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 10)
Thầy Đặng Việt Hùng
Ví dụ 1 ; 2 ; 3 ; 4. [Cực hay, xem video nhé]:
Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình
(
3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x
)
x3 − 1 ≥ 2 x 2 − 10 x + 5
Lời giải
3x − 12 x + 5 ≥ 0
Điều kiện: x 2 − 2 x ≥ 0
⇔ x ≥ 2 . Trước hết, để ý rằng:
x3 − 1 ≥ 0
2
2 x 2 − 10 x + 5 = ( 3 x 2 − 12 x + 5 ) − ( x 2 − 2 x ) =
(
3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x
)(
3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x
)
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
x3 − 1 ≥ 3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x ⇔ x3 − 1 + x 2 − 2 x ≥ 3 x 2 − 12 x + 5
⇔ x3 + x 2 − 2 x − 1 + 2
(x
⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x + 6 + 2
3
− 1)( x 2 − 2 x ) ≥ 3 x 2 − 12 x + 5
(x
2
− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0
⇔ ( x3 + x 2 + x ) − 3 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2
⇔
(
x3 + x 2 + x − x 2 − 3x + 2
)(
(x
2
− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0
)
x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3x + 2 ≥ 0
( ∗)
x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3 x + 2 > 0 do đó
x ≥ 2
⇔ x≥2
( ∗) ⇔ x 3 + x 2 + x − x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 ⇔ 3
x + 4x − 2 ≥ 0
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 2; +∞ ) .
Với điều kiện x ≥ 2 suy ra
Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình
2 x − 2 + 3x − 2
8x 2 − 2 x − 2 − 1
Lời giải
≥1
( x ∈ R)
3 x − 2 ≥ 0
3
2
Điều kiện: 8 x 2 − 2 x − 2 ≥ 0 ⇔ ≠ x ≥
4
3
2
8 x − 2 x − 2 ≠ 1
TH1. Với
3
2
3
≠ x ≥ ; 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 > 0 ⇔ x > , khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
4
3
4
2 x − 2 + 3x − 2 ≥ 8 x 2 − 2 x − 2 − 1
⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2
⇔ ( 2 x − 1) + 3 x − 2 + 2 ( 2 x − 1) 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2
(
⇔ 2 x − 1 − 3x − 2
2
)
2
1
x ≥
≤ 0 ⇔ 2 x − 1 = 3x − 2 ⇔
⇔ x =1
2
4 x 2 − 5 x + 1 = 0
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
TH2. Với
www.Moon.vn
3
2
2
3
≠ x ≥ ; 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 < 0 ⇔ ≤ x < , khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
4
3
3
4
2 x − 2 + 3 x − 2 ≤ 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 ⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 ≤ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2
⇔ ( 2 x − 1) + 3 x − 2 + 2 ( 2 x − 1) 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2
2
(
)
2 3
∀x ∈ ;
3 4
2 3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ; ∪ {1} .
3 4
⇔ 2 x − 1 − 3x − 2
2
≥0
Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B ( 4;3) và
đường thẳng AC : 5 x − y − 5 = 0 , gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC , trên tia đối của tia BH lấy
điểm E sao cho BE = AC , biết hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng BC là K thuộc đường thẳng
d : x + 2 y − 7 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh A,C,D.
Lời giải:
= EBK
(2 góc đối đỉnh)
Ta có HBC
= BAC
( cùng phụ với
= KBE
.
Lại có : HBC
ABH ) suy ra BAH
Từ đó ta có : ∆BKE = ∆BAC ⇒ BH = d ( K ; BE ) , phương trình
đường thẳng BH là : x + 5 y − 19 = 0 .
Gọi K ( 7 − 2t ; t ) khi đó: d ( K ; BE ) = d ( B; AC ) =
3t − 12
26
t = 8 ⇒ K ( −9;8 )
⇔
t = 0 ⇒ K ( 7; 0 )
=
12
.
26
Với K ( −9;8) ( loại vì K và B khác phía với đường thẳng AC )
Với K ( 7; 0 ) ⇒ A (1;0 ) ; B ( 4;3) ; C ( 2;5 ) ; D ( −1; 2 )
Đáp số: A (1; 0 ) ; B ( 4;3) ; C ( 2;5) ; D ( −1; 2 ) là các điểm cần tìm.
2 x + 3 2 x − y = y + 4
Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình 2
2
x2 + 1 − x = 1
x y 1 + y + 1
Lời giải:
ĐK : 2 x − y ≥ 0 .
1
Khi đó: PT ( 2 ) ⇔ x 2 y 1 + y 2 + 1 =
= x2 + 1 + x
2
x +1 − x
1
1
Do x = 0 không phải nghiệm nên: PT ( 2 ) ⇔ y 1 + y 2 + 1 = 1 + 2 + 1
x
x
2
t
Xét hàm số f ( t ) = t 1 + t 2 + 1 ( t ∈ R ) ta có: f ' ( t ) = 1 + t 2 + 1
> 0 ( ∀t ∈ R )
t2 +1
1
1
Do vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên R ta có: f ( y ) = f ⇔ = y
x
x
)(
(
)
(
(
(
)
)
)
1 1
= +4
x x
t = 1
1
Đặt t = 2 x − ≥ 0 ta có: t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔
x
t = −4 ( loai )
Khi đó thế vào PT(1) ta có: 2 x + 3 2 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
www.Moon.vn
x = 1; y = 1
1
= 1 ⇔ 2 x2 − x − 1 = 0 ⇔
x = 1 ; y = 2
x
2
1
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) ; ; 2 .
2
Với t = 1 ⇔ 2 x −
Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có hai đỉnh B, D lần lượt
thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0 ; đường thẳng AC có phương trình x + 7 y − 31 = 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ dương.
Lời giải:
B
Gọi B ∈ d1 : y = 8 − x ⇒ B(b; 8 − b),
D ∈ d : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ).
2
⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8)
b + 2d − 3 − b + d + 8
và trung điểm BD là I
;
.
2
2
A
I
C
D
BD ⊥ AC
−8b + 13d − 13 = 0
b = 0
u AC .BD = 0
Theo tính chất hình thoi ⇒
⇔
⇔
⇔
I ∈ AC
I ∈ AC
−6b + 9d − 9 = 0
d = 1
B(0; 8)
1 9
⇒ I − ; .
Suy ra
2 2
D(−1; 1)
Mặt khác, A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A(−7 a + 31; a ).
1
2S
15
S ABCD = AC.BD ⇒ AC =
= 15 2 ⇒ IA =
.
2
BD
2
2
2
2
a = 3 A(10; 3)
63
9
225
9 9
⇒ −7 a + + a − =
⇔ a − = ⇔
⇒
2
2
2
2
4
a = 6 A(−11; 6)
Vì A có hoành độ dương nên A(10; 3) ⇒ C (−11; 6). Vậy A(10; 3), B(0; 8), C(-11; 6) và D(-1; 1).
(
)
x x 2 + 4 + 1 = y + 3 3x 2 + y
Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2
−6 x + 2 y + 10 x − 16 x + 4 = 0
Lời giải:
ĐK: y ≥ 3x
PT (1) ⇔ ( x + 1) + x + 1 = 3x 2 + y + 3 3x 2 + y
3
Xét hàm số: f ( t ) = t 3 + t ( t ∈ R ) , f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ R
Do đó hàm số đồng biến trên R. Ta có f ( x + 1) = f
Thay vào PT(2) ta có:
(
(
3
) ( x + 1) ( 2 x
2 x3 + 2 + 10 x 2 − 16 x + 4 = 0 ⇔ 5 2 x 2 − 2 x + 2 +
)
3x 2 + y ⇒ x3 + 3 x + 1 = y
2
)
− 2 x + 2 − 6 ( x + 1) = 0
x = 1⇒ y = 5
x +1
x +1
2
⇔− 2
+
+5 = 0 ⇔ 2
= 1 ⇔ 2 x − 3x + 1 = 0 ⇔
x = 1 ⇒ y = 21
2x − 2x + 2
2 x2 − 2 x + 2
2x − 2x + 2
2
8
Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm như trên.
6 ( x + 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!
Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY
www.Moon.vn
Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng tọa độ cho hình vuông ABCD có K là điểm đối xứng của D
qua C. Điểm E ( 3; 4 ) nằm trên cạnh AB, đường thẳng d đi qua E vuông góc với DE cắt đường thẳng BK
tại F ( 6;3) . Tìm tọa độ đỉnh D của hình vuông ABCD.
Lời giải:
Tam giác DBK vuông cân tại B do có BD = BK và
1
BC = DK .Khi đó tứ giác BEDF nội tiếp đường
2
= DBE
= 450 ( do
tròn đường kinh DF nên DFE
cùng chắn cung DE) . Do vậy tam giác DEF vuông
cân tại D. phương trình DE là: 3 x − y − 5 = 0 .
Gọi D ( t;3t − 5 ) ta có: DE 2 = EF 2
t = 2
2
2
2
⇔ ( t − 3) + ( 3t − 9 ) = 10 ⇔ ( t − 1) = 1 ⇔
t = 0
Vậy D ( 0; −5) ; D ( 2;1) là các điểm cần tìm.
BÀI NÀO CÓ GIẢI SAI, TÍNH NHẦM THÌ MONG CÁC EM HẾT SỨC THÔNG CẢM NHÉ!!!!
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 -