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 13)
Thầy Đặng Việt Hùng
x − 1 = 3 − x + ( 2 x − 1)( x − y ) 2
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2 x 3 − 11x 2 + 20 x + y 2 − 4 y + 5 = 13
3 3 y2 − 5 = x − 2 + 1
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
2
2
( x + y − 3) x + y + 5 = ( 2 x − 3) 2 x + 5
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( −2; −1) , trực tâm
H ( 2;1) , BC = 2 5. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác lên các cạnh AC, AB.
Viết phương trình BC biết rằng trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x − 2 y − 1 = 0 , tung độ của M
dương và DE đi qua điểm N ( 3; −4 ) .
5 10
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm G ; , đường
3 3
tròn ( C ) đi qua A và tiếp xúc với cạnh BC tại B có tâm I ( 0;3) . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
biết đường thẳng AB đi qua E (1; −1) , điểm C thuộc đường thẳng 2 x − y − 2 = 0 và có hoành độ nguyên,
điểm A có
Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình x3 − 5 x 2 − 18 x + 89 ≥ 17 − x 2
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện − 17 ≤ x ≤ 17 . Bất phương trình đã cho tương đương với
x3 − 5 x 2 − 18 x + 88 + 1 − 17 − x 2 ≥ 0
⇔ ( x − 4 ) ( x − x − 22 ) +
2
x 2 − 16
1 + 17 − x 2
≥0
x+4
⇔ ( x − 4 ) 22 + x − x 2 −
≥ 0 (1)
2
1
+
17
−
x
2
2
Nhận xét 22 + x − x = (17 − x ) + x + 5 > 0, ∀x ∈ − 17; 17 nên xét hai trường hợp
x+4
• Nếu x + 4 < 0 ⇒ x − 4 < 0; 22 + x − x 2 −
> 0 , (1) vô nghiệm.
1 + 17 − x 2
x+4
• Nếu x + 4 ≥ 0 ⇒ 22 + x − x 2 = (17 − x 2 ) + x + 5 ≥ x + 5 > x + 4 ≥
.
1 + 17 − x 2
x+4
Suy ra 22 + x − x 2 −
> 0 . Do đó (1) ⇔ x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 .
1 + 17 − x 2
Kết hợp với điều kiện thu được nghiệm 4 ≤ x ≤ 17 .
Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình
( 2 x − 1)( 3x − 2 ) + 7 x 2 + 1 > 6 x3 + 3x
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
2
1
∨x≤ .
3
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
Điều kiện 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
( 2 x − 1)( 3x − 2 ) − 1 > 6 x3 − 7 x 2 + 3x − 2
⇔
6 x2 − 7 x + 1
( 2 x − 1)( 3 x − 2 ) + 1
> ( x − 1) ( 6 x 2 − x + 2 )
6x −1
< 0 (1)
⇔ ( x − 1) 6 x 2 − x + 2 −
( 2 x − 1)( 3x − 2 ) + 1
Nhận định 6 x 2 − x + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ nên kết hợp với điều kiện xác định ta có
6x −1
Nếu 6 x − 1 < 0 ⇒ 6 x 2 − x + 2 −
> 0; x − 1 < 0 , (1) nghiệm đúng.
( 2 x − 1)( 3x − 2 ) + 1
Nếu 6 x − 1 ≥ 0 ⇒
6x −1
( 2 x − 1)( 3x − 2 ) + 1
Suy ra ta có 6 x 2 − x + 2 −
< 6 x − 1 < 6 x + ( 2 x − 1)( 3x − 2 ) = 6 x 2 − x + 2 .
6x −1
( 2 x − 1)( 3 x − 2 ) + 1
> 0 , đi đến (1) ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 hay
1
≤ x < 1.
6
1 2
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm S = −∞; ∪ ;1 .
2 3
Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hinh vuông ABCD với điểm N(1; 2) là
trung điểm của BC, d : 5 x − y + 1 = 0 là đường trung tuyến xuất phát từ A của tam giác ADN. Tìm tọa độ
đỉnh A của hình vuông ABCD.
Lời giải:
Đặt AB = 2a ta có: BN = CN = a , tam giác ABN vuông tại B suy ra
AN 2 = AB 2 + BN 2 = 5a 2 ⇒ AN = a 5 ⇒ DN = a 5 .
Tam giác AND có AM là đường trung tuyến
AN 2 + AD 2 DN 2 13a 2
Ta có: AM =
−
=
2
4
4
2
AN 2 + AM 2 − MN 2
7
Khi đó cos MAN =
=
.
2. AM . AN
65
⇒ AN = 10
Khi đó d ( N ; AM ) = AN sin MAN
2
t =
5
2
2
Gọi A ( t ;5t + 1) ⇒ AN 2 = ( t − 1) + ( 5t − 1) = ⇒
2
t =
1 7
A ;
2 2
−1
−1 21
⇒ A ;
26
26 26
1
⇒
2
1 7 1 21
Vậy A ; ; A − ; là các điểm cần tìm.
2 2 26 26
Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải bất phương trình
(x
2
+ 1) 1 − x > ( x 2 + 2 x ) x
( x ∈ ℝ).
Lời giải:
ĐK: 0 ≤ 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
Khi đó (1) ⇔ x 2
⇔
(
) (
1− x − x +
www.Moon.vn
)
1 − x − 2x x > 0
2
x 2 (1 − 2 x ) (1 − 2 x ) ( 2 x + x + 1)
1 − x − 4 x3
+
>0⇔
+
>0
1− x + x
1 − x + 2x x
x + 1− x
2x x + 1 − x
x 2 (1 − x − 2 )
x2
2x2 + x + 1
⇔ (1 − 2 x ) +
+
>0
x + 1 − x 2x x + 1− x
(2)
x2
2 x2 + x + 1
+
> 0.
x + 1 − x 2x x + 1 − x
Với 0 ≤ x ≤ 1 ⇒
1
1
Do đó ( 2 ) ⇔ 1 − 2 x > 0 ⇔ x < . Kết hợp với (*) ta được 0 ≤ x < thỏa mãn.
2
2
1
Vậy (1) có nghiệm là T = 0; .
2
Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp
32
đường tròn (T ) : ( x − 5)2 + ( y − 6)2 =
. Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm
5
M(7;8) và N ( 6;9 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.
Lời giải:
Đường tròn (T ) tâm I ( 5;6 ) là tâm hình thoi và bán kính
R=
4 2
. Khi đó PT đường thẳng AC : x − y + 1 = 0 .
5
Khi đó ta có BD : x + y − 11 = 0 .
Gọi n AB = ( a; b ) ta có: AB : a ( x − 7 ) + b ( y − 8 ) = 0
Ta có: d ( I ; AB ) =
2a + 2b
a +b
2
2
= R ⇔ (a + b) =
2
8 2
a + b2 )
(
5
⇔ ( a − 3b )( 3a − b ) = 0
• Với a = 3b chọn n AB = ( 3;1) ⇒ AB : 3 x + y − 29 = 0 ⇒ A ( 7;8 ) ; B ( 9; 2 ) ⇒ C ( 3; 4 ) ; D (1;10 )
• Với 3a = b chọn n AB = (1;3) ⇒ AB : x + 3 y − 31 = 0 ⇒ A ( 3; 4 ) ; B (1;10 ) ⇒ C ( 7;8 ) ; D ( 9; 2 )
Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải bất phương trình 3 x − 4 ≥ 2 3x 2 − 5 x + 2 − 27 x 2 − 98 x + 29
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
27 x − 98 x + 29 ≥ 0
Điều kiện 3x 2 − 5 x + 2 ≥ 0
⇔ x ≥ 4.
x ≥ 4
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
27 x 2 − 98 x + 29 ≥ 2 3x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 4
Nhận xét: x ≥ 4 ⇒ 2 3 x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 4 =
12 x 2 − 29 x + 44
2 3x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 4
(1) .
> 0 . Khi đó
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) ⇔ 27 x 2 − 98 x + 29 ≥ 4 ( 3x 2 − 5 x + 2 ) + 9 x − 36 − 12 ( 3x − 2 )( x − 1)( x − 4 )
⇔ 15 x 2 − 87 x + 57 + 12
( 3x − 2 )( x − 4 ) .
x −1 ≥ 0
⇔ 5 ( 3 x 2 − 14 x + 8 ) + 12 3 x 2 − 14 x + 8. x − 1 − 17 ( x − 1) ≥ 0
Đặt
( 2)
3x 2 − 14 x + 8 = u; x − 1 = v ( u > 0; v > 0 ) thì (2) trở thành
5u 2 + 12uv − 17v 2 ≥ 0 ⇔ ( u − v )( 5u + 17v ) ≥ 0 ⇔ u ≥ v ⇔ 3 x 2 − 14 x + 8 ≥ x − 1
5 + 13
5 − 13
∨x≥
2
2
5 + 13
Kết hợp điều kiện ta có tập hợp nghiệm S =
; +∞ .
2
Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có 2 đáy AD = 3BC ,
phương trình cạnh AD là x − y + 8 = 0 , biết trung điểm canh AB là E ( 0;5 ) đường thẳng CD đi qua điểm
⇔ 3 x 2 − 15 x + 9 ≥ 0 ⇔ x 2 − 5 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥
P ( 2;3) và diện tích hình thang ABCD bằng 12. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D có
hoành độ dương.
Lời giải:
Gọi h là chiều cao hình thang ta có: h = 2d ( E ; AD ) = 3 2
AD + BC
4 BC
Khi đó ta có: S ABCD =
.h =
.3 2 = 12
2
2
Do vậy BC = 2 , gọi F là trung điểm cạnh CD ta có EF là
đường trung bình của hình thang PT : EF : x − y + 5 = 0 .
BC + AB
Suy ra EF =
= 2 BC = 2 2 .
2
Gọi F ( t; t + 5 ) ta có: EF 2 = 2t 2 = 8 ⇔ t = ±2
Với t = −2 ⇒ F ( −2;3) khi đó CD : y = 3 ⇒ D ( −5;3) ( loai )
Với t = 2 ⇒ F ( 2;7 ) ⇒ CD : x = 2 ⇒ D ( 2;10 ) ⇒ C ( 2; 4 ) ⇔ BC : x − y + 2 = 0
Gọi I = AB ∩ CD theo Talet ta có:
IC 1
xI = 2
= ⇒ ID = 3IC ⇔
⇒ I ( 2;1)
ID 3
10 − yI = 3 ( 2 − yI )
Phương trình đường thẳng AB là: 2 x + y − 5 = 0 ⇒ B (1;3) ; A ( −1;7 )
Vậy B (1;3) ; A ( −1;7 ) ; C ( 2; 4 ) ; D ( 2;10 ) là các điểm cần tìm
x3 + x 2 y − y + 4 = 4 x 2 + x,
Ví dụ 12. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2
x ( 2 x − 3) + 5 − y = x − 4.
Lời giải.
Điều kiện x ( 2 x − 3) ≥ 0; y ≤ 5 .
Dễ thấy hệ có nghiệm thì x 2 − 4 ≥ 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
x2 = 1
3
2
2
2
x − x + x y − y − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x + y − 4 ) ( x − 1) = 0 ⇔
⇒ y = 4− x.
x + y = 4
Phương trình thứ hai trở thành
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
x ( 2 x − 3 ) + 5 − y = x 2 − 4 ⇔ x ( 2 x − 3 ) − 3 +
(
www.Moon.vn
)
x + 1 − 2 = x2 − 9
x = 3
2x − 6
2x + 3
2
⇔
+
= ( x − 3)( x + 3 ) ⇔
+
= x+3
x +1 + 2
x ( 2 x − 3) + 3
x ( 2 x − 3) + 3
x
+
1
+
2
2x + 3
2
2x + 3
+
<
+ 1 < x + 3, ∀x ≥ −1 nên (1) vô nghiệm.
3
x +1 + 2
x ( 2 x − 3) + 3
2 x 2 − 3x − 9
Do
(1)
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm duy nhất x = 3 , hệ có nghiệm x = 3; y = 1 .
x 6 + 3 x 2 y 2 = x3 y 3 + 3 xy 3 ,
Ví dụ 13. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
3
3
2 y − 1 + 3 x + 6 x = 2 y + y + 7.
Lời giải.
( x; y ∈ ℝ ) .
3
x2
x2
1
Điều kiện y ≥ . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với + 3 = x3 + 3 x
2
y
y
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t ; t ∈ ℝ ⇒ f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ .
(1) .
x2
Hàm số trên liên tục và đồng biến trên ℝ nên (1) ⇔ f = f ( x ) ⇔ x = y .
y
Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành
2 x − 1 + x 3 + 5 x = 7 ⇔ 2 x − 1 − 1 + x3 + 5 x − 6 = 0 ⇔ 2 x − 1 − 1 + ( x − 1) ( x 2 + x + 6 ) = 0
⇔
2x − 2
2
+ ( x − 1) ( x 2 + x + 6 ) = 0 ⇔ ( x − 1)
+ x2 + x + 6 = 0
2x −1 +1
2x −1 +1
( 2)
2
2
2
1 23
1
Để ý rằng
+ x2 + x + 6 =
+x+ +
> 0, ∀x ≥
2
4
2
2x −1 +1
2x −1 + 1
nên ( 2 ) ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 .
Kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;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 -
.PDF 
5 
123 
104 
