Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 03)

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 y + + 3 − 2 = +  y +2 Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình    y + 3 x + 2 = 3 xy + 3 x − 4 Lời giải: 2 y − 4y Từ phương trình (1) ta có xy + x + 3 − 2 y = + y +3 y +2 1   ⇔ (x − y ) y +  = 0 ⇒ x =  x + 3 + y + 3 
  y +3 y hay y = x 2 >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 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 = x3 − xy + x x3 − xy + 5 x + x = y − x2 − 1 y + x2 + 1  y − x2 − 1 = 0  x ⇔ = 3  x − xy + 5 x + x  x ( x 2 − y + 1) ⇔ −1 y + x2 + 1 ( L) x3 − xy + 5 x + x = y − x2 + 1 y − x2 − 1 y + x2 + 1 ⇒ 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 2  15  Dễ thấy DE = DF ⇔  t −  + (15 − 2t ) = 5 2   17  17 3  t = 2 ⇒ E  2 ; − 2  ( loai ) 2   ⇔ ( 2t − 15 ) = 4 ⇔   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  4 2 x + 1 + 5 7 − y + 6 x ( 2 − y ) = x + 10. Lời giải. Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015 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 2 ( x − 3) + ) x + 6 − 3 = ( x − 3 ) ( x3 + 3 x 2 + 3 x + 3) 5 ( x − 3) 3 = ( x − 3) ( x + 1) + 2    x+6 +3 x +1 + 2 x = 3 ⇔ 2 5 3  + = ( x + 1) + 2 (1)  x + 1 + 2 x+6 +3 2 5 2 5 3 Để ý rằng + ≤ + < 2, ∀x ≥ −1 và ( x + 1) + 2 ≥ 2, ∀x ≥ −1 . x +1 + 2 x+6 +3 2 5 +3 2 5 3 Do đó + < ( x + 1) + 2, ∀x ≥ −1 ⇒ (1) vô nghiệm. 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:  = tan MDC =1 Gọi I là tâm hình vuông ABCD ta có: tan NDI 2 0    Do vậy NDM = IDC = ICM = 45 do đó tứ giác NDCM là tứ giác nội  = 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 ;  3 3 1 − y K = −2 ( 5 − y K )  KN 5 5  5 11 11   5 5 Lại có: = ⇒ KN = − KC ⇔  − ; −  = −  xC − ; yC −  ⇒ C ( 5;5 ) KC 4 4 4 3 3  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 Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY ⇔ ( x + 1) + x + 1 2 Xét hàm số f (t ) = t 2 + t t 2 + 1 với t > 0 ⇒ Ta có: f '(t ) = 2t + t 2 + 1 + Mặt khác: f Thay ( t 2 t2 +1 ( f( www.Moon.vn x + 1) + 1 = y 2 + y y 2 + 1 2 x + 1 ) = f ( y) > 0 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến với ∀t > 0 x + 1 ) = f ( y) ⇒ x + 1 = y . 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 1   ⇔ 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 + =0  x − 3 + 2x − 3  x = 6 ⇒ y = 7  x 2 − 8 x + 12 = 0  ⇔ ⇔ x = 2 ⇒ y = 3 1 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