Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 05)

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  2 2 2  y + x − 1 + − x + y + 1 = x − y + 2  x + y + 1 + x + 2 y + 1 = 1 − x − y + y + 1 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  3 2 3 2  3 x + 2 x + 2 + 3 y + y − 2 y − 1 = 2 + 2 x − 2 xy 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: 2 ĐK : x + 8 y + 2 ≥ 0;6 y + 8 x − 8 ≥ 0; y ≥ 1 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 2   2 2 ⇔ ( x2 − y + 2)  4 + =0⇒ x − y+2=0⇔ y = x +2 2 x + 8y + 2 + 3y  
   >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 2 1   ⇔ ( 3x 2 + 4 x ) 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 ⇔  4 34 x = − ⇒ y = 3 9  2   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  3 2 3 2 2  x + 3 x + 3 + 2 x + 3 x + 2 = 6 x − 12 y + 32 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 Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY ( x + y) www.Moon.vn 2 − 8 − 3 xy ( x + y ) + 6 xy = 0 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 4  − 3 xy ( x + y − 2 ) = 0   x + y = 2 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) 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 3 ⇔ 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 2 2 ⇔ ( 2x − y + 2) + 3 ( y + 2) = 0 ⇔  ⇔ 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 3 7   2 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 3 2 x + 3 x + 3 = 3 1.1. ( x 2 + 3 x + 3) ≤ = 3 3 2 2 x + 3x + 2 + 1 + 1 2 x 2 + 3 x + 4 3 2 2 3 2 x + 3 x + 2 = 1.1. ( 2 x + 3 x + 2 ) ≤ = 3 3 2 2 x + 3x + 5 2 x + 3x + 4 3x 2 + 6 x + 9 Từ đây dẫn đến 3 x 2 + 3 x + 3 + 3 2 x 2 + 3 x + 2 ≤ + = = x2 + 2 x + 3 . 3 3 3 2 Ta lại có 6 x 2 + 12 x + 8 = x 2 + 2 x + 3 + 5 ( x + 1) ≥ x 2 + 2 x + 3 . 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    ⇒ A ( −2t + 9; −4t + 16 ) ta có: GA = 2GN = 10 ⇔ ( 2t − 6 ) + ( 4t − 17 ) 2 2  t = = 10 ⇔  t =  9 ⇒ A ( 0; −2 ) 2 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 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. ( )  2 y 2 + 24 x − 4 x −1 + y − = 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. 2 Điều kiện 5 x + y − 5 ≥ 0;1 − x + y ≥ 0; x ≥ 1; 2 y ≠ 1 . 6x − 6 6x − 6 Ta có 5 x + y − 5 − 1 − x + y = = = x −1. 6 5x + y − 5 + 1 − x + y 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 ⇔   2 4 − 4 x + 4 y = x − 14 x + 49  5 x + y − 5 + 1 − x + y = 6 x ≤ 7  x ≤ 7 ⇔ ⇔ ⇒ 4 y ≥ 20 ⇔ y ≥ 5  2 2 4 y = x − 10 x + 45 4 y = ( x − 5 ) + 20 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 y 2 + 24 2 ( y − 5) 2 y 2 + 2 y + 9 x −1 − 4 x −1 + 2 + y +1 − = 0 ⇔ x −1 − 2 + =0 2 y2 −1 2 y2 −1 ( ) ( Vì 2 y + 2 y + 9 = y + ( y + 1) + 8 > 0, ∀y ∈ ℝ ⇒ 2 2 2 ) ( ( y − 5) ( 2 y 2 + 2 y + 9) 2 y2 −1 ) (1) > 0, ∀y ≥ 5 .  x −1 = 2  Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi  y − 5 = 0 ⇔ x = y = 5 .  2 ( x − 5 ) = 0 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 Khi đó GI = a 2 a 2 5a 2 a 10 ; 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) 2 Gọi C ( t ;11 − 2t ) , ta có HC 2 = HN 2 ⇔ 5 ( t − 4 ) = 5 ⇔  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 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. 2 2 ( x + 4 ) ( x − 2 ) ( y − 1 + 2 ) = y − 2 y + 15 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 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 2t 2 + 4t với t > 0 ⇒ f ( x) = f 2 ( 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 .  = 450 . Khi đó ∆AMK = ∆ADK từ đó suy ra KAF  = d ( F ; AK ) ⇒ AF = 4 5 Mặt khác : AF .sin KAF t = 10 ( loai ) 2 2 Gọi A ( t;3t − 23) ta có: AF = ( t − 2 ) + ( 3t − 26 ) = 80 ⇔  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