Tài liệu Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 14)

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 14) Thầy Đặng Việt Hùng 1 4  1 + =  2 2 y −1 2x + 2 y Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x + 1  2 3  y − 2 x + ( y − 2 ) ( x − 2 ) = 4  x + 4 y2 +1 − x + 4 = y y − x + 3  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   x 2 ( y 2 − 1) − 2 x + 1 = 3 x 2 + 6 y 2 − 17  ) ( ( ) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( 2;1) , tâm đường tròn ngoại tiếp là I (1; 0 ) . Trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x − 2 y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm N ( 6; −1) và điểm B có hoành độ nhỏ hơn 4. Đ/s : B ( 2; 3) ,C ( 4;−1) Vi dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) đường kính BC, 7 5 phân giác góc
ABC cắt đường thẳng AC và đường tròn ( C ) lần lượt tại 2 điểm H  ;  và D ( D ≠ B ), 2 2 biết đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm K ( 3;1) và điểm C thuộc đường thẳng x − 2 y + 1 = 0 và có hoành độ nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường tròn ( C ) Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2 ( x ∈ ℝ ). Lời giải: ĐK: x ≥ ⇔ 2 (*). Khi đó (1) ⇔ x + 2 − 3 x − 2 + x 2 − x − 2 ≤ 0 3 2 ( x − 2) x + 2 − 3x + 2 + ( x + 1)( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) − ≤0 x + 2 + 3x − 2 x + 2 + 3x − 2 2   ⇔ ( x − 2)  x + 1 − ≤0 x + 2 + 3x − 2   Với x ≥ 2 2 2 ⇒ x +1− ≥ +1− 3 x + 2 + 3x − 2 3 (2) 2 = 2 +2 +0 3 Do đó ( 2 ) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2. Kết hợp với (*) ta được 10 − 3 6 > 0. 6 2 ≤ x ≤ 2 thỏa mãn. 3 2  Vậy (1) có nghiệm là T =  ; 2  . 3  ( Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải bất phương trình 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 2 x + 3 2 ) 2 ( x ∈ ℝ). 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 ĐK: x ≥ − ( 2 x + 10 )(1 − 2 x − 3) 3 2 (*). Khi đó (1) ⇔ 4 ( x + 1) < 2 2 1+ 2x + 3 ( ⇔ 4 ( x + 1) < 2 8 ( x + 5 )( x + 1) (1 + x +1 ≠ 0  ⇔  1 + 2 x + 3 ( ) 2 2x + 3 ) 2 2 ( ⇔ ( x + 1) 1 + 2 x + 3 2 www.Moon.vn 2 ) ) 2 < 2 ( x + 1) ( x + 5 ) 2  x ≠ −1 ⇔ < 2 ( x + 5) 2 x + 4 + 2 2 x + 3 < 2 x + 10  x ≠ −1  x ≠ −1  x ≠ −1  ⇔ ⇔ ⇔ 3  2 x + 3 < 3 0 ≤ 2 x + 3 < 9 − 2 ≤ x < 3 Kết hợp với (*) ta được x ≠ −1 và − 3 ≤ x < 3 thỏa mãn. 2  3  Vậy (1) có nghiệm là T =  − ;3  \ {−1} .  2  Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có AD = 2 AB , điểm A ( −4; −2 ) , đường phân giác góc
ABC có phương trình là d : 2 x + y = 0 , biết đường thẳng CD đi qua điểm K ( 3; −6 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD. Lời giải : Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD khi đó ABMN là hình thoi BN là phân giác góc ABC. Gọi E = AM ∩ CD ⇒ M là trung điểm của AE. Phương trình AE : x − 2 y = 0 ⇒ I ( 0;0 ) ⇒ M ( 4; 2 ) ⇒ E (12;6 ) Phương trình CD : 4 x − 3 y − 30 = 0 , MD : 2 x + y − 10 = 0 Suy ra D ( 6; −2 ) , C là trung điểm của ED nên C ( 9; 2 ) Từ đo ta có: B ( −1; 2 )  2 x ( x − y ) + 2 y ( 4 y − x ) = x + 2 y Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  ( x + 2 y + 3 ) 5 − 2 y + ( 3 x − 4 y − 9 ) 2 x − 1 + x = 2 y Lời giải: 2 x ( x − y ) ≥ 0  2 y ( 4 y − x ) ≥ 0 Điều kiện:  5 − 2 y ≥ 0, 2 x − 1 ≥ 0  x ≥ 0, y ≥ 0  Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: 2x ( x − y ) + 2 y ( 4 y − x) = x ( 2x − 2 y ) + 2 y ( 4 y − x) ≤ ( x + 2 y )( 2 x − 2 y + 4 y − x ) = x + 2 y x 2y = ⇔ 4 xy − x 2 = 4 xy − 4 y 2 ⇔ x 2 = 4 y 2 ⇔ x = 2 y 2x − 2 y 4 y − x Với x = 2 y thay vào phương trình (2) ta ta có: ⇒ 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 ( 2 x + 3) www.Moon.vn 5 − x + ( x − 9 ) 2 x − 1 + x = x ⇔ ( 2 x + 3) 5 − x + ( x − 9 ) 2 x − 1 = 0 (*) Đặt a = 5 − x , b = 2 x − 1 phương trình (*) trở thành (b 2 + 4 ) a − ( a 2 + 4 ) b = 0 ⇔ ab 2 + 4a − a 2 b − 4b = 0 a = b ⇔ ab ( b − a ) − 4 ( b − a ) = 0 ⇔ ( b − a )( ab − 4 ) ⇔   ab = 4 +) Với a = b ⇒ 5 − x = 2 x − 1 ⇔ 5 − x = 2 x − 1 ⇔ x = 2 ⇒ y = 1 +) Với ab = 4 ⇒ Ta có ( 5 − x )( 2 x − 1) = 4 (**) ( 5 − x )( 2 x − 1) = 1 9 (10 − 2 x )( 2 x − 1) ≤ 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) 2 2 < 4 ⇒ (**) VN Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) = 2 2 25 . 2 Lập phương trình cấc đường thẳng chứa cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng các cạnh của hình vuông tiếp xúc với đường tròn tại trung điểm mỗi cạnh, và một đỉnh của hình vuông thuộc đường thẳng d : 3 x + 4 y + 20 = 0. Lời giải: Giả sử A thuộc d : 3 x + 4 y + 20 = 0 , gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AD . Dễ thấy AMIN là hình vuông, khi đó IA = IM 2 = R 2 = 5 . 2  −3t − 20   −3t − 20  2 Gọi A  t ; − 2  = 25 ⇔ t = −4  ta có: IA = ( t + 1) +  4 4     2 Khi đó A ( −4; −2 ) ⇒ C ( 2; 6 ) ⇒ BD : 3x + 4 y − 5 = 0 . 3 x + 4 y − 5 = 0 Khi đó toạ độ B,D là nghiệm của HPT:  2 2 ( x + 1) + ( y − 2 ) = 25  x = −5; y = 5  B ( −5;5 ) ; D ( 3; −1) ⇔ ⇒  x = 3; y = −1  B ( 3; −1) ; D ( 5; −5 ) Từ đó suy ra phương trình các cạnh của hình vuông là: 7 x + y + 30 = 0; 7 x + y − 20 = 0; x − 7 y − 10; x − 7 y + 40 = 0 là các đường thẳng cần tìm. ( x + 6 y + 3) xy + 3 y = y ( 8 y + 3 x + 9 ) Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  2  − x + 8 x − 24 y + 417 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 Lời giải: ĐK: y ≥ 1; xy + 3 y ≥ 0; − x 2 + 8 x − 24 y + 417 ≥ 0 (*) Khi đó (1) ⇔ ( x + 6 y + 3) . y . x + 3 = y ( 8 y + 3 x + 9 ) . Đặt x + 3 = a ≥ 0; y = b ≥ 1 ⇒ (1) trở thành (a 2 + 6b 2 ) ab = b 2 ( 8b 2 + 3a 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 ⇔ b ( a 3 + 6ab 2 − 8b3 − 3a 2b ) = 0 ⇔ b ( a − 2b ) ( a 2 − ab + 4b 2 ) = 0 www.Moon.vn (3) 2 b  15b 2  Với b ≥ 1 có a 2 − ab + 4b 2 =  a −  + > 0. Do đó ( 3) ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b 2 4  ⇒ x + 3 = 2 y ⇒ x + 3 = 4 y ⇔ x = 4 y − 3. Thế vào (2) ta được − ( 4 y − 3) + 8 ( 4 y − 3) − 24 y + 417 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 2 ⇔ −16 y 2 + 32 y + 384 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 ⇔ 4 − y 2 + 2 y + 24 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 ⇔4 ( y + 4 )( 6 − y ) = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 ⇔ 4 y + 4. 6 − y = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 Áp dụng BĐT Cô-si ta có 4 y + 4. 6 − y ≤ 4. ( y + 4 ) + ( 6 − y ) = 20. 2 Với y ≥ 1 ⇒ ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 ≥ 0 + 4 + 16 = 20. Do đó 4 y + 4. 6 − y ≤ ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16. Dấu " = " xảy ra ⇔ y = 1 ⇒ x = 4.1 − 3 = 1. Thử lại x = y = 1 thỏa mãn hệ đã cho. Đ/s: ( x; y ) = (1;1) . Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B ( 3; 4 ) , đỉnh A thuộc đường thẳng d : x + y − 5 = 0 . Gọi (T) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK, biết K ( 2; −3) là giao điểm của BI và EF. Lời giải:   
= 1800 − A − B = 900 + C Ta có: BIA 2 2 2 
= C (cùng phụ với CIE
). Lại có: IEF 2  C
. Do vậy
AEK = 900 + = BIA 2 Từ đó suy ra tứ giác AEKI nội tiếp do vây
AKI =
AEI = 900 ( cùng chắn cung AI) hay AK ⊥ BK ⇒ AK : x + 7 y + 19 = 0 ⇒ A ( 9; −4 ) . Do tam giác ABK vuông tại K nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm M ( 6;0 ) của AB và bán kính R= 1 2 AB = 5 . Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK là ( x − 6 ) + y 2 = 25 . 2 Ví dụ 12. [Tham khảo]: Giải bất phương trình ( x + 2 ) x 2 − 2 x + 2 > x 2 + x − 1 ( x ∈ ℝ). Lời giải: ĐK: x 2 − 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) + 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ ℝ (*) 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 Khi đó (1) ⇔ x 2 + x − 1 − ( x + 2 ) x 2 − 2 x + 2 < 0 ) ( ⇔ ( x2 − 2 x − 7 ) + 3 ( x + 2) − ( x + 2) x2 − 2 x + 2 < 0 ⇔ ( x2 − 2 x − 7 ) + ( x + 2) 3 − x2 − 2 x + 2 < 0 ⇔ ( x − 2x − 7) + 2 ( x + 2) (9 − x2 + 2 x − 2) 3 + x2 − 2 x + 2 < 0 ⇔ ( x − 2x − 7) − 2   x+2 2 ⇔ ( x2 − 2 x − 7 ) 1 −  < 0 ⇔ ( x − 2x − 7) 2  3 + x − 2x + 2  Với ∀x ∈ ℝ có (1 − x ) x2 − 2 x + 2 = 2 (1 − x ) +1 > 2 ( ( x + 2 ) ( x2 − 2 x − 7 ) 3 + x2 − 2 x + 2 <0 ) x2 − 2x + 2 +1 − x < 0 (2) = 1 − x ≥ − (1 − x ) ⇒ x 2 − 2 x + 2 + 1 − x > 0. Do đó ( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x − 7 < 0 ⇔ 1 − 2 2 < x < 1 + 2 2. ( ) Vậy (1) có nghiệm là T = 1 − 2 2;1 + 2 2 . Ví dụ 13. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm B ( 9;5 ) , trên cạnh AD lấy điểm M, đường thẳng vuông góc với BM cắt đường thẳng CD tại N, phân giác trong góc
cắt cạnh CD tại E, biết phương trình đường thẳng ME : 7 x + y − 38 = 0 , điểm D thuộc đường thẳng MBN 2 x − y − 1 = 0 và có hoành độ nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D. Lời giải:
( cùng phụ với góc MBC
) Ta có:
ABM = CBN Do vậy ∆ABM = ∆CBN ⇒ BM = BN . Khi đó ∆MBE = ∆NBE ⇒ BH = BC (2 đường cao tương ứng của 2 tam giác bằng nhau ). Do vậy BC = d ( B; ME ) = 3 2 ⇒ BD = 6 . Gọi D ( t ; 2t − 1) ⇒ BD 2 = ( t − 9 ) + ( 2t − 6 ) = 36 2 2 t = 3 ⇒ D ( 3;5 ) ⇒ BD : y = 5  ⇔  27  27 49  t= ⇒ D  ;  ( loai )  5  5 5  Khi đó AC : x = 6 ⇒ I ( 6;5) là tâm hình vuông khi đó A ( 6; 2 ) ; C ( 6;8 ) hoặc ngược lại. Vậy D ( 3;5) ; A ( 6; 2 ) ; C ( 6;8 ) hoặc D ( 3;5) ; A ( 6;8 ) ; C ( 6; 2 ) là các điểm cần tìm. 17 − x 2 = x 3 + x + 2 63 − 14 x − 18 y  Ví dụ 14. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình  y .  x x 2 + 2 x + 9 + 12 y = 34 + 2 (13 − 3 y ) 17 − 6 y )  ( ( ) Lời giải. 17 ; x ≥ 0;63 − 14 x − 18 y ≥ 0 . 6 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x3 + 2 x 2 + 9 x = (17 − 6 y ) 17 − 6 y + 2 (17 − 6 y ) + 9 17 − 6 y . Điều kiện 0 ≤ y ≤ Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + 9t ⇒ f ′ ( t ) = 3t 2 + 4t + 9 = ( t + 2 ) + 2t 2 + 5 > 0, ∀t ∈ ℝ . Suy ra hàm số này liên tục và đồng biến trên tập hợp số thực ℝ . Hơn nữa  x 2 = 17 − 6 y f ( x ) = f 17 − 6 y ⇔ x = 17 − 6 y ⇔  x ≥ 0 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 Phương trình thứ nhất của hệ lúc đó trở thành 6y = 3 x + x + 2 63 − 14 x + 3 ( x 2 − 17 ) ⇔ 6 = 3x + x + 2 3x 2 − 14 x + 12 y 3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( x2 − 4 x + 4) − 2 x ⇔ 3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( 2 − x ) − 2 x 2 Đặt 2 − x = u; x = v ( v ≥ 0 ) thu được 3u − v ≥ 0 3u − v = 2 3u 2 − 2v 2 ⇔  2 2 2 2 9u − 6uv + v = 12u − 8v • • 3u − v ≥ 0 3u − v ≥ 0 3u − v ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ ⇔  u = v 2 u − v u + v = 3 0 ( )( ) u + 2 uv − 3 v = 0     u = −3v  0 ≤ x ≤ 2 3u − v ≥ 0 u ≥ 0; v ≥ 0 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = 1.  x +2 =0 u = v u = v 2 − x = x  x − 1 3u − v ≥ 0 −10v ≥ 0 v ≤ 0 v = 0 x = 0 ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ (Hệ vô nghiệm).  u = −3v u = −3v u = −3v u = 0 x = 2 ( )( )  8 Từ đây đi đến kết luận hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .  3 Ví dụ 15. [Tham khảo]: Giải bất phương trình ( 35 − 12 x ) x 2 − 1 > 12 x Lời giải: Bất phương trình ⇔ 35 x 2 − 1 > 12 x(1 + x 2 − 1) Với x ∈ ( −∞; −1] là nghiệm của bất phương trình. Với x = 1 không là nghiệm. Với x ∈ (1; +∞ ) chia hai vế cho 12 x 2 − 1 ta được : x x −1 2 +x< 35 12 2 2  x   35 2 x4 2 x2  35  ⇔ + x <   ⇔ 2 + −  < 0 2 x −1 x 2 − 1  12   x −1   12  x2 25 25 25 5 5 ⇔ < ⇔ 144 x 4 − 625 x 2 + 625 < 0 ⇔ < x2 < ⇔ < x< 2 16 9 4 3 x − 1 12 5 5 5 5 Với x > 1 nên < x < Vậy bất pt có nghiệm : x ∈ ( −∞; −1] ∪  ;  4 3  4 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!