Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Khoa học tự nhiên Toán học Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 06)...

Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 06)

.PDF
4
243
128

Mô tả:

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 ( x ∈ ℝ) . x3 − 8 ≤ x 3 − 2 x 2 − 9 + x + 1 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 ⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x − 6 + 2 ( x − 1)( x − 2 ). (x 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) x ( 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 ⇔ 1 − 3. Đặt x2 − 3x + 2 x 2 − 3x + 2 + 2 ≥0 x3 + x2 + x x3 + x 2 + x [∗] x 2 − 3x + 2 = t ( t ≥ 0 ) thì x3 + x 2 + x 1 ≤ t ≤ 1 ⇒ t ≤ 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 ≤ x3 + x 2 + x ⇔ x3 + 4 x + 2 ≥ 0 3 Nhận thấy [1] nghiệm đúng với x ≥ 2 . Kết luận nghiệm S = [ 2; +∞ ) . [∗] ⇔ 1 − 3t 2 + 2t ≥ 0 ⇔ − Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình [1] . 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! Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY x3 + 4 x 2 + 10 x + 20 ≤ x3 + 4 x − 27 + 4 www.Moon.vn ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 ) x ⇔ 4 x 2 + 6 x + 47 ≤ 4 x ( x − 3) . x 2 + 3 x + 9 ⇔ x 2 − 3x + 3 ( x 2 + 3 x + 9 ) ≤ 4 x 2 − 3x . x 2 + 3x + 9 ⇔ x2 − 3x x2 − 3x + 3 ≤ 4 x 2 + 3x + 9 x 2 + 3x + 9 x 2 − 3x = t ( t ≥ 0 ) thì [1] ⇔ t 2 + 3 ≤ 4t ⇔ ( t − 1)( t − 3) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 3 ⇔ 1 ≤ 2 x + 3x + 9 2  x + 3x + 9 ≤ x 2 − 3 x 6 x + 9 ≤ 0 ⇔ 2 ⇔ [ 2] (Hệ vô nghiệm do x ≥ 3 ).  2 2 8 x + 30 x + 81 ≥ 0  x − 3x ≤ 9 ( x + 3x + 9 ) Kết luận bất phương trình đã cho vô nghiệm. Đặt [1] x 2 − 3x ≤3 x2 + 3x + 9 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 = 7 t+2 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   x+ y =0 = 0 ⇔ ( x − y )  x2 + 1 + 2 2   x2 + 1 + y 2 + 1 x + 1 + y + 1   x+ y >0⇒ x= y. Vì điều kiễn xác định dẫn đến x 2 + 1 + 2 x +1 + y2 +1 ⇔ ( x − y ) x2 + 1 + x2 − y 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! Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY Điều kiện 3 3 ≤ x ≤ . Phương trình đã cho trở thành 4 2 4 www.Moon.vn 3 3 −2 + 4 4− = 2. x x 3 3 − 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 2 + 2ab + b 2 = 4 a + b = 2 2 ⇔ 2 ⇒ ( 4 − 2ab ) − 2a 2b 2 = 2  4 4 2 2 2 2 a + b = 2 ( a + b ) − 2a b = 2 Đặt 4 ⇔ 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 Khi đó: GI = a 2 a 2 5a 2 a 10 ; IN = ⇒ GN = ; CN = CI 2 + IN 2 = 3 2 6 2 = Do vâỵ cos GCN GC 2 + CN 2 − GN 2 1  = 450 = ⇒ MCN 2GC.CN 2  = d ( M ; CN ) = 10 ⇒ NC = 20 Ta có: MC.sin GCN t = 3 ⇒ C ( −16;3) ( loai ) 2 2  8 Gọi C ( 8 − 3t ; t )  t <  ta có MC 2 = 20 ⇔ ( 5 − 3t ) + ( t − 5 ) = 20 ⇔  .  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 2 x − 3x  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 ⇔ x2 + x x2 + 5 = 1 1 + y2 y 1 +5 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! Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY Ta có f '(t ) = 2t + t + 1 + 2 t2 t2 +1 www.Moon.vn > 0 với ∀t ≥ 0 1 1 1 Mà f ( x) = f   ⇒ x = ⇔ y = y x  y 1 3x 2 x − 8 x vào phương trình (2) ta được = 2 3x 2 − x − 1 ( ) x x x−3 2 3x + x − 8 ⇔ = 2 3 x 2 − x − 1 ⇔ 3 x 2 − x − 1 + 2 x − 7 = 2 ( x − 3) 3 x 2 − x − 1 x −3 Thay y = 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 2  Với t = 1 ⇒ 3 x − x − 1 = 1 ⇒  1  x = − (loai ) 3    x = 2(loai )  2   x − 27 x + 50 = 0 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) Mặt khác: 1 1 1 2 + = = ⇔ BE 2 + BK 2 = 10 ( 2 ) 2 2 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) 2 2 Khi đó: BC 2 = 45 = ( 3t − 3) + ( 9t − 24 ) ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔  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!
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan