Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Khoa học tự nhiên Toán học Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 11)...

Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 11)

.PDF
5
228
61

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 11) Thầy Đặng Việt Hùng  x + 2 y + 1 = 3 y − 2 + y + 2 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  3 2 4 ( x + y ) + y − 13 y + y − 1 = 11x − 15 x ( 9 x 2 − 12 x + 5 ) Ví dụ 2: Giải bất phương trình ≥1 ( x ∈ ℝ) . x ( 3x − 2 ) + 1 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ABD là tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn ( x − 2 ) + ( y − 1) = 9 . Hình chiếu vuông góc của các điểm B, D lên AC lần lượt là 2 2  22 14   13 11  H  ;  , K  ;  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết B, D có tung độ dương  5 5 5 5 và AD = 3 2. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có G là trọng tâm tam giác ABD, đường tròn đi qua các điểm B,C và G cắt cạnh CD tại N . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD 3 3 biết điểm N có hoành độ âm, điểm M  ;  là trung điểm của AD và phương trình đường thẳng 2 2 GN : x + 3 y − 11 = 0 . Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình ( x − 1) 3 + ( x + 3) 2 x − 3 ≤ 3x ( x − 1) . Lời giải. 3 . 2 Bất phương trình đã cho tương đương với ( x − 1) x − 1 + ( x + 3) 2 x − 3 ≤ 3 x ( x − 1) Điều kiện x ≥ ⇔ ( x − 1) x − 1 − ( x − 1) + ( x + 3) 2 x − 3 − ( x + 3) ≤ 3 x 2 − 5 x − 2 ⇔ ( x − 1) ⇔ ( ) x − 1 − 1 + ( x + 3) ( ( x − 1)( x − 2 ) + 2 ( x + 3)( x − 2 ) ≤ x −1 +1 2x − 3 +1 ) 2 x − 3 − 1 ≤ 3x 2 − 5 x − 2 ( x − 2 )( 3x + 1)  x + 3   x −1 ⇔ ( x − 2 ) 3 x + 1 −  +  ≥ 0 2 x − 3 + 1   x −1 + 1  x −1 x+3 3 Ta có + < x − 1 + x + 3 = 2 x + 2 < 3 x + 1, ∀x ≥ 2 x −1 + 1 2x − 3 +1  x −1 2 ( x + 3)  ⇒ 3x + 1 −  + >0 2x − 3 +1   x −1 + 1 Do đó (1) ⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . (1) Vậy, bất phương trình có nghiệm x ≥ 2 . 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 )  2 y − 2 y − 2 x 4 xy − 2 x − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3  Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   y + x 2 + 2 y = x + y 2 + 2 x + 2 Lời giải 4 xy − 2 x − 4 ≥ 0  y ≥ x ≥ 3 4 Điều kiện:  2 x + 2 y ≥ 0  y 2 + 2 x + 2 ≥ 0 (2) ⇔ ( y + 1) − y 2 + 2 x + 2 + x 2 + 2 y − ( x + 1) = 0 ⇔ 2 y − 2x −1 y + 1 + y2 + 2x + 2 +  = 0 ⇔ ( 2 y − 2 x − 1)   y +1+ x2 + 2 y + x + 1  2 y − 2x −1 1 y2 + 2x + 2 +  =0 x 2 + 2 y + x + 1  1 ⇔ 2 y − 2 x − 1 = 0 (Do y ≥ x ≥ 3 4 ) Thay vào (2) ta được 2 x 2 x 2 − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3 Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có: 3x 3 = 2  4 + x 3 − 4  + x  2 + x 2 − 2  ≥ 8 x 3 − 4 + 2 x 2 x 2 − 4 4 = x 3 − 4 5 Dấu bằng xảy ra khi  ⇔ x = 2 (thỏa mãn) ⇔ y = 2 2 2 = x − 2 ( ) ( )  5 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  2;  .  2 Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn ( C ) , K là trung điểm của cạnh AB, đường thẳng CK cắt đường chéo BD và đường tròn ( C ) lần lượt tại  1 E  2;  và F ( 2; 2 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết D thuộc tia Oy.  3 Lời giải: Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD. Dễ thấy E = CK ∩ BI là trọng tâm tam giác ABC.  0 − x I = −3 ( 2 − x I )     3 t +1  Gọi D ( 0; t ) ( t > 0 ) ta có: ID = −3IE ⇔  1 ⇒ I 2; 4    t − yI = −3  3 − yI     2 2 t = 1 ⇒ D ( 0;1) 1  t − 7  9  3t − 1  Ta có: IF = ID = R ⇔ +   = +  ⇔ 4  4  4  4  t = −2 ( loai ) 3 1 Khi đó B ( 3;0 ) ; I  ;  , phương trình đường thẳng AF là: y = 2 khi đó gọi A ( u; 2 ) ta có: 2 2   u = 1 ⇒ A (1; 2 ) ⇒ C ( 2; −1) AD. AB = 0 ⇔ −u. ( 3 − u ) + ( −1)( −2 ) = 0 ⇔  u = 2 ⇒ A ( 2; 2 ) ∈ EF ( loai ) Đáp số: A (1; 2 ) ; B ( 3;0 ) ; C ( 2; −1) ; D ( 0;1) là các điểm cần tìm. 2y − x   x + y = 2x − y + 2x Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  3 x 2 − 2 y + 2 = 2 x + 4 y 2 x − 1  Lời giải 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 1  x ≥ 2  Điều kiện:  x + y ≥ 0 2 x − y ≥ 0   (1) ⇔ x + y − 2 x − y = 2y − x ⇔ 2x 2 y − x = 0 2y − x 2y − x = ⇔ x + y + 2x − y 2x  x + y + 2x − y = 2x x + y + 2x − y = 2x ⇔ x + 2 - Nếu ( x + y )( 2 x − y ) = 0 vô nghiệm do x > 0 . - Nếu 2 y = x thay vào (2) ta được 3 x 2 − x + 2 = 2 x + 2 x 2 x − 1 ( ) ⇔ x 2x − 2x − 1 + x2 − 2x + 1 + x − 2 x + 1 = 0 ⇔ x ( ) 2 x − 1 − 1 + ( x − 1) + 2 2 ( ) 2 x − 1 = 0 (3)  x = 0 x 2x −1 −1 2 ≥ 0    2 x − 1 = 1 1 1 2   Ta có ( x − 1) ≥ 0 với x ≥ Nên (3) ⇔  x = 1 ⇔ x =1⇔ y = 2 2   2 x = 1  x −1 ≥ 0     1   Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .  2 Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm ( ( ) ) của AB, N thuộc BC sao cho BN = 2NC, MN: x + y – 1 = 0 và D(0; –1). Viết phương trình đường thẳng CD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C của hình vuông biết yM > 0 và yN < 0 . Lời giải: Đặt AB = 6a ⇒ NC = 2a ta có: DM = 3a 5 , DN = 2a 10 = MN = 5a . Khi đó ta có cos DMN DM 2 + MN 2 − DN 2 1 . = 2.DM .MN 5  = d ( D; MN ) ⇒ DM = 10 . Khi đó DM .sin DMN 2 Gọi M ( t ;1 − t ) ta có t 2 + ( 2 − t ) đó: Khi DN = DM = 2 5 2 ⇔ u2 + (2 − u ) 3 +) Với u = 2  3 3 1 t = 2 ⇒ M  2 ; − 2  ( l ) 10   = ⇔  1 4 1 1 t = ⇒ M  ;  2 2  2 10 2 ⇒a= . 2 6  u = 20 = ⇔ 9 u =  G ọi N ( u;1 − u ) ( u > 1) ta có: 4 3 2 3   4  4 1  7 −3  ta có: N  ; −  , gọi K = MN ∩ CD ta có: MN = 2 NK ⇒ K  ;  3  3 3 4 4  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 7 4 Khi đó CD : x − 7 y − 7 = 0 ⇒ BC : 7 x + y − 9 = 0 ⇒ C  ; −  5 5   6 3  1 2 Lại có: 2CN = NB ⇒ B  ;  ⇒ A  − ;  5 5  5 5  1 2  6 3 7 4 Vậy A  − ;  ; B  ;  ; C  ; −  và CD : x − 7 y − 7 = 0  5 5 5 5 5 5 1 1   x − y + 2 x2 + 1 = 2 y 2 + 1  Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2 .  6x + 4 y + 8 = 5 x2 + y2 + 3  2 x − y + 1 Lời giải. 1 1 Điều kiện 2 x − y + 1 ≠ 0 . Phương trình thứ nhất tương đương với x + 2 = y+ 2 . 2x +1 2 y +1 1 Xét hàm số f ( t ) = t + 2 ; t ≠ 0 thì 2t + 1 f ′ (t ) = 1 − ( 2t 4t 2 + 1) 2 = 4t 4 + 4t 2 − 4t + 1 ( 2t 2 + 1) 2 = 4t 4 + ( 2t − 1) ( 2t 2 + 1) 2 2 > 0, ∀t ≠ 0 . Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên tập số thực. Thu được f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . 6 x2 + 4 x + 8 = 5 2 x 2 + 3 ⇔ 6 x 2 + 4 x + 8 = 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 x +1 Phương trình thứ hai khi đó trở thành ⇔ 2 ( x 2 + 2 x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3 ) = 0 ⇔ 2 ( x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3) = 0 2 Với x ≠ −1 , đặt x + 1 = u; 2 x 2 + 3 = v ( v > 0 ) thu được  u = 2v 2u 2 − 5uv + 2v 2 = 0 ⇔ ( u − 2v )( 2u − v ) = 0 ⇔  v = 2u Xét các trường hợp  x ≥ −1  x ≥ −1  u = 2v ⇔  2 ⇔ (Hệ vô nghiệm).  2 2  x + 2 x + 1 = 8 x + 12 7 x − 2 x + 11 = 0  x ≥ −1  x ≥ −1 −4 + 14 −4 + 14  v = 2u ⇔  2 ⇔ ⇒x= ⇒y= .  2 2 2 2 2 x + 8 x + 1 = 0 2 x + 3 = 4 ( x + 2 x + 1) −4 + 14 −4 + 14 Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = ;y= . 2 2 Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có H(4; 0) là trực  3 tâm tam giác BCD, I  2;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, điểm B thuộc đường thẳng  2 3 x − 4 y = 0 , đường thẳng BC đi qua M(5; 0). Tìm tọa độ các đỉnh hình bình hành đã cho, biết B có hoành độ dương và C có hoành độ nguyên. Lời giải: 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 Do H là trực tâm tam giác BCD nên DH ⊥ BC ⇒ DH ⊥ AD , tương tự ta cũng có AB ⊥ BH do đó tứ giác ABHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH, do đó I là trung điểm của AH vậy A ( 0;3) 3 x − 4 y = 0  Giải hệ  5 ⇒ B ( 4;3) ( vì xB > 0 )  IA = IB = 2 Phương trình đường thẳng BC qua B và M là: BC : 3 x + y − 15 = 0 .  t 3t  Khi đó gọi C ( t ; −3t + 15 ) ⇒ K  ; − + 9  ⇒ D ( t − 4; −3t + 15 ) 2 2  t = 4 ( loai ) ≡ C 2 5 3 25 2  Lại có: IA = ID = ⇔ ( t − 4 − 2 ) +  −3t + 15 −  = ⇔  53 t = 2 2 4   10  53 −9   13 9  Vậy C  ;  ; D  ; −  ; A ( 0;3) ; B ( 4;3) là điểm cần tìm.  10 10   10 10  BÀI NÀO CÓ GIẢI SAI, TÍNH NHẦM THÌ MONG CÁC EM HẾT SỨC THÔNG CẢM NHÉ! Không nên lên hsmoon kêu ca, Thầy chân thành cảm ơn các em, hic hic 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