 4y + y (3)

Xét hàm số g(t) = t + t, g’(t) = 3t +1> 0 , Suy ra hàm số g(t) = t + t đồng biến trên R .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

. Thay y = vào (2) ta được :

Suy ra (3) có nghiệm khi y = 4x - 8x + 2( ) + (2x -1) - 2 +3 = 0

(2x-1) + 2( ) -(2x-1) - 2 = 0

( th a mãn)

Vậy nghiệm của hệ đã cho là : ) và (1 ;1)

Bài 17

Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được

thay vào (1) ta được

thay vào (1) ta được Với Với

ta được Đặt

Vậy hệ có nghiệm

Bài 18

Đặt phương trình (1) có dạng:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

thay vào (2) ta được +) Với

(do ) . Vậy, hệ (I) có nghiệm .

Bài 19.

Điều kiện: (*)

Bất phương trình đã cho tương đương với

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

Bài 20. ĐK:



>0)  (vì



So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là

Bài 21. ĐK:

(do ) (*)

Xét hàm số trên R. Lấy đạo hàm thấy dương nên f(t) đb trên R

Từ (*) suy ra x + 1 = - y

Thế vào (2) ta đc: (3)

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Nhận thấy x = 1 là nghiệm của (3) nên phân tích thành:

Từ (3) do VT dương nên x > 0 suy ra

Do đó thu đc x = 1 (t/m) suy ra y = -2 KL: Hệ có nghiệm (1; -2) Bài 22 ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0

PT(1) 

Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không th a mãn đk (3)) Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có

KL: HPT có 1 nghiệm

Bài 23.

ĐKXĐ:

Nhận xét không là nghiệm của hệ. Xét thì pt (1) của hệ (I)

. Khi đó, pt (1) trở thành

Với t = 1, thì , thế vào pt(2), ta được

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Với

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm

Bài 24. (*)

ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0 

Khi đó (*) 

 (**)

TH 1: , chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**) 

Đặt , ta có bpt:



TH 2: , , (**) luôn th a

Vậy tập nghiệm bpt (*) là

Bài 25. + ĐK:

+ Áp dụng BĐT Cauchy

Dấu “=”khi . Mặt khác dấu “=”xảy ra khi x=3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3. Bài 26. Điều kiện: 3x+2y

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Thế y = 1 x vào (2) ta được:

Đặt

Ta có hệ

 y =  1 (th a ĐK)

Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;1).

Bài 27.

Ta có

y . Ta có:

Đặt : (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = t = .

a) Nếu t = 1 ta có hệ

b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm.

Nếu t = ta có hệ

Bài 28. TXĐ. D = [0 ; +

*Đặt f(x) =

Suy ra: f’(x) =

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

* BBT x 0 + f’(x) - f(x) 1 0 Vậy: 0 < m

Bài 29. ĐK:



 (vì >0)



So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là

Bài 30. Điều kiện:

(2x + y)2 + 2 = (x – y)2 + 2

0) là hàm số đồng biến.

2x + y = x – y

Ta có: (1) Đây là phương trình có dạng: f(2x + y) = f(x – y) với f(t) = 2t2 + 2 (t x = – 2y Do đó (1) Với x = – 2y thế vào (2) được ( – 4y).(1 – y) = 8 (đk: y < 0).

x = 2 (Th a mãn các điều kiện ban đầu).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; – 1) Bài 31. Xét hàm số trên , có

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Nên (1) (*)

Thay (*) vào (2): (3)

Nhân (3) với lượng liên hợp: (4)

(3), (4)

ĐS:

Bài 32. Điều kiện xác định: (*)

Biến đổi vế trái phương trình thứ nhất

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Thay vào (2) ta được phương trình:

(3)

Với , chia hai vế của phương trình (3) cho ta được phương trình tương đương

Đặt , phương trình được viết:

Giải phương trình:

Khi

Nghiệm của hệ phương trình là: .

Bài 33. Điều kiện:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Ta có

suy ra

(Vì x = 0 không th a mãn bất phương trình)

Đặt vì .

Ta có

Suy ra

Bài 34. Điều kiện

Ta biến đổi Với thì

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki

Như vậy Vậy (1) có nghiệm duy nhất

Bài 35. Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với phương trình:

Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là: x = 4 hoặc x = 5

Bài 36. Điều kiện

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Kết hợp đk , ta được tập nghiệm của bpt

Bài 37. Phương trình :

Điều kiện:

(nhận) Phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 3

Bài 38. Đk:

Do nên nhân được liên hợp

Nx: 2y + x -1 > 0 nên x = y – 1

Pt (2) :

S = (1;2) ; (4;5)

Bài 39. Điều kiện: (vì y=0 không th a mãn hpt)

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

(3)

Xét

(3)x=-1 Có

Thay x=-1 vào (2) ta được

Vậy nghiệm của hệ là

Bài 40. ĐK : x 2

x = 2 ( th a mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x = 2. Bài 41.

Điều kiện: .

Bài 42

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Điều kiện: .

So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất .

Bài 43. Điều kiện: .

nên Vì .

So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất Bài 44.

Ta có: xác định.

Thay vào phương trình th a. Vậy phương trình có nghiệm .

Bài 45. Nhận x t: . Nên ta có lời giải sau:

Điều kiện: .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Do thì:

nên .

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là: . Bài 46. Điều kiện:

(dạng ).

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là .

Bài 47. Điều kiện: .

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là .

Bài 48. Điều kiện: .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Khi lu n đúng.

Khi .

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là .

Bài 49.

Điều kiện: .

Với: thì lu n đúng.

Với:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

. Do

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là .

Bài 50.

nên phương trình Do .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là .

Bài 51.

Trường hợp 1. .

Trường hợp 2.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm: .

Bài 52. Điều kiện: .

Kết hợp với hệ

Vậy nghiệm của hệ là .

Bài 53. Điều kiện: .

Với thay vào ta được:

. Với (v lí) nên loại

Vậy nghiệm của hệ là .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 54. Điều kiện: .

Đặt . Lúc đó:

. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Bài 55. Điều kiện: .

Với

Đặt . Khi đó:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Thay a, b vào ta được hệ: .

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

Bài 56. Điều kiện: .

Lấy trừ ta được: .

X t hàm số: liên tục trên đoạn .

lu n đồng biến trên .

Thay vào . Giải phương trình ta tìm được: .

Vậy nghiệm của hệ là: .

Bài 57. Từ và . Điều kiện:

X t hàm số liên tục và xác định trên đoạn .

lu n nghịch biến trên đoạn . Ta có:

. Từ

Thay vào ta được nghiệm của hệ là: .

Bài 58. Điều kiện: .

Thay vào : .

Nhận thấy là một nghiệm của phương trình

X t hàm số: trên .

đồng biến trên

X t hàm số trên .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

nghịch biến trên

là nghiệm duy nhất của phương trình Từ

. Thay vào ta được nghiệm duy nhất của hệ là

Bài 59.

X t hàm số trên .

đồng biến trên

Từ . Thay vào phương trình ta được:

. Đặt

Vậy nghiệm của hệ là .

Bài 60.

có dạng

Từ .

X t hàm số trên .

nghịch biến trên

Từ

Thay vào ta được: .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Với và với .

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: .

Bài 61. Điều kiện: .

Do kh ng là nghiệm của hệ nên và từ phương trình

Chia hai vế phương trình của hệ cho ta được

X t hàm số trên khoảng

đồng biến trên

Từ

Thay vào ta được:

Nhận thấy là một nghiệm của phương trình .

X t hàm số trên khoảng .

Hàm số đồng biến .

Từ là nghiệm duy nhất của phương trình .

Thay vào nghiệm của hệ là .

Bài 62. Điều kiện: .

Với thay vào hệ ta được: .

Với chia 2 vế cho ta được:

X t hàm số trên .

Hàm số đồng biến trên .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Thay vào phương trình ta được:

Vậy nghiệm của hệ là .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

PHẦN III. CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BĐT, XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ BÉ NHẤT

ĐỀ BÀI Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c th a mãn ; .

Tìm giá trị nh nhất của biểu thức .

Bài 2. Cho là hai số dương thay đổi th a điều kiện: .

Tìm giá trị nh nhất của biểu thức: .

Bài 3. Tìm giá trị nh nhất của hàm số: , với x > 0.

Bài 4. Cho là ba số thực dương có tổng bằng 3.

Tìm giá trị nh nhất của biểu thức: .

Bài 5. Cho ba số thực kh ng âm th a điều kiện . Tìm giá trị nh nhất của

biểu thức:

Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c th a mãn ; .

. Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 7. Cho a, b, c là ba số thực th a mãn các điều kiện: và

Hãy tìm giá trị nh nhất của biểu thức: A= .

Bài 8. Cho là các số dương và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Bài 9. Xét hai số thực x, y th a mãn điều kiện .

Tìm GTNN của biếu thức

Bài 10. Cho là ba số thực dương th a mãn điều kiện . Chứng minh rằng:

Bài 11. Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nh nhất của biểu thức.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

và . Chứng minh rằng:

Bài 12. Cho các số thực a,b,c th a mãn

Bài 13. Cho x, y, z là ba số thực th a mãn . Chứng minh rằng :

và .

Bài 14. Cho các số thực a, b, c th a mãn Chứng minh rằng: Bài 15. Cho x,y,z là 3 số thực dương .Tìm giá trị nh nhất của biểu thức :

P = .

Bài 16. Cho là các số thực dương th a mãn . và

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: .

Bài 17. Cho là các số thực kh ng đồng thời bằng 0 th a mãn điều kiện

. Tìm giá trị lớn nhất giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 18. Giả sử a, b, c là các số thực dương th a mãn Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 19. Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 20. Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nh nhất của

Bài 21. Cho x, y là hai số thực dương th a mãn . Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 22. Cho các số thực . thay đổi. Tìm giá trị nh nhất của biểu thức:

Bài 23. Cho hai số thực x, y th a : 2(x2 + y2 ) = xy + 1. Tìm GTLN, GTNN của

Bài 24. Cho x, y là các số thực th a mãn . Tìm GTLN và GTNN

của biểu thức .

Bài 25. Cho các số thực dương th a . Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 26. Cho ba số thực a, b, m đều thuộc khoảng (0; 1) th a mãn a + b = m.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Tìm giá trị nh nhất của biểu thức: P =

Bài 27. Cho ba số thực dương . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Bài 28. Cho x, y là hai số thực dương th a mãn . Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

. Bài 29. Cho các số dương a, b, c thay đổi th a mãn . Tìm giá trị nh nhất của biểu

thức:

Bài 30. Cho các số thực và th a mãn Tìm giá trị

nh nhất của biểu thức

Bài 31. Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh rằng:

Bài 32. Cho x , y , z là các số thực dương th a mãn:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 33.

Cho 3 số dương x, y, z th a mãn . Chứng minh rằng:

Bài 34. Cho 3 số thực dương a, b, c sao cho a + b + c 1. Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

P = a + b + c +

Bài 35. Cho các số thực dương th a mãn :

Tìm giá trị nh nhất của biểu thức

Bài 36. Cho các số thực kh ng âm x, y thay đổi và th a mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nh nhất của của biểu thức : M = .

Bài 37. Chứng minh rằng :

Bài 38. Chứng minh Bất đẳng thức:

+ + 4 ( + + )2. biết a,b,c >0

Bài 39. Cho 0 < a ,b, c và abc =1 chứng minh Bất đẳng thức sau:

+ + 1

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 40. Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ Bài 1.

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

(1)

Thật vậy,

lu n đúng vì . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

. Dấu “=” khi ab=1.

Do đó,

Đặt ta có:

BBT t 0

f’(t) -

f(t)

4 0 5+6ln4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

Bài 2. + Ta có: , với:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

* Bảng biến thiên:

0 1 x

0 +

+ Từ bảng biến thiên ta thấy: 5

, khi .

Bài 3.

(Vì: )

(1).

Đặt: * Bảng biến thiên: 0 3 Lúc đó: (1) <=>

0 +

Từ bảng biến thiên ta có: y

, đạt khi x = 3.

Bài 4.

+ Ta có: (Do: x + y + z = 3).

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

. + Đặt:

0 1 3

0 +

* Bảng biến thiên

, đẳng

, P đạt giá trị nh

+ Từ bảng biến thiên suy ra: thức xảy ra khi x = 1 => y = z = 1. * Vậy khi nhất bằng 7.

Bài 5. + Ta có:

. . Dấu bằng xảy ra khi: hoặc

. + Do đó:

+ Đặt: .

+ Lúc đó: .

+ Đặt: ; suy ra: , Với .

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

+ Ta có:

* Bảng biến thiên: + Từ bảng biến thiên suy ra:

0 1/9 1

0 +

đạt khi:

1 64/81

Bài 6.

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

(1)

Thật vậy,

lu n đúng vì . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

. Dấu “=” khi ab=1.

Do đó,

Đặt ta có:

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

BBT t 0

f’(t) -

f(t)

4 0 5+6ln4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. Bài 7.

Từ đ/k: thay vào A ta được:

Do: a.c > 0 nên hai số dương,áp dụng bđt c si cho hai số dương,ta được:

Đẳng thức xãy ra khi:

( Do a,c cùng dấu)

Vậy: A

Biểu thức có giá trị nh nhất là: min(A)=4 khi a=b=c Bài 8.

Vì a + b + c = 3 ta có

Vì theo BĐT C -Si: , dấu đẳng thức xảy ra b = c

Tương tự và

Suy ra P ,

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = khi a = b = c = 1.

Bài 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có

, nên từ điều kiện suy ra .

Ta biến đổi P như sau

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

(3)

Do nên từ (3) suy ra .

Đặt thì (do .

Xét hàm số với , có , với nên hàm số f(t) đồng

biến trên . Suy ra .

Do đó GTNN của P bằng , đạt được khi và chỉ khi .

Bài 10. Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

Suy ra:

Tương tự ta có:

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Bài 11.

Ta có

Đặt

Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được tại t=1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Bài 12. Ta có

(*).

Đặt vế trái của (*) là P Nếu ab + bc + ca < 0 thì P 0 suy ra BĐT được chứng minh

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Nếu ab + bc + ca 0 , đặt ab + bc + ca = x 0

(a-b)(b-c) (a - b)(b - c)(a - c) (1)

Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2 2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2

Suy ra 4(5 - x) 3(a - c)2 ,từ đây ta có x 5 và (2) .

Từ (1) , (2) suy ra P = (3)

Theo câu a ta có: f(x) = với x thuộc đoạn [0; 5]

nên suy ra P . Vậy (*) được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 Bài 13. Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : (*)

( *)

Ta có ( 1) (Bất đẳng thức Cô si)

Tương tự ( 2)

( 3) .

nên

(đúng)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Bài 14. Ta có: Do Nếu ab+bc+ca<0 thì Nếu ab+bc+ca thì đặt ab+bc+ca = x

p dụng BĐT C si :

p dụng BĐT Bunhiacopski: và

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Từ (1) và (2) ta có:

X t hàm số

Ta có:

Dấu = xảy ra

Bài 15. Áp dụng BĐT Cau-Chy : 2 y + 2z

Áp dụng BĐT Bunhiac pxki : (1 +1 )

(x+z) + y

Suy ra P = -

Đăt t = x + y + z, t > 0. X t hàm số f(t) = - , với t > 0.

f ’(t) = - + = =

f ’(t) = 0 15t -6t -9 = 0

Bảng biến thiên : x 0 1 + f ’(x) - 0 + f(x)

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Từ BBT suy ra f(t) f(1) = - với mọi t >0

P = - khi

Bài 16.

Áp dụng BĐT AM - GM ta có :

Khi đó,

Mặt khác,

Do đó,

Vậy GTLN của bằng .

Bài 17

Do đó

Đặt

Thì

Vì nên

Ta có

Xét hàm số với

Bài 18.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

Tương tự, ta có

Suy ra

Vì nên

(1)

Xét hàm số với

–

Ta có

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có với mọi (2)

Từ (1) và (2) suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi

Vậy giá trị nh nhất của P là đạt khi

),ta có ab+bc+ca

Bài 19. Đặt t=ab+bc+ca ( a2+b2+c2 =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) 3(ab+bc+ca)=3t => a2+b2+c2=1-2t với

Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2 Do đó M t2+3t+2 3(a2b2+b2c2+c2a2)

Xét hàm số f(t)= t2+3t+2 trên tập ,

f’(t)=

f’’(t)=

=>f’(t) nghịch biến trên D

=>f’(t) f’(1/3)= => f(t)đồng biến trên D

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

f(0)=2 =>f(t) Vậy minM =2 đạt được khi t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn

< =>a,b,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) Bài 20.

Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

. Do 3t - 2 > 0 và nên ta có

Xét hàm số f’(t) = 0  t = 0 v t = 4.

+ t f’(t) +

+

f(t) 2 4 - 0 +  8

Do đó min P = = f(4) = 8 đạt được khi

Bài 21.

Ta có .

Ta có và

Suy ra

Đặt ,

Ta có

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng .

Suy ra .

Vậy

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 22. X t các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN





TH1: y ≤ 2: 

Lập bảng biến thiên f(y) 

TH2: y ≥ 2: ≥

Vậy .

Do đó khi x = 0 ; y =

Bài 23. Đặt t = xy.

Ta có : xy + 1 = 2 - 4xy xy - và xy + 1 = 2 4xy xy

Với diều kiện : - t , ta có : P = =

P’ = = 0 t = 0; t = - 1 (loại)

Suy ra P(- ) = P( ) = và P(0) =

Vậy GTLN của P là và GTNN là

Bài 24. * Từ giả thiết ta có:

; * Mà

* Đặt *Ta được

* Xét hàm số

Bài 25. Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Mặt khác, do nên

Từ (1) và (2), ta có .

Do đó

. Ta có

. Đặt

Khi đó

Xét hàm số trên .

Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên .

Kết luận được : Bài 26. Đặt c = 1 – m . Ta có a, b, c là các số dương th a mãn a + b + c = 1 và

P =

Ta đi chứng minh rằng: (*)

Ta có c + ab = c(a + b + c) + ab = (b+c)(a+c). Tương tự a+bc =(b+a)(c+a), b+ca = (c+b)(c+a).

Do đó bất đẳng thức (*) trở thành:

(**)

Dựa vào bất đẳng thức Côsi ta chứng minh được bất đẳng thức (**).

Đẳng thức xảy ra a = b = c = . Vậy min P = 3/4 đạt được khi a = b = 1/3 và m = 2/3.

Bài 27.

(1) *

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

nên Vì

(1)

Vậy

, xét hàm số với Đặt

Ta có ,

+ 6 0

Vậy . Suy ra khi

. Bài 28. Biến đổi

Mặt khác và

Suy ra

, Đặt

Ta có

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng .

. Suy ra

Bài 29. Ta có

Ta có

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Đặt với

Ta có

hay Min dấu bằng xảy ra khi

Lập BBT ta được Bài 30. Giả sử và th a mãn

Trước hết, ta thấy

BĐT cuối cùng đúng, do đó đúng, với . Ta có

nên do đó

Xảy ra khi Vậy đạt được khi

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 31. Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh rằng:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương :

Tương tự :

Cộng vế theo vế 3 bất dẳng thức trên ta được: (đpcm).

Bài 32.

Xét hàm số

Do đó f(t) đồng biến trên

Từ đó GTLN của P là 21/5 đạt được khi x = z = 1 ; y = 2

Bài 33.

Với x>0;y>0;z>0 ta có

Chứng minh tương tự

(2)

(3)

Cộng (1); (2); (3) theo vế ta được đpcm Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

Bài 34.

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

P = (9a + ) + (9b + ) + (9c + ) – 8(a + b + c)

P (9a + ) + (9b + ) + (9c + ) – 8

P 2

P 2.3 + 2.3 + 2.3 - 8 10. P

P đạt GTNN bằng 10

Bài 35.

Ta có:

Vậy GTNN của P = 8 khi

x3 + y3 =1 - 3xy

Bài 36. Khai triển và thu gọn biểu thức M ta được: M = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy Từ x + y = 1ta có 1 = (x + y )3 = x3 + y3 + 3xy( x+ y) Nên M = 16x2y2 -2xy +12 Đặt t = xy. Xét hàm số f(t) = 16t2 - 2t + 12 trên

Ta có f’(t) = 32t – 2 ; f’(t) = 0 32t – 2 = 0 t =

f(0)= 12 ; f( ) = ; f( ) =

Vậy GTLN của M là khi t = hay x = y =

GTNN của M là khi t = hay x = ; y = hoặc x = ; y =

Bài 37.Ta có :

Tương tự ta có : ,

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :

(*)

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Ta có :

Tương tự : ,

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :

(**)

Từ (*) và (**) , ta được : (đpcm)

Bài 38. Ta có + = . Do a, b, c >0 và (a+b)(b+c)(c+a) 8abc +

=> + + Hay

+ +

 2( + + ) + + (1)

Trong (1) Dấu "=" xảy ra khi a=b=c Mặt khác ta có (a+b)2 4ab tương tự ta có

và

+ suy ra + + + (2)

Trong (2) Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Từ (1) và (2) Ta có + + 4 ( + + )2

0 Dấu "=" xảy ra khi a=b c => (a-b)2(a+b) 0 0  a3 +b3 a 2b+ab2 Dấu "=" xảy ra khi a=b=c Bài 39. Do 0 a b  (a-b)(a+b)(a-b)  (a2-b2)(a-b)  a3 +b3 +1 0  a3-a 2b-ab2+b3 a 2b+ab2+abc  a3 +b3 +1 (a+b+c)ab

 = (do abc= 1 => )

suy ra

Tương tự ta có Dấu "=" xảy ra khi b=c

và Dấu "=" xảy ra khi a=c

Cộng vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta được:

+ + 1

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c =1

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4

Bài 40. áp dụng BĐT phụ với x,y,z>0 ta có :

Cộng từng vế của các bất đẳng thức,ta có :

Hay (Đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c>0