Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 12)

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 12) Thầy Đặng Việt Hùng  x + y + 2 + 3x + 2 y − 1 = x + 3 + 2  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2 2 ( x + y )( x − 1) + 3 3 x ( 3 x − 3 x + 1) = 3 x  2x −1 − x = 7 1 − y2  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  4 3 2 3 2 x − 4 x + x + 2 x − 1 = ( y − 1) 4 − y Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) tâm I (1; 2 ) và trực tâm H thuộc đường thẳng d : x − 4 y − 5 = 0 . Biết đường thẳng AB có phương trình 2 x + y − 14 = 0 và khoảng cách từ C đến AB bằng 3 5 . Tìm tọa độ điểm C biết rằng hoành độ điểm C nhỏ hơn 2. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) tâm I (1; 2 ) . Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C, phương trình đường thẳng EF là 3 x − y − 7 = 0 , biết tiếp tuyến tại A của đường tròn ( C ) đi qua M ( 4;1) , trung điểm của AC thuộc trục hoành và điểm C có hoành độ không dương . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 4 3 2 2 3  7 + x y + 4 + y2 + 4 + 9x + 9 = 0 Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  4 x + 1 + xy y 2 + 4 = 0  Lời giải Điều kiện: x ≥ −1 Nhận thấy x = −1 hay y = 0 không thỏa mãn hệ. Với x ≠ −1 và y ≠ 0 ta có: ( (2) ⇔ 4 x + 1 = − xy y + 4 ⇔ 2 ⇔ x +1 − 1 = x +1 y y2 + 4 x −4 = ⇔ x + 1 y y2 + 4 ) y 2 − ( y 2 + 4) x = x +1 y y2 + 4 y2 + 4 (3) y − 1 1 trên ℝ có f ′ ( t ) = 1 + 2 > 0∀t ∈ ℝ t t   y Suy ra f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (3) ⇔ f x + 1 = f   ⇔ x +1 =  y2 + 4    4  4 x +1 = 1− 2 y + 4 ⇔ − = y 2 + 4 thay vào (1) ta được ⇔ x y ≥ 0  Xét hàm số f ( t ) = t − ( 3 7 − 4x − x + 3 9x + 9 = 0 ⇔ x − ⇔ x3 − x2 + 8 (9 x + 9) 27 2 3 x 9x + 9 + 3 3 (9 x + 9) 2 ) y y2 + 4 23 1 9x + 9 + 3 4x − 7 − 3 9x + 9 = 0 3 3 1 (4 x − 7) − (9 x + 9) 27 + =0 2 2 3 4x − 7 3 3 ( ) + ( 4 x − 7 )( 9 x + 9 ) + ( 9 x + 9 ) 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 11 ( x − 2 ) ( 3x 2 + 6 x + 4 ) ( x − 2) 3 3 ⇔ + =0 2 2 2 2 3 4x − 7 ( ) + 3 ( 4 x − 7 )( 9 x + 9 ) + 3 ( 9 x + 9 ) x2 + x 3 9 x + 9 + 3 (9 x + 9) 3 1 11 2   ( x + 1) +   3 3 ⇔ ( x − 2)  + =0 2 2 2 3 2 2 3 3 ( 4 x − 7 )( 9 x + 9 ) + 3 ( 9 x + 9 ) 3 4 7 x − + ( )  x + x 9 x + 9 + (9 x + 9)  3   2 ⇔ x = 2 ⇔ y + 4 = −2 vô nghiệm. Vậy hệ vô nghiệm. Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình x 2 − 3 x + 3 x − 1 ≤ 5 x 2 − 14 x + 3 ( x ∈ R) Lời giải  x ( x − 3) ≥ 0  Điều kiện:  x − 1 ≥ 0 ⇔ x≥3 5 x 2 − 14 x + 3 ≥ 0  Bình phương hai vế của bất phương trình, chúng ta có: ( x − 3x ) ( x − 1) + 9 ( x − 1) ≤ 5 x − 14 x + 3 ⇔ 6 ( x − 3 x ) ( x − 1) ≤ 4 x − 20 x + 12 ⇔ 3 x ( x − 4 x + 3) ≤ 2 x − 10 x + 6 ⇔ 2 ( x − 4 x + 3) − 2 x − 3 ( x − x ) ( x − 3) ≥ 0 x 2 − 3x + 6 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ ( 2 )( ) x2 − 4 x + 3 − 2 x 2 x2 − 4 x + 3 + x ≥ 0 ( ∗) Với điều kiện x ≥ 3 ⇒ 2 x 2 − 4 x + 3 + x > 0 do đó bất phương trình ( ∗) tương đương:  x ≥ 3 x ≥ 3 x ≥ 3 x2 − 4 x + 3 − 2 x ≥ 0 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x ≥ 4 + 13 x − 4x + 3 ≥ 4x  x − 8x + 3 ≥ 0  x − 4 x + 3 ≥ 2 x Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T =  4 + 13; +∞ . ) Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn tâm A có phương 2 2 trình ( C ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 25 và điểm B (1;3) , gọi D là một điểm chạy trên đường tròn (C) và C là điểm sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ các đỉểm C,D biết trọng tâm G của tam giác BCD thuộc đường thẳng d : x − y + 1 = 0 . Lời giải: Do ABCD là hình bình hành có AB = AD = R nên ABCD là hình thoi. Ta có tâm A (1; −2 ) . Gọi G ( t ; t + 1) , gọi I là tâm của hình thoi, do G là  4  trọng tâm tam giác BCD nên ta có AG = AI . 3 4 4    xG − 1 = 3 ( xI − 1) t − 1 = 3 ( xI − 1) ⇔ Do vậy  4  y + 2 = ( y + 2) t + 1 + 2 = 4 ( y + 2 ) G I I   3 3 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    3t + 1 3t + 1  ⇒I ;  . Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên ta có: IA.IB = 0 4   4   3t − 3 3t + 9    3t − 3 3t − 11  2 Ta có: AI =  ; ;  ; BI =   ⇒ ( 3t − 3) + ( 3t + 9 )( 3t − 11) = 0 2  4   4  4  5 5 t = 3 ⇒ G ( 3; 4 ) ; I  2 ; 2  ⇒ C ( 4;7 ) ⇒ D ( 4; 2 )   ⇔ 18t 2 − 24t − 90 = 0 ⇔   5 5 8  3 3 t = ⇒ G  ;  ; I  ;  ⇒ C ( 2;5 ) ⇒ D ( 2; 0 ) 3 3  2 2  3 5 x + y − 2 + x 3 − 3 x 2 + 6 x + 3 y = 7,  Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2 ( x + y ) + 2 x + 1 = 2 x − 1 + 4 x + 3 y. Lời giải. 1 Điều kiện x + y ≥ 2; x ≥ . 2 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2 ( x + y ) − 3x − 3 y + 2 = 2 x − 1 + x − 2 x ( ) ( x; y ∈ ℝ ) . ⇔ ( x + y ) − 3( x + y ) + 2 = 2x −1 − x + x − x 2 x ( x − 1) x −1 + 2x −1 + x x + x 1 x   2 ⇔ ( x + y ) − 3 ( x + y ) + 2 = ( x − 1)  +   2x −1 + x x + x  Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 3t + 2; t ≥ 2 ⇒ f ′ ( t ) = 2t − 3 > 0, ∀t ≥ 2 . ⇔ ( x + y ) − 3( x + y ) + 2 = 2 Hàm số liên tục và đồng biến trên miền đang xét dẫn đến f ( t ) ≥ f ( 2 ) = 0 . 1 x 1 + > 0, ∀x ≥ ⇒ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . 2 2x −1 + x x + x Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với Bên cạnh đó 5 x + y − 2 + x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 + 3 x + 3 y = 6 ⇔ 5 x + y − 2 + 3 ( x + y ) + ( x − 1) = 6 . 3 Dễ thấy ( x − 1) ≥ 0, ∀x ≥ 1 và hàm g ( t ) = 5 t − 2 + 3t ; t = x + y ≥ 2 đồng biến, liên tục. 3 Do đó g ( t ) = 5 t − 2 + 3t ≥ g ( 2 ) = 6 ⇒ 5 x + y − 2 + 3 ( x + y ) + ( x − 1) ≥ 6 . 3 x + y = 2 Phương trình có nghiệm khi  ⇔ x = y = 1 (Thỏa mãn hệ ban đầu). 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 www.Moon.vn 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, DM: x + y – 1 = 0 và N ( 0; −1) . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông biết yM > 0 Lời giải: Đặt AB = 6a ⇒ NC = 2a ta có: DM = 3a 5 , DN = 2a 10 DN 2 + DM 2 − MN 2 1  MN = 5a . Khi đó ta có: cos MDN = . = 2.DN .DM 2 Khi đó DN .sin 450 = d ( N ; DM ) ⇒ DN = 2 . Gọi D ( t ;1 − t ) ta có: t 2 + ( 2 − t ) = 2 ⇔ t = 1 ⇒ D (1; 0 ) 2 Khi đó MN = 5 2 , gọi M ( u;1 − u ) ta có: u 2 + ( 2 − u ) 10  3 1  M  2 ; − 2  ( loai ) 5   = ⇒  1 1 2 M  ;   2 2    1 7 Gọi K = MN ∩ CD ta có: MN = 2 NK ⇒ K  − ; −   4 4 42   7 Khi đó CD : 7 x − 5 y − 7 = 0 ⇒ BC : 5 x + 7 y + 7 = 0 ⇒ C  ; −   37 37    27   6  24 15  Lại có 2CN = NB ⇒ B  − ; −  ⇒ A  − ;   37 37   37 37  1 3x + 4  2 x + 3y + 1 = y − y + x + 1 Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình   9 y − 2 + 3 7x + 2 y + 2 = 2 y + 3  Lời giải  x > −1  Điều kiện:  2  y ≥ 9 1 1 = y2 − 3y − y x +1 (1) ⇔ x + 1 − 3 x + 1 − Xét f ( t ) = t 2 − 3t − 1 1 1 1 trên ( 0;+∞ ) có f ′ ( t ) = 2t − 3 + 2 = t + t + 2 − 3 ≥ 3 t.t. 2 − 3 = 0∀t ∈ ( 0; +∞ ) t t t t Suy ra hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) . Nên (3) ⇔ f Thay vào (2) ta được ( ) x +1 = f ( y) ⇔ x +1 = y 9 y − 2 + 3 7 y2 + 2 y − 5 = 2 y + 3 ⇔ y + 2 − 9 y − 2 + y + 1 − 3 7 y2 + 2 y − 5 = 0 ( y + 2) ⇔ 2 − (9 y − 2 ) y + 2 + 9y − 2 + ( y + 1) ( y + 1) 2 3 − ( 7 y 2 + 2 y − 5) + ( y + 1) 3 7 y 2 + 2 y − 5 + 3 ( 7 y 2 + 2 y − 5) 2 =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 ⇔ ( y − 2 )( y − 3) y + 2 + 9y − 2 + ( y + 1)( y − 2 )( y − 3) 2 2 ( y + 1) + ( y + 1) 3 7 y 2 + 2 y − 5 + 3 ( 7 y 2 + 2 y − 5) www.Moon.vn =0   y = 2 1 y +1   ⇔ ( y − 2 )( y − 3)  + = ⇔ 0  y + 2 + 9 y − 2 ( y + 1)2 + ( y + 1) 3 7 y 2 + 2 y − 5 + 3 7 y 2 + 2 y − 5 2  y = 3 ( )   Với y = 2 ⇒ x = 3 . Với y = 3 ⇒ x = 8 Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = {( 3; 2 ) , ( 8;3)} . Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có A ( −3;1) và điểm C thuộc đường thẳng d : x − 2 y − 5 = 0 . Gọi E là giao điểm thứ hai của CD và đường tròn tâm B bán kính BD, ( E ≠ D ) . Hình chiếu vuông góc của D lên đường thăng BE là điểm N ( 6; −2 ) . Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Lời giải: t +1  Gọi C ( 2t + 5; t ) ta có tâm hình chữ nhật là I  t + 1; . 2   2 t +5  t −1  Ta có : IN = IA ⇔ ( t − 5 ) +   = (t + 4) +    2   2  2 2 2 ⇔ t = 1 ⇒ C ( 7;1) ; I ( 2;1) Ta có BD = BE = R , mặt khác BC ⊥ CD nên D và E đối xứng nhau qua BC. Dễ thấy AC / / BE ⇒ DN ⊥ AC tại K khi đí CK là đường trung bình của tam giác NED hay D và N đối xứng nhau qua AC: y = 1 Khi đó D ( 6; 4 ) ⇒ B ( −2; −2 ) Đ/s: B ( −2; −2 ) , C ( 7;1) là các điểm cần tìm. Ví dụ 12. [Tham khảo]: Giải bất phương trình x − 1 + x 2 + 5 x + 6 < 4 x 2 + 11x − 6 . Lời giải. x ≥ 1  Điều kiện  x 2 + 5 x + 6 ≥ 1 ⇔ x ≥ 1 .  2 4 x + 11x − 6 ≥ 0 Bất phương trình đã cho tương đương với x − 1 + x2 + 5x + 6 + 2 ⇔2 Đặt ( x − 1)( x + 3). ( x − 1)( x + 2 )( x + 3) < 4 x 2 + 11x − 6 x + 2 < 3 x 2 + 5 x − 11 ⇔ 2 x 2 + 2 x − 3. x + 2 < 3 ( x 2 + 2 x − 3) − ( x + 2 ) ( ∗) x 2 + 2 x − 3 = a; x + 2 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) thì (*) trở thành  1 + 21 x > 2 2ab < 3a 2 − b 2 ⇔ ( a − b )( 3a + b ) > 0 ⇔ a > b ⇔ x 2 + 2 x − 3 > x + 2 ⇔ x 2 − x − 5 > 0 ⇔   1 − 21 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  21 + 1  Kết hợp điều kiện ta thu được tập hợp nghiệm S =  ; +∞  .  2  Thầy Đặng Việt Hùng đz 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!